搜索
2025年天利38套高中名校期中期末联考测试卷高中数学必修第一册人教版
注：目前有些书本章节名称可能整理的还不是很完善，但都是按照顺序排列的，请同学们按照顺序仔细查找。练习册 2025年天利38套高中名校期中期末联考测试卷高中数学必修第一册人教版 答案主要是用来给同学们做完题方便对答案用的，请勿直接抄袭。
9. 对于实数$a$,$b$,$c$,下列结论正确的是(
A.若$a\lt b\lt0$,则$\dfrac{1}{a}\gt\dfrac{1}{b}$
B.若$0\gt a\gt b$,则$a^{2}\gt b^{2}$
C.若$c\gt a\gt b$,则$\dfrac{a}{c - a}\lt\dfrac{b}{c - b}$
D.若$a\gt b\gt0$,$c\gt0$,则$\dfrac{b + c}{a + c}\gt\dfrac{b}{a}$
AD
)A.若$a\lt b\lt0$,则$\dfrac{1}{a}\gt\dfrac{1}{b}$
B.若$0\gt a\gt b$,则$a^{2}\gt b^{2}$
C.若$c\gt a\gt b$,则$\dfrac{a}{c - a}\lt\dfrac{b}{c - b}$
D.若$a\gt b\gt0$,$c\gt0$,则$\dfrac{b + c}{a + c}\gt\dfrac{b}{a}$
答案：
9.AD 不等式的性质 对于 A，由 $a＜b＜0$ 可得 $\frac{1}{a}＞\frac{1}{b}$，所以 A 正确；对于 B，由 $0＞a＞b$ 可得 $a^2＜b^2$，所以 B 错误；对于 C，因为 $c＞a＞b$，所以 $c - b＞c - a＞0$，所以 $\frac{1}{c - a}＞\frac{1}{c - b}$，若 $a＞0＞b$，则 $\frac{a}{c - a}＞\frac{b}{c - b}$，所以 C 错误；对于 D，$\frac{b + c}{a + c}-\frac{b}{a}=\frac{a(b + c)-b(a + c)}{a(a + c)}=\frac{c(a - b)}{a(a + c)}$。因为 $a＞b＞0,c＞0$，所以 $\frac{c(a - b)}{a(a + c)}＞0$，即有 $\frac{b + c}{a + c}＞\frac{b}{a}$（方法：利用作差法比较大小），所以 D 正确，故选 AD.
10. 已知函数$f(x)=\sin(\omega x+\varphi)(\omega\gt0,\vert\varphi\vert\lt\dfrac{\pi}{2})$,$x = -\dfrac{\pi}{8}$为$f(x)$的零点,对任意$x\in\mathbf{R}$,$f(x)\leqslant\left\vert f\left(\dfrac{3\pi}{8}\right)\right\vert$恒成立,且$f(x)$在区间$\left(-\dfrac{\pi}{12},\dfrac{\pi}{24}\right)$上单调,则下列结论正确的是(
A.$\omega$是奇数
B.$\omega$的最大值为 7
C.不存在$\varphi$,使得$f(x)$是偶函数
D.$f(0)=f\left(\dfrac{3\pi}{4}\right)$
ACD
)A.$\omega$是奇数
B.$\omega$的最大值为 7
C.不存在$\varphi$,使得$f(x)$是偶函数
D.$f(0)=f\left(\dfrac{3\pi}{4}\right)$
答案：
10.ACD 三角函数的图象与性质 因为函数 $f(x)=\sin(\omega x+\varphi)$，所以当 $\varphi=\pm\frac{\pi}{2}$ 时，函数 $f(x)$ 为偶函数。又因为 $|\varphi|＜\frac{\pi}{2}$，所以不存在 $\varphi=\pm\frac{\pi}{2}$，使得函数 $f(x)$ 是偶函数，所以 C 正确；因为对于任意 $x\in\mathbf{R},f(x)\leq|f(\frac{3\pi}{8})|$ 恒成立，所以可知函数 $f(x)$ 的图象关于直线 $x=\frac{3\pi}{8}$ 对称（题眼），所以有 $f(0)=f(\frac{3\pi}{4})$ 成立，所以 D 正确；因为 $x=-\frac{\pi}{8}$ 是函数 $f(x)$ 的一个零点，直线 $x=\frac{3\pi}{8}$ 是函数 $f(x)$ 图象的一条对称轴，零点与对称轴之间的距离等于四分之一个周期的奇数倍，所以通过计算易知 $\omega$ 为奇数，所以 A 正确；因为函数 $f(x)$ 在 $(-\frac{\pi}{12},\frac{\pi}{24})$ 上单调，所以 $\frac{2\pi}{\omega}\geq2(\frac{\pi}{24}+\frac{\pi}{12})=\frac{\pi}{4}$（提示：单调区间不超过半个周期），所以 $\omega\leq8$。因为 $\omega$ 为奇数，$\omega＞0$，所以可取 $\omega=1,3,5,7$，若取 $\omega=7$，结合 $x=-\frac{\pi}{8}$ 是零点，可得 $\sin(-\frac{7\pi}{8}+\varphi)=0$。又因为 $|\varphi|＜\frac{\pi}{2}$，所以 $\varphi=-\frac{\pi}{8}$，此时 $f(x)=\sin(7x-\frac{\pi}{8})$，令 $-\frac{\pi}{2}\leq7x-\frac{\pi}{8}\leq\frac{\pi}{2}$，解得 $-\frac{3\pi}{56}\leq x\leq\frac{5\pi}{56}$。因为 $-\frac{3\pi}{56}-(-\frac{\pi}{12})＞0$，所以可知此时函数 $f(x)$ 在 $(-\frac{\pi}{12},\frac{\pi}{24})$ 上不单调，所以 $\omega\neq7$，所以 B 错误，故选 ACD.
11. 已知函数$f(x)=\ln x + x - 2$,$g(x)=e^{x}+x - 2$(其中$e$为自然对数的底数),设$m$,$n$分别为$f(x)$,$g(x)$的零点,则下列结论正确的是(
A.$m^{2}+n^{2}\lt3$
B.$m^{3}+n^{3}\gt3$
C.$e^{n}+\ln m\gt2$
D.$e^{m}+\ln n\gt3$
ABD
)A.$m^{2}+n^{2}\lt3$
B.$m^{3}+n^{3}\gt3$
C.$e^{n}+\ln m\gt2$
D.$e^{m}+\ln n\gt3$
答案：
11.ABD 函数的图象与性质+零点存在定理+不等式的性质
【思维导图】将函数零点转化为图象交点的横坐标 $\to m + n = 2$ $\begin{cases} 零点存在定理 \to 确定 m,n 的取值范围 \to 代入各选项判断不等式是否成立 \to 得解. \end{cases}$
因为函数 $f(x)=\ln x+x - 2$ 与 $g(x)=e^x+x - 2$ 的零点分别为 $m,n$，所以可知 $m$ 为 $y=\ln x$ 与 $y = 2 - x$ 的图象交点横坐标，$n$ 为 $y = e^x$ 与 $y = 2 - x$ 的图象交点横坐标（方法：利用函数与方程思想转化函数的零点为图象的交点横坐标）。
因为 $y=\ln x$ 与 $y = e^x$ 的图象关于直线 $y = x$ 对称，所以 $m + n = 2$（题眼）。对于 A，因为 $g(0.4)=e^{0.4}+0.4 - A＜0$，$g(0.5)=e^{0.5}+0.5 - 2＞0$，所以 $0.4＜n＜0.5$（提示：零点存在定理），同理可得 $1.5＜m＜1.6$，所以 $m^2+n^2＜2.81＜3$，所以 A 正确；对于 B，$m^3+n^3＞1.5^3+0.4^3＞3$，所以 B 正确；对于 C，因为 $\ln m+m - 2=0$，$e^n+n - 2=0$，所以 $e^n+\ln m+m + n - 4=0$，所以 $e^n+\ln m=2$，所以 C 错误；对于 D，结合 A 分析可知，$e^n+\ln n＞e^{1.5}+\ln0.4＞3$，所以 D 正确，故选 ABD.
【思维导图】将函数零点转化为图象交点的横坐标 $\to m + n = 2$ $\begin{cases} 零点存在定理 \to 确定 m,n 的取值范围 \to 代入各选项判断不等式是否成立 \to 得解. \end{cases}$
因为函数 $f(x)=\ln x+x - 2$ 与 $g(x)=e^x+x - 2$ 的零点分别为 $m,n$，所以可知 $m$ 为 $y=\ln x$ 与 $y = 2 - x$ 的图象交点横坐标，$n$ 为 $y = e^x$ 与 $y = 2 - x$ 的图象交点横坐标（方法：利用函数与方程思想转化函数的零点为图象的交点横坐标）。
因为 $y=\ln x$ 与 $y = e^x$ 的图象关于直线 $y = x$ 对称，所以 $m + n = 2$（题眼）。对于 A，因为 $g(0.4)=e^{0.4}+0.4 - A＜0$，$g(0.5)=e^{0.5}+0.5 - 2＞0$，所以 $0.4＜n＜0.5$（提示：零点存在定理），同理可得 $1.5＜m＜1.6$，所以 $m^2+n^2＜2.81＜3$，所以 A 正确；对于 B，$m^3+n^3＞1.5^3+0.4^3＞3$，所以 B 正确；对于 C，因为 $\ln m+m - 2=0$，$e^n+n - 2=0$，所以 $e^n+\ln m+m + n - 4=0$，所以 $e^n+\ln m=2$，所以 C 错误；对于 D，结合 A 分析可知，$e^n+\ln n＞e^{1.5}+\ln0.4＞3$，所以 D 正确，故选 ABD.
12. 函数$y = \lg(1 + \tan x)$的定义域为___.
答案：
12.$(-\frac{\pi}{4}+k\pi,\frac{\pi}{2}+k\pi),k\in\mathbf{Z}$ 对数函数的定义域+正切函数的性质 由题可得 $1+\tan x＞0$，即 $\tan x＞-1$，解得 $-\frac{\pi}{4}+k\pi＜x＜\frac{\pi}{2}+k\pi(k\in\mathbf{Z})$，所以该函数的定义域为 $(-\frac{\pi}{4}+k\pi,\frac{\pi}{2}+k\pi),k\in\mathbf{Z}$.
13. 已知函数$f(x)=\sqrt{3}\sin\left(\omega x+\dfrac{\pi}{4}\right)(\omega\gt0)$在区间$[0,1]$上恰有三个最大值点,则$\omega$的取值范围为
$[\frac{17\pi}{4},\frac{25\pi}{4})$
.
答案：
13.$[\frac{17\pi}{4},\frac{25\pi}{4})$ 三角函数的图象与性质 由题可得，令 $f(x)=\sqrt{3}\sin(\omega x+\frac{\pi}{4})=\sqrt{3}$，则有 $\omega x+\frac{\pi}{4}=\frac{\pi}{2}+2k\pi,k\in\mathbf{Z}$，解得 $x=\frac{\frac{\pi}{4}}{\omega}+\frac{2k\pi}{\omega},k\in\mathbf{Z}$（方法：整体法求得三角函数取最大值时的自变量取值）。因为该函数在 $[0,1]$ 上恰有三个最大值点（题眼），所以可知最大值点依次为 $\frac{\pi}{4\omega},\frac{9\pi}{4\omega},\frac{17\pi}{4\omega}$，所以满足 $\frac{17\pi}{4\omega}\leq1＜\frac{25\pi}{4\omega}$，解得 $\omega\in[\frac{17\pi}{4},\frac{25\pi}{4})$.
14. 已知函数$f(x)=-x^{2}-a$,$g(x)=x\vert x - a\vert$,方程$f(x)=g(x)$恰有两个不相等的实数根$x_{1}$,$x_{2}(x_{1}\lt x_{2})$,设$x_{2}=tx_{1}$,则实数$t$的取值范围是
$[-\frac{1}{2},0)$
.
答案：
14.$[-\frac{1}{2},0)$ 分段函数+函数零点
【思维导图】构造函数 $h(x)=f(x)-g(x)\to$ 对 $a$ 分类讨论 $\to$ 建立不等式 $\to$ 实数 $t$ 的取值范围.
由题可得，令 $h(x)=f(x)-g(x)=\begin{cases}-2x^2 + ax - a,x\geq a \\ -ax - a,x ＜ a\end{cases}$，则函数 $h(x)$ 有两个不同的零点（题眼）。当 $a＞0$ 时，函数 $y=-2x^2+ax - a$ 的图象开口向下，对称轴为直线 $x=\frac{a}{4}＜a$，所以 $h(x)$ 在 $[a,+\infty)$ 上单调递减，且 $h(a)=-a^2 - a＜0$，所以函数 $h(x)$ 在 $[a,+\infty)$ 内无零点，因为 $h(-1)=0$，所以此时函数只有一个零点，不符合题意；当 $a = 0$，则 $h(x)=\begin{cases}-2x^2,x\geq0 \\ 0,x＜0\end{cases}$ 不符合题意；当 $a=-1$ 时，$h(x)=\begin{cases}-2x^2 - x + 1,x\geq -1 \\ x + 1,x ＜ -1\end{cases}$ 此时函数有两个零点 $x_1=-1,x_2=\frac{1}{2}$，符合条件，此时 $t=-\frac{1}{2}$；当 $-1＜a＜0$ 时，当 $x＜a$ 时，由 $h(x)=0$ 可得 $x=-1$，当 $x\geq a$ 时，由 $h(x)=0$ 可得 $x=\frac{a\pm\sqrt{a^2 - 8a}}{4}$，因为 $\frac{a - \sqrt{a^2 - 8a}}{4}＜a$，所以可知 $h(x)=0$ 有两个根，分别为 $x_1=-1,x_2=\frac{a + \sqrt{a^2 - 8a}}{4}＞a$，所以 $t=-x_2=-\frac{a + \sqrt{a^2 - 8a}}{4}$，由 $(2 - a)^2-(a^2 - 8a)=4 + 4a＞0$ 可知 $(2 - a)^2＞a^2 - 8a$，所以 $a+\sqrt{a^2 - 8a}＜2$（方法：通过构建不等式，说明零点的位置），所以 $0＜\frac{a + \sqrt{a^2 - 8a}}{4}＜\frac{1}{2}$，从而有 $-\frac{1}{2}＜t＜0$；当 $a＜-1$ 时，函数 $h(x)$ 在 $(-\infty,a)$ 上单调递增，当 $x＜a$ 时，$h(x)＜h(a)=-a(a + 1)＜0$，当 $x\geq a$ 时，$h(0)=-a＞0$，方程 $-2x^2+ax - a=0$ 有两个根 $x_1,x_2$，且 $x_1+x_2=\frac{a}{2}$，$x_1x_2=\frac{a}{2}$。因为 $x_2=tx_1$，所以可得 $\frac{(t + 1)^2}{t}=\frac{a}{2}＜-\frac{1}{2}$，可知 $t＜0$，且该不等式可转化为 $(2t + 1)(t + 2)＞0$，解得 $-\frac{1}{2}＜t＜0$ 或 $t＜-2$。又由 $h(1)=-2＜0,h(-1)=-2 - 2a＞0$ 可知 $x_1＜-1,0＜x_2＜1$，所以 $t＞-1$，从而 $-\frac{1}{2}＜t＜0$。综上可知，实数 $t$ 的取值范围是 $[-\frac{1}{2},0)$.
【思维导图】构造函数 $h(x)=f(x)-g(x)\to$ 对 $a$ 分类讨论 $\to$ 建立不等式 $\to$ 实数 $t$ 的取值范围.
由题可得，令 $h(x)=f(x)-g(x)=\begin{cases}-2x^2 + ax - a,x\geq a \\ -ax - a,x ＜ a\end{cases}$，则函数 $h(x)$ 有两个不同的零点（题眼）。当 $a＞0$ 时，函数 $y=-2x^2+ax - a$ 的图象开口向下，对称轴为直线 $x=\frac{a}{4}＜a$，所以 $h(x)$ 在 $[a,+\infty)$ 上单调递减，且 $h(a)=-a^2 - a＜0$，所以函数 $h(x)$ 在 $[a,+\infty)$ 内无零点，因为 $h(-1)=0$，所以此时函数只有一个零点，不符合题意；当 $a = 0$，则 $h(x)=\begin{cases}-2x^2,x\geq0 \\ 0,x＜0\end{cases}$ 不符合题意；当 $a=-1$ 时，$h(x)=\begin{cases}-2x^2 - x + 1,x\geq -1 \\ x + 1,x ＜ -1\end{cases}$ 此时函数有两个零点 $x_1=-1,x_2=\frac{1}{2}$，符合条件，此时 $t=-\frac{1}{2}$；当 $-1＜a＜0$ 时，当 $x＜a$ 时，由 $h(x)=0$ 可得 $x=-1$，当 $x\geq a$ 时，由 $h(x)=0$ 可得 $x=\frac{a\pm\sqrt{a^2 - 8a}}{4}$，因为 $\frac{a - \sqrt{a^2 - 8a}}{4}＜a$，所以可知 $h(x)=0$ 有两个根，分别为 $x_1=-1,x_2=\frac{a + \sqrt{a^2 - 8a}}{4}＞a$，所以 $t=-x_2=-\frac{a + \sqrt{a^2 - 8a}}{4}$，由 $(2 - a)^2-(a^2 - 8a)=4 + 4a＞0$ 可知 $(2 - a)^2＞a^2 - 8a$，所以 $a+\sqrt{a^2 - 8a}＜2$（方法：通过构建不等式，说明零点的位置），所以 $0＜\frac{a + \sqrt{a^2 - 8a}}{4}＜\frac{1}{2}$，从而有 $-\frac{1}{2}＜t＜0$；当 $a＜-1$ 时，函数 $h(x)$ 在 $(-\infty,a)$ 上单调递增，当 $x＜a$ 时，$h(x)＜h(a)=-a(a + 1)＜0$，当 $x\geq a$ 时，$h(0)=-a＞0$，方程 $-2x^2+ax - a=0$ 有两个根 $x_1,x_2$，且 $x_1+x_2=\frac{a}{2}$，$x_1x_2=\frac{a}{2}$。因为 $x_2=tx_1$，所以可得 $\frac{(t + 1)^2}{t}=\frac{a}{2}＜-\frac{1}{2}$，可知 $t＜0$，且该不等式可转化为 $(2t + 1)(t + 2)＞0$，解得 $-\frac{1}{2}＜t＜0$ 或 $t＜-2$。又由 $h(1)=-2＜0,h(-1)=-2 - 2a＞0$ 可知 $x_1＜-1,0＜x_2＜1$，所以 $t＞-1$，从而 $-\frac{1}{2}＜t＜0$。综上可知，实数 $t$ 的取值范围是 $[-\frac{1}{2},0)$.
15. (13 分)
已知$f(\alpha)=\dfrac{\sin(\pi-\alpha)\cos(2\pi-\alpha)\sin\left(\dfrac{3\pi}{2}-\alpha\right)}{\cos(\pi+\alpha)\cos\left(\dfrac{7\pi}{2}-\alpha\right)}$.
(Ⅰ)化简$f(\alpha)$;
(Ⅱ)若$\theta$是第三象限角,且$f\left(\theta+\dfrac{\pi}{4}\right)=\dfrac{3}{5}$,求$f\left(\theta-\dfrac{\pi}{4}\right)$的值.
已知$f(\alpha)=\dfrac{\sin(\pi-\alpha)\cos(2\pi-\alpha)\sin\left(\dfrac{3\pi}{2}-\alpha\right)}{\cos(\pi+\alpha)\cos\left(\dfrac{7\pi}{2}-\alpha\right)}$.
(Ⅰ)化简$f(\alpha)$;
(Ⅱ)若$\theta$是第三象限角,且$f\left(\theta+\dfrac{\pi}{4}\right)=\dfrac{3}{5}$,求$f\left(\theta-\dfrac{\pi}{4}\right)$的值.
答案：
15.(Ⅰ)$-\cos\alpha$ (Ⅱ)$\frac{4}{5}$
诱导公式+同角三角函数的基本关系
解：(Ⅰ)$f(\alpha)=\frac{\sin\alpha\cos\alpha(-\cos\alpha)}{(-\cos\alpha)(-\sin\alpha)}=-\cos\alpha$. (4 分)
(Ⅱ)因为 $f(\alpha)=-\cos\alpha,f(\theta+\frac{\pi}{4})=\frac{3}{5}$，所以 $\cos(\theta+\frac{\pi}{4})=-\frac{3}{5}$。
又因为 $\theta$ 是第三象限角，所以 $\theta+\frac{\pi}{4}$ 为第三象限角，所以 $\sin(\theta+\frac{\pi}{4})=-\sqrt{1-\cos^2(\theta+\frac{\pi}{4})}=-\frac{4}{5}$（题眼）（提示：角的终边在坐标系内的位置决定了其相关三角函数值的符号），故 $f(\theta-\frac{\pi}{4})=-\cos(\theta-\frac{\pi}{4})=-\cos[\frac{\pi}{2}-(\theta+\frac{\pi}{4})]=-\sin(\theta+\frac{\pi}{4})=\frac{4}{5}$ (13 分)
诱导公式+同角三角函数的基本关系
解：(Ⅰ)$f(\alpha)=\frac{\sin\alpha\cos\alpha(-\cos\alpha)}{(-\cos\alpha)(-\sin\alpha)}=-\cos\alpha$. (4 分)
(Ⅱ)因为 $f(\alpha)=-\cos\alpha,f(\theta+\frac{\pi}{4})=\frac{3}{5}$，所以 $\cos(\theta+\frac{\pi}{4})=-\frac{3}{5}$。
又因为 $\theta$ 是第三象限角，所以 $\theta+\frac{\pi}{4}$ 为第三象限角，所以 $\sin(\theta+\frac{\pi}{4})=-\sqrt{1-\cos^2(\theta+\frac{\pi}{4})}=-\frac{4}{5}$（题眼）（提示：角的终边在坐标系内的位置决定了其相关三角函数值的符号），故 $f(\theta-\frac{\pi}{4})=-\cos(\theta-\frac{\pi}{4})=-\cos[\frac{\pi}{2}-(\theta+\frac{\pi}{4})]=-\sin(\theta+\frac{\pi}{4})=\frac{4}{5}$ (13 分)
查看更多完整答案，请扫码查看
