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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。
10. 高斯是世界著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的美称. 函数 $ f ( x ) = [ x ] $ 称为“高斯函数”，它的函数值表示不超过 $ x $ 的最大整数，例如，$ [ - 3.5 ] = - 4 $，$ [ 2.1 ] = 2 $，$ [ 3 ] = 3 $. 下列结论正确的是(
A.对 $ \forall x _ { 1 }, x _ { 2 } \in \mathbf { R } $，若 $ x _ { 1 } ＜ x _ { 2 } $，则 $ f ( x _ { 1 } ) \leqslant f ( x _ { 2 } ) $
B.函数 $ f ( x ) $ 是 $ \mathbf { R } $ 上的奇函数
C.对任意实数 $ m $，$ f ( 2 m ) = 2 f ( m ) $
D.对任意实数 $ m $，$ f \left( m + \frac { 1 } { 2 } \right) + f ( m ) = f ( 2 m ) $
AD
)A.对 $ \forall x _ { 1 }, x _ { 2 } \in \mathbf { R } $，若 $ x _ { 1 } ＜ x _ { 2 } $，则 $ f ( x _ { 1 } ) \leqslant f ( x _ { 2 } ) $
B.函数 $ f ( x ) $ 是 $ \mathbf { R } $ 上的奇函数
C.对任意实数 $ m $，$ f ( 2 m ) = 2 f ( m ) $
D.对任意实数 $ m $，$ f \left( m + \frac { 1 } { 2 } \right) + f ( m ) = f ( 2 m ) $
答案：
10.AD 函数的图象与性质 作出函数$f(x)$的图象（题眼）（关键：解题关键在于作出函数的图象，利用数形结合思想），
如图，由图象可知函数$f(x)$在$\mathbf{R}$上不是减函数且不具有奇偶性，故A正确，B错误；取$m = 2.8$，则$f(m)=[2.8]=2$，$f(2m)=[5.6]=5$，则$f(2m)\neq2f(m)$（技巧：选取特殊值进行判断），故C错误；①当$m=n+\alpha(n\in Z,0\leq\alpha\lt0.5)$时，则$f(m+\frac{1}{2})=[n+\alpha+0.5]=n$，$f(m)=[n+\alpha]=n$，$f(2m)=[2n + 2\alpha]=2n$，则$f(m+\frac{1}{2})+f(m)=f(2m)$成立；②当$m=n+\alpha(n\in Z,0.5\leq\alpha\lt1)$时，则$f(m+\frac{1}{2})=[n+\alpha+0.5]=n + 1$，$f(m)=[n+\alpha]=n$，$f(2m)=[2n+2\alpha]=2n + 1$，则$f(m+\frac{1}{2})+f(m)=f(2m)$成立。由①②可知对任意实数$m$，$f(m+\frac{1}{2})+f(m)=f(2m)$恒成立，故D正确，故选AD。
10.AD 函数的图象与性质 作出函数$f(x)$的图象（题眼）（关键：解题关键在于作出函数的图象，利用数形结合思想），
如图，由图象可知函数$f(x)$在$\mathbf{R}$上不是减函数且不具有奇偶性，故A正确，B错误；取$m = 2.8$，则$f(m)=[2.8]=2$，$f(2m)=[5.6]=5$，则$f(2m)\neq2f(m)$（技巧：选取特殊值进行判断），故C错误；①当$m=n+\alpha(n\in Z,0\leq\alpha\lt0.5)$时，则$f(m+\frac{1}{2})=[n+\alpha+0.5]=n$，$f(m)=[n+\alpha]=n$，$f(2m)=[2n + 2\alpha]=2n$，则$f(m+\frac{1}{2})+f(m)=f(2m)$成立；②当$m=n+\alpha(n\in Z,0.5\leq\alpha\lt1)$时，则$f(m+\frac{1}{2})=[n+\alpha+0.5]=n + 1$，$f(m)=[n+\alpha]=n$，$f(2m)=[2n+2\alpha]=2n + 1$，则$f(m+\frac{1}{2})+f(m)=f(2m)$成立。由①②可知对任意实数$m$，$f(m+\frac{1}{2})+f(m)=f(2m)$恒成立，故D正确，故选AD。
11. 已知函数 $ f ( x ) = \cos ( 2 x + \varphi ) ( 0 ＜ \varphi ＜ \pi ) $ 的图象关于直线 $ x = - \frac { 7 \pi } { 12 } $ 对称，则(
A.$ f ( 0 ) = \frac { \sqrt { 3 } } { 2 } $
B.函数 $ y = f ( x ) $ 的图象关于点 $ \left( \frac { 2 \pi } { 3 }, 0 \right) $ 对称
C.函数 $ f ( x ) $ 在区间 $ \left( \frac { 19 \pi } { 24 }, \pi \right) $ 上单调递增
D.函数 $ f ( x ) $ 在区间 $ \left[ \frac { \pi } { 12 }, \frac { 5 \pi } { 6 } \right] $ 上的值域为 $ \left[ - 1, \frac { \sqrt { 3 } } { 2 } \right] $
ABD
)A.$ f ( 0 ) = \frac { \sqrt { 3 } } { 2 } $
B.函数 $ y = f ( x ) $ 的图象关于点 $ \left( \frac { 2 \pi } { 3 }, 0 \right) $ 对称
C.函数 $ f ( x ) $ 在区间 $ \left( \frac { 19 \pi } { 24 }, \pi \right) $ 上单调递增
D.函数 $ f ( x ) $ 在区间 $ \left[ \frac { \pi } { 12 }, \frac { 5 \pi } { 6 } \right] $ 上的值域为 $ \left[ - 1, \frac { \sqrt { 3 } } { 2 } \right] $
答案：
11.ABD 三角函数的图象与性质+函数的值域
【思维导图】函数$f(x)$的图象关于直线$x = -\frac{7\pi}{12}$对称$\to\varphi\to$确定函数$f(x)$的解析式$\to$余弦函数的性质$\to$逐项判断。
$f(x)=\cos(2x+\varphi)(0\lt\varphi\lt\pi)$的图象关于直线$x = -\frac{7\pi}{12}$对称，则$f(-\frac{7\pi}{12})=\cos(-\frac{7\pi}{6}+\varphi)=\pm1$，所以$-\frac{7\pi}{6}+\varphi=k\pi(k\in Z)$，即$\varphi=\frac{7\pi}{6}+k\pi(k\in Z)$。又$0\lt\varphi\lt\pi$，所以$\varphi=\frac{\pi}{6}$，则$f(x)=\cos(2x+\frac{\pi}{6})$（题眼），所以$f(0)=\cos\frac{\pi}{6}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，故A正确；又$f(\frac{2\pi}{3})=\cos(\frac{4\pi}{3}+\frac{\pi}{6})=\cos\frac{3\pi}{2}=0$，从而$y = f(x)$的图象关于点$(\frac{2\pi}{3},0)$对称，故B正确；当$x\in(\frac{19\pi}{24},\pi)$时，$2x+\frac{\pi}{6}\in(\frac{7\pi}{4},\frac{13\pi}{6})$，又函数$y = \cos x$在$(\frac{7\pi}{4},2\pi)$上单调递增，在$(2\pi,\frac{13\pi}{6})$上单调递减，故C错误；当$x\in[\frac{\pi}{12},\frac{5\pi}{6}]$时，$2x+\frac{\pi}{6}\in[\frac{\pi}{3},\frac{11\pi}{6}]$，又函数$y = \cos x$在$[\frac{\pi}{3},\pi]$上单调递减，在$[\pi,\frac{11\pi}{6}]$上单调递增，且$\cos\frac{\pi}{3}=\frac{1}{2}$，$\cos\pi=-1$，$\cos\frac{11\pi}{6}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，所以函数$f(x)$在区间$[\frac{\pi}{12},\frac{5\pi}{6}]$上的值域为$[-1,\frac{\sqrt{3}}{2}]$（提示：利用函数的单调性求函数的值域），故D正确，故选ABD。
【思维导图】函数$f(x)$的图象关于直线$x = -\frac{7\pi}{12}$对称$\to\varphi\to$确定函数$f(x)$的解析式$\to$余弦函数的性质$\to$逐项判断。
$f(x)=\cos(2x+\varphi)(0\lt\varphi\lt\pi)$的图象关于直线$x = -\frac{7\pi}{12}$对称，则$f(-\frac{7\pi}{12})=\cos(-\frac{7\pi}{6}+\varphi)=\pm1$，所以$-\frac{7\pi}{6}+\varphi=k\pi(k\in Z)$，即$\varphi=\frac{7\pi}{6}+k\pi(k\in Z)$。又$0\lt\varphi\lt\pi$，所以$\varphi=\frac{\pi}{6}$，则$f(x)=\cos(2x+\frac{\pi}{6})$（题眼），所以$f(0)=\cos\frac{\pi}{6}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，故A正确；又$f(\frac{2\pi}{3})=\cos(\frac{4\pi}{3}+\frac{\pi}{6})=\cos\frac{3\pi}{2}=0$，从而$y = f(x)$的图象关于点$(\frac{2\pi}{3},0)$对称，故B正确；当$x\in(\frac{19\pi}{24},\pi)$时，$2x+\frac{\pi}{6}\in(\frac{7\pi}{4},\frac{13\pi}{6})$，又函数$y = \cos x$在$(\frac{7\pi}{4},2\pi)$上单调递增，在$(2\pi,\frac{13\pi}{6})$上单调递减，故C错误；当$x\in[\frac{\pi}{12},\frac{5\pi}{6}]$时，$2x+\frac{\pi}{6}\in[\frac{\pi}{3},\frac{11\pi}{6}]$，又函数$y = \cos x$在$[\frac{\pi}{3},\pi]$上单调递减，在$[\pi,\frac{11\pi}{6}]$上单调递增，且$\cos\frac{\pi}{3}=\frac{1}{2}$，$\cos\pi=-1$，$\cos\frac{11\pi}{6}=\frac{\sqrt{3}}{2}$，所以函数$f(x)$在区间$[\frac{\pi}{12},\frac{5\pi}{6}]$上的值域为$[-1,\frac{\sqrt{3}}{2}]$（提示：利用函数的单调性求函数的值域），故D正确，故选ABD。
12. 命题“$ \forall x \in \mathbf { R } $，$ \ln ( x ^ { 2 } + 1 ) ＞ 0 $”的否定是
$\exists x\in\mathbf{R},\ln(x^{2}+1)\leq0$
.
答案：
12.$\exists x\in\mathbf{R},\ln(x^{2}+1)\leq0$ 全称量词命题的否定 因为全称量词命题的否定是存在量词命题，所以$\forall x\in\mathbf{R},\ln(x^{2}+1)\gt0$的否定为$\exists x\in\mathbf{R},\ln(x^{2}+1)\leq0$。
方法技巧
含有量词的命题的否定方法：改量词，否结论。
方法技巧
含有量词的命题的否定方法：改量词，否结论。
13. 已知偶函数 $ f ( x ) $ 在 $ [ 0, + \infty ) $ 上单调递减，$ f ( - 2 ) = 0 $，若 $ f ( \log _ { 2 } m ) ＞ 0 $，则实数 $ m $ 的取值范围是
$(\frac{1}{4},4)$
.
答案：
13.$(\frac{1}{4},4)$ 函数的单调性与奇偶性
【思维导图】已知条件$\to f(\log_{2}m)\gt f(-2)\to f(|\log_{2}m|)\gt f(|-2|)=f(2)\to$单调性$\to|\log_{2}m|\lt2\to m$的取值范围。
因为$f(\log_{2}m)\gt0$，所以$f(\log_{2}m)\gt f(-2)$（关键：将不等式转化为函数值的大小关系）。又$f(x)$是偶函数，所以$f(|\log_{2}m|)\gt f(|-2|)=f(2)$（题眼）。因为函数$f(x)$在$[0,+\infty)$上单调递减，所以$|\log_{2}m|\lt2$，即$-2\lt\log_{2}m\lt2$，解得$\frac{1}{4}\lt m\lt4$，故实数$m$的取值范围是$(\frac{1}{4},4)$。
【思维导图】已知条件$\to f(\log_{2}m)\gt f(-2)\to f(|\log_{2}m|)\gt f(|-2|)=f(2)\to$单调性$\to|\log_{2}m|\lt2\to m$的取值范围。
因为$f(\log_{2}m)\gt0$，所以$f(\log_{2}m)\gt f(-2)$（关键：将不等式转化为函数值的大小关系）。又$f(x)$是偶函数，所以$f(|\log_{2}m|)\gt f(|-2|)=f(2)$（题眼）。因为函数$f(x)$在$[0,+\infty)$上单调递减，所以$|\log_{2}m|\lt2$，即$-2\lt\log_{2}m\lt2$，解得$\frac{1}{4}\lt m\lt4$，故实数$m$的取值范围是$(\frac{1}{4},4)$。
14. 已知函数 $ f ( x ) = 2 \sin \left( 2 x + \frac { \pi } { 3 } \right) - \sqrt { 3 } $，区间 $ [ a, b ] ( a, b \in \mathbf { R } $ 且 $ a ＜ b ) $ 满足：$ y = f ( x ) $ 在区间 $ [ a, b ] $ 内至少含有 $ 20 $ 个零点，在所有满足此条件的区间 $ [ a, b ] $ 中，$ b - a $ 的最小值为
$\frac{55\pi}{6}$
.
答案：
14.$\frac{55\pi}{6}$ 三角函数的图象与性质+函数的零点
【思维导图】令$f(x)=0\to\sin(2x+\frac{\pi}{3})=\frac{\sqrt{3}}{2}\to x\to f(x)$的零点间隔依次是$\frac{\pi}{6}$和$\frac{5\pi}{6}\to b - a$的最小值。
$f(x)=2\sin(2x+\frac{\pi}{3})-\sqrt{3}$，由$f(x)=0$，得$\sin(2x+\frac{\pi}{3})=\frac{\sqrt{3}}{2}$，则$2x+\frac{\pi}{3}=\frac{\pi}{3}+2k\pi$或$2x+\frac{\pi}{3}=\frac{2\pi}{3}+2k\pi(k\in Z)$，所以$x=k\pi$或$x=\frac{\pi}{6}+k\pi(k\in Z)$，从而$f(x)$的零点间隔依次为$\frac{\pi}{6}$和$\frac{5\pi}{6}$（题眼）（关键：解题关键在于求出相邻的两个零点的间隔）。因为$y = f(x)$在$[a,b]$内至少含有$20$个零点，所以$b - a$的最小值为$10×\frac{\pi}{6}+9×\frac{5\pi}{6}=\frac{55\pi}{6}$。
【思维导图】令$f(x)=0\to\sin(2x+\frac{\pi}{3})=\frac{\sqrt{3}}{2}\to x\to f(x)$的零点间隔依次是$\frac{\pi}{6}$和$\frac{5\pi}{6}\to b - a$的最小值。
$f(x)=2\sin(2x+\frac{\pi}{3})-\sqrt{3}$，由$f(x)=0$，得$\sin(2x+\frac{\pi}{3})=\frac{\sqrt{3}}{2}$，则$2x+\frac{\pi}{3}=\frac{\pi}{3}+2k\pi$或$2x+\frac{\pi}{3}=\frac{2\pi}{3}+2k\pi(k\in Z)$，所以$x=k\pi$或$x=\frac{\pi}{6}+k\pi(k\in Z)$，从而$f(x)$的零点间隔依次为$\frac{\pi}{6}$和$\frac{5\pi}{6}$（题眼）（关键：解题关键在于求出相邻的两个零点的间隔）。因为$y = f(x)$在$[a,b]$内至少含有$20$个零点，所以$b - a$的最小值为$10×\frac{\pi}{6}+9×\frac{5\pi}{6}=\frac{55\pi}{6}$。
15. (13 分)
已知函数 $ f ( x ) = x ^ { 2 } + ( k + 2 ) x + k + 2 $，设集合 $ A = \{ x | 1 ＜ 2 ^ { x } ＜ 2 \} $，集合 $ B = \{ x | f ( x ) ＜ 0 \} $.
(Ⅰ) 若 $ B = \varnothing $，求实数 $ k $ 的取值范围；
(Ⅱ) 若“$ x \in A $”是“$ x \in B $”的充分条件，求实数 $ k $ 的取值范围.
已知函数 $ f ( x ) = x ^ { 2 } + ( k + 2 ) x + k + 2 $，设集合 $ A = \{ x | 1 ＜ 2 ^ { x } ＜ 2 \} $，集合 $ B = \{ x | f ( x ) ＜ 0 \} $.
(Ⅰ) 若 $ B = \varnothing $，求实数 $ k $ 的取值范围；
(Ⅱ) 若“$ x \in A $”是“$ x \in B $”的充分条件，求实数 $ k $ 的取值范围.
答案：
15.(Ⅰ)$[-2,2]$ (Ⅱ)$(-\infty,-\frac{5}{2}]$
充分条件+集合的包含关系
解：(Ⅰ)因为$B = \{x|f(x)\lt0\}=\varnothing$，
所以$f(x)=x^{2}+(k + 2)x + k + 2\geq0$恒成立（题眼），
所以$\Delta=(k + 2)^{2}-4(k + 2)=k^{2}-4\leq0$，
解得$-2\leq k\leq2$，
即实数$k$的取值范围是$[-2,2]$。（6分）
(Ⅱ)因为$A = \{x|1\lt2^{x}\lt2\}=(0,1)$，
又“$x\in A$是“$x\in B$”的充分条件，则$A\subseteq B$，
所以$\begin{cases}f(1)=1 + k + 2 + k + 2\leq0\\f(0)=k + 2\leq0\end{cases}$
解得$k\leq-\frac{5}{2}$，
即实数$k$的取值范围是$(-\infty,-\frac{5}{2}]$。（13分）
方法技巧
从集合角度看充分条件与必要条件：
记$p:A = \{x|p(x)\},q:B = \{x|q(x)\}$
关系$A\subseteq B$ $B\subseteq A$ $A = B$ $A\subsetneqq B$且$B\subsetneqq A$
$p$是$q$的 $p$是$q$的 $p,q$互为 $p$是$q$的既不充
结论 充分不必要条件 必要不充分条件 充要条件 分也不必要条件
其中$A\subseteq B\Leftrightarrow p$是$q$的充分条件。
充分条件+集合的包含关系
解：(Ⅰ)因为$B = \{x|f(x)\lt0\}=\varnothing$，
所以$f(x)=x^{2}+(k + 2)x + k + 2\geq0$恒成立（题眼），
所以$\Delta=(k + 2)^{2}-4(k + 2)=k^{2}-4\leq0$，
解得$-2\leq k\leq2$，
即实数$k$的取值范围是$[-2,2]$。（6分）
(Ⅱ)因为$A = \{x|1\lt2^{x}\lt2\}=(0,1)$，
又“$x\in A$是“$x\in B$”的充分条件，则$A\subseteq B$，
所以$\begin{cases}f(1)=1 + k + 2 + k + 2\leq0\\f(0)=k + 2\leq0\end{cases}$
解得$k\leq-\frac{5}{2}$，
即实数$k$的取值范围是$(-\infty,-\frac{5}{2}]$。（13分）
方法技巧
从集合角度看充分条件与必要条件：
记$p:A = \{x|p(x)\},q:B = \{x|q(x)\}$
关系$A\subseteq B$ $B\subseteq A$ $A = B$ $A\subsetneqq B$且$B\subsetneqq A$
$p$是$q$的 $p$是$q$的 $p,q$互为 $p$是$q$的既不充
结论 充分不必要条件 必要不充分条件 充要条件 分也不必要条件
其中$A\subseteq B\Leftrightarrow p$是$q$的充分条件。
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