湖北省随州市随县一中曾都一中2025-2026学年高一上学期12月联考（实验班）数学试卷（Word版附解析）

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时间:2025-12-16
一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知集合，，则的子集个数为（ ）
A 2B. 4C. 8D. 16
【答案】C
【解析】
【分析】利用列举法表示集合，求出函数定义域化简集合，再利用交集的定义求解.
【详解】集合，，
所以集合的子集个数为.
故选：C
2. 某同学在研究函数时，分别给出下面四个结论，其中正确的结论是（ ）
A. 函数是奇函数B. 函数的值域是
C. 函数在R上增函数D. 方程有实根
【答案】D
【解析】
【分析】由函数的奇偶性，单调性等对选项逐一判断
【详解】对于A，，故是偶函数，，不是奇函数，故A错误，
对于B，当时，，由对勾函数性质知，
而是偶函数，的值域是，故B错误，
对于C，当时，，由对勾函数性质知在上单调递增，
而是偶函数，故在上单调递减，故C错误，
对于D，当时，，即，解得，故D正确，
故选：D
3. 若命题：“，”.使命题为假命题的一个必要不充分条件是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由命题为真求出的范围，再结合选项求出命题为假命题的必要不充分条件.
【详解】，，而，当且仅当时取等号，则，
因此命题，命题为假命题时，，
由给定的选项知，集合真包含于集合，
所以使命题为假命题的一个必要不充分条件是.
故选：A
4. 在平面直角坐标系中，函数且的图象恒过定点，若角的终边过点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出点,利用倍角公式可求答案.
【详解】因为函数且的图象恒过定点，所以；
因为角的终边过点，所以，
所以.
故选：C
5. 《九章算术》是中国古代的数学名著，其中《方田》一章给出了弧田面积的计算方法．弧田是由圆弧和其对弦围成的图形，如图中阴影部分所示．若弧田所在圆的半径为，为圆心，弦的长是3，则弧田的面积是（ ）

A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用余弦定理得到，再利用扇形面积公式与三角形面积公式即可得解.
【详解】依题意，，，
所以，
因为，所以，
故的弧长为，
则扇形的面积为，的面积为，
所以弧田的面积为．
故选：D.
6. 已知，，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据已知求得，，结合求值即可.
【详解】由题设，，又，，
所以，，
又.
故选：D
7. 函数的零点的个数是（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】将零点问题转化为交点问题，作图求解即可.
【详解】令，故，即的零点个数为与的交点个数，
显然在单调递增，的周期为，且当时，，
故此时两个函数无交点，作出图像如下图，
由图像得共有个交点，故有个零点，即C正确.
故选：C
8. 已知函数.若为奇函数，为偶函数，且在上没有最小值，则的最大值是（ ）
A. 2B. 6C. 10D. 14
【答案】B
【解析】
【分析】根据函数的奇偶性求出，再由在上没有最小值，求出答案.
【详解】由题意知，
因为为奇函数，所以，
，
因为为偶函数，所以，
相加得，
又因为，所以，
当代入得，即，
代入得，即，即；
当代入得，即，
代入得，即，即；
因为 在上没有最小值，
设，则，所以，的最大值是6.
故选：B
【点睛】关键点点睛：本题求解的关键有两个：一是利用奇偶性求出及的表达式；二是利用区间上没有最小值可求的不等关系.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 已知，，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】对于A：利用基本不等式判断为正确；对于B：利用“1”的妙用判断为错误；对于C：根据指数函数单调性分析判断；对于D：利用基本不等式结合对数函数单调性分析判断.
【详解】因为，，且，
对于选项A：因为，当且仅当时，等号成立，故A正确；
对于选项B：，
当且仅当，即时，等号成立，
且，故B错误；
对于选项C：由题意可知：，
则，
且在上单调递增，可得，故C错误；
对于选项D：因为，当且仅当时，等号成立，所以，
且在上单调递增，
所以，故D正确；
故选：AD.
10. 下列命题中正确的有（ ）
A. 幂函数，且在单调递减，则
B. 的单调递增区间是
C. 定义域为，则
D. 的值域是
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A：根据幂函数的概念和性质解答；对于B：先求出定义域后即可判断；对于C：验证，对于，求即可；对于D：利用换元法求函数值域.
【详解】对于A：，解得，正确；
对于B：由得的定义域为，故单调区间不可能为，错误；
对于C：当时，，定义域为，当时，对于，其，解得，综合，正确；
对于D：令，则，且，
则，由二次函数的性质可得，正确.
故选：ACD.
11. 已知定义域为R的函数在上单调递减，，且图象关于对称，则（ ）
A. B. 的周期
C. 在上单调递增D. 满足
【答案】AC
【解析】
【分析】根据条件，研究函数的性质，逐项判断即可.
【详解】在中，令，可得，
又，所以函数的图象关于直线成轴对称，所以.
由函数的图象关于点对称，所以.
所以.
用代替，可得，
再用代替，可得，
所以，所以函数是以为周期周期函数，
因为，所以不是函数的周期.故B错误；
因为，且，所以，故A正确；
设，则，
因为在上单调递减，所以，
又，，所以，所以函数在上单调递增.故C正确；
又，，.
在中，令得：，
因为函数周期为，所以，由A选项可得，.
在中，令，可得.
又，但根据题意，函数在上单调递减，而非在上单调递减，
所以的符号无法确定，故与的大小无法确定.故D错误.
故选：AC
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 求不等式的解集为______.
【答案】或
【解析】
【分析】根据题意求解不等式即可.
【详解】由题意可得或，
解得或
则不等式的解集为或.
故答案为：或.
13. 已知，则______．
【答案】##.
【解析】
【分析】由题意求出，将要求的式子化简为，求解即可.
【详解】分子分母同除得，，
解得：，
所以.
故答案为：
14. 我们知道，设函数的定义域为I，如果对任意，都有，且，那么函数的图象关于点成中心对称图形．若函数的图象关于点成中心对称图形，则实数c的值为__________；若，则实数t的取值范围是__________．
【答案】 ①. 2 ②.
【解析】
【分析】（1）根据题意可得即可求出c的值；（2）根据解析式判断函数的单调性，并根据不等式得，利用函数的对称性和单调性即可求解不等式.
【详解】因为函数的图象关于点成中心对称图形，
所以，
即，
即，所以，
所以在定义域上单调递减，
令，
因为函数的图象关于点成中心对称，
所以的图象关于对称，
且单调递减，
因为，即，
即，也即，
所以则解得或，
故实数t的取值范围是.
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. （1）计算：；
（2）化简：.
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】（1）根据指数幂和对数的运算法则计算；
（2）先切化弦，再根据三角公式进行化简.
【详解】（1）原式.
（2）原式
.
16. 已知函数
（1）求的值；
（2）求函数的递增区间；
（3）求函数在区间上的值域．
【答案】（1）
（2）,
（3）
【解析】
【分析】（1）直接利用三角函数的恒等变换，把三角函数变形成正弦型函数，即可得的值；
（2）根据正弦型三角函数的性质列不等式求解单调增区间即可；
（3）根据（2）确定函数在区间上的单调性，求值即可得函数的值域．
小问1详解】
则；
【小问2详解】
令：，
解得
的单调递增区间为：,；
【小问3详解】
由（2）可得，函数在区间上单调递增
，
在区间上的值域为：．
17. 摩天轮是一种大型转轮状的机械游乐设施，游客坐在摩天轮的座舱里慢慢地往上旋转，可以从高处俯瞰四周景色.如图该摩天轮最高点距离地面高度为，转盘直径为，开启时按逆时针方向匀速旋转，游客在座舱转到距离地面最近的位置进舱，转一周需要.
（1）以轴心为原点，与地面平行的直线为轴，所在的直线为轴建立平面直角坐标系，游客甲坐上摩天轮的座舱，开始转动后距离地面的高度为，求在转动一周的过程中，关于的函数解析式；
（2）若游客甲在点进入座舱时，游客乙此时恰好在处（轴与圆的交点），
（i）在运行一周的过程中，运行两人首次距离地面的高度相等，求时间；
（ii）当座舱距离地面的高度不低于时，能鸟瞰全城壮观景色，因此这段时间被称为“震撼时刻”，求游客甲在开始运行一周的过程中，甲处于“震撼时刻”的时间段.
【答案】（1）
（2）（i）；（ii）第六分钟到第十二分钟为“震撼时刻”
【解析】
【分析】（1）设，，，根据最大值、最小值求，根据周期求，根据初始位置求即可；
（2）（i）同（1）求出乙的座舱高度与时间函数为，令即可解方程；
（ii）结合余弦函数图象解不等式即可.
【小问1详解】
设，，
由题意可知，，，则，，
又易知，所以，得，
又当时，，则，
因，则，
所以，化简得.
【小问2详解】
（i）设乙的座舱高度与时间函数为，
同（1）可求得，
因为甲乙离地面高度相等，即，
可得：，即，
可解得，即，
故时，有最小值，
即当时，甲乙首次高度相等.
（ii）由题意易知，所谓“震撼时刻”，即要求，
化简得，
因，则，故，则，
故第六分钟到第十二分钟为“震撼时刻”.
18. 已知函数.
（1）判断的单调性，并用单调性的定义证明；
（2）若对，都有成立，求实数的取值范围；
（3）是否存在正实数，使得在上的取值范围是？若存在，求的取值范围；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）在上单调递增，证明见解析
（2）
（3）存在，且
【解析】
【分析】（1）直接由指数函数单调性，单调性的定义证明即可.
（2）将原问题转换为不等式对恒成立.通过换元法以及对勾函数性质即可得解.
（3）由函数单调性以及换元法转换为一元二次方程根的分布问题即可得解.
【小问1详解】
在上单调递增.
任取，且，
那么，
，
因为，所以，可得，又，
所以，即，
所以在上单调递增.
【小问2详解】
因为，所以，
所以，
由第（1）问知在上单调递增，所以，
所以，即对恒成立.
令，，只需，
令，则，，
因为在上单调递增，
所以当时，，所以.
【小问3详解】
由第（1）问知，在上单调递增，
所以
所以为方程的两个实数根，
即方程有两个不等实数根，
令，即方程有两个不等的正根，
所以即，
且，解得且，
所以存在实数满足题意，且.
【点睛】关键点睛：第二问关键是分离参数，第三问关键是换元转换为一元二次方程根的分布问题，由此即可顺利得解.
19. 对于函数，若的图象上存在关于原点对称的点，则称为定义域上的“伪奇函数”．
（1）试判断是否为“伪奇函数”，简要说明理由；
（2）若是定义在区间上的“伪奇函数”，求实数m的取值范围；
（3）试讨论在上是否为“伪奇函数”？并说明理由．
【答案】（1）是“伪奇函数”，理由见解析
（2）
（3）答案和理由见解析
【解析】
【分析】（1）由“伪奇函数”的定义判断即可；
（2）由题意可得在有解，进而结合正弦函数的性质即可求解；
（3）由题意可知在上有解，令，，可得在有解，进而分情况讨论求解即可.
【小问1详解】
∵，∴，则是“伪奇函数”．
【小问2详解】
令，
则，
即在有解，
而，则，∴，
则，
又∵在时恒成立，
∴，则，即，
∴实数m的取值范围为.
【小问3详解】
当为定义域上的“伪奇函数”时，
则在上有解，可化为在上有解，
令，则，当且仅当时等号成立，
而，
则在有解，即可保证为“伪奇函数”，
令，，
①当，即时，
在一定有解，满足题意；
②当，即或时，
在有解等价于，
解得.
综上所述，当时，为定义域上的“伪奇函数”，否则不是．