重庆市渝北中学2025-2026学年高一上学期阶段二质量监测数学试题

渝北中学学年上期高一年级阶段二质量监测（数学）试题（全卷共4大题小题，总分分，考试时长分钟）注意事项：答题前，考生先将自己的姓名、考号填写清楚.请将所有答案写在答题卡上，不得在试卷上直接作答.选择题部分请按题号用铅笔填涂.非选择题部分请按题号用毫米黑色墨水签字笔书写.85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.设集合，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】化简集合，根据集合交集计算即可求解.【详解】集合，所以.故选：D2.已知半径为1的扇形的圆心角为，则扇形面积是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】根据扇形的面积公式计算即可.【详解】由题意，扇形面积.故选：A.第1页/共19页3.设，，，则、、的大小关系为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据对数函数、指数函数的单调性结合中间值法可得出、、的大小关系.【详解】因为对数函数为上的增函数，所以，因为对数函数为上的减函数，所以，因为指数函数为上的减函数，所以，因此.故选：C.4.下列结论正确的是（）A.若角，则角是第一象限角B.若角，则角与角的终边相同C.若角为锐角，则角为钝角D.若角的终边上有一点，则【答案】B【解析】【分析】根据角度直接判断A判断B，判断C，根据三角函数终边点的定义判断D.【详解】对于A，角是第四象限角，故错误；对于B，由于，故角与角的终边相同，正确；对于C，角为锐角，则，，故为钝角不一定成立，错误；对于D，由题，故，错误.故选：B第2页/共19页5.已知函数且过定点，则函数的大致图象为（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】先根据指数函数的性质求出函数所过的定点，即可求出，再根据对数函数的图象与性质即可得解.【详解】令，则，所以函数且过定点，所以，则，其图象关于对称，且在上单调递减，则符合的图象为D选项.故选：D.6.已知定义在上的函数在上单调递增，为偶函数，且，则的解集是（）A.B.第3页/共19页C.D.【答案】B【解析】关于列出不等式，解之即可.【详解】因为为偶函数，所以函数关于对称，又因为函数在上单调递增，且，则不等式，等价于，解得，所以的解集是.故选：B.7.“函数在区间上单调递增”是“函数在区间上单调递增”的（）A.充要条件B.充分不必要条件C.必要不充分条件D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】先根据幂函数的单调性和对数型复合函数的单调性分别求出的范围，再根据充分条件和必要条件的定义即可得解.【详解】因为函数在区间上单调递增，所以，解得；令，则，因为函数在区间上单调递增，函数为减函数，所以函数在区间上单调递减，第4页/共19页所以，解得，所以函数在区间上单调递增”是“函数在区间上单调递增”的必要不充分条件.故选：C.8.已知函数且，若对，与至少有一个为正数，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】的对称轴和的图象，结合图象列出不等式，即可得解.【详解】的对称轴为，，，当时，作出函数的图象，如图所示：由，得，所以，因为对，与至少有一个为正数，所以，解得；当时，作出函数的图象，如图所示：第5页/共19页若，即时，则函数在上单调递减，则当时，，所以当时，符合题意；若，即时，则函数的对称轴在轴左侧，因为对，与至少有一个为正数，所以，解得，综上所述，实数的取值范围是.故选：A.36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.下列命题中，正确的有（）A.函数与函数表示同一函数B.若函数的定义域为，则函数的定义域为C.若函数，则D.函数的零点所在区间为【答案】BCD第6页/共19页【解析】ABC据零点的存在性定理即可判断D.【详解】对于A，由，解得，所以函数的定义域为，由，解得或，所以函数的定义域为，所以函数与函数不是同一函数，故A错误；对于B，令，解得，所以函数的定义域为，故B正确；对于C，令，则，则，所以，故C正确；对于D，因为函数在上都是增函数，所以函数在上是增函数，又，所以函数的零点所在区间为，故D正确.故选：BCD.10.已知，且，则（）A.B.C.D.的最小值为【答案】AD【解析】AB第7页/共19页【详解】对于A，因为，且，所以，当且仅当时取等号，故A正确；对于B，由A知，，所以，故B错误；对于C，，当且仅当时取等号，故C错误；对于D，，当且仅当，即时取等号，故D正确.故选：AD.设函数，其中，则下列命题是真命题的是（）A.存在实数，使得是奇函数B.，当时，都有成立C.，当时，D.若，则实数的取值范围为【答案】ABD【解析】【分析】当时，根据奇偶性的定义即可判断A；分和两种情况讨论，结合二次函数的性BC式即可判断D.【详解】对于A，当时，，则，所以奇函数，所以存在，使得是奇函数，故A正确；对于B，当时，，其图象开口向上，第8页/共19页所以在上单调递增，则，当时，，其图象开口向下，且对称轴的方程为，所以在上单调递增，则，所以函数在上单调递增，所以，当时，都有成立，故B正确；对于C，由B选项知，函数在上单调递增，所以不存在，使得，所以C不正确；对于D，令，由A选项知，函数为奇函数，由B选项知，函数在上单调递增，故函数在上单调递增，由，得，即，所以，解得，所以实数的取值范围为，故D正确.故选：ABD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共分.12.___________.【答案】【解析】【分析】根据对数的运算性质计算即可.【详解】.第9页/共19页故答案为：.13.函数是上的减函数，则实数的取值范围是___________.【答案】【解析】【分析】利用分段函数的单调性，结合指数函数、二次函数单调性列出不等式求解即可.【详解】因为函数是上的减函数，所以，解得，所以实数的取值范围是.故答案为：.14.已知函数有四个不同解，则的最小值为___________.【答案】【解析】，，算得到和代入得到可得到所求的最小值.【详解】，对称轴为，第10页/共19页的图像为：有四个不同的解，且，，，，，，，，，，是单调递减函数，是单调递减函数，在范围内是单调递减函数，当时，取最小值，且最小值为.故答案为：.四、解答题：本题共5小题，共分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.已知角，且满足是方程（为常数）的两个根.（1）求实数的值；（2）求的值.【答案】（1）（2）【解析】1）根据根与系数的关系结合同角三角函数的关系求解即可；第11页/共19页得答案.【小问1详解】因为是方程（为常数）的两个根，所以，由，得，解得；【小问2详解】由（1）得，又，，所以，所以，所以.16.已知.（1）若过，解不等式；（2）已知的最大值为.①求的值；②求的值域.【答案】（1）（2）①；②【解析】1）先求出，再根据对数函数的单调性解不等式即可；（2）①易得，再根据对数函数性质即可得解；②根据对数函数的值域结合整体思想求解即可.第12页/共19页因为过，所以，解得，所以，由，得，所以，解得，所以不等式的解集为；【小问2详解】①，因为，的最大值为，所以，解得，经检验，符合题意，所以；②由①得，则，当时，，所以，即的值域为.17.天的生产水平评分等于每天产品质量评分+每天生产效率评分，而工厂的产品质量评分（单位：分）第13页/共19页效率评分（单位：分）与每天生产时长（单位：小时）的部分数据如下表所示：3456已知生产时长达到9小时的产品质量评分为8分.（1）求的值；（2.根据上表中的数据，从中选择你认为最合适的一种函数模型来描述生产效率与每天生产时长并求出该函数解析式；（3）设该工厂的生产水平评分为，求当为何值时取得最大值.【答案】（1）（2）（3）【解析】1）根据求解即可；（2）根据函数先增后减，可得模型符合，再利用待定系数法求解析式即可；（3）分和两种情况讨论，结合函数的单调性及基本不等式即可得解.【小问1详解】由题意知，，即，解得；小问2详解】由表可知，函数先增后减，则只有模型符合，第14页/共19页则，解得，所以；【小问3详解】，函数的对称轴为，故函数在上单调递增，又函数在定义域上单调递增，所以函数在上单调递增，则当时，，当时，，因为，当且仅当，即时取等号，所以，即当时，，综上所述，当时取得最大值.18.已知二次函数且.（1）求的解析式；第15页/共19页（2）当时，解方程；（3）解不等式.【答案】（1）；（2）；（3）答案见解析.【解析】【分析1）由可得二次函数关于直线对称，设其解析式为，由，列式计算即可求解；（2）令，，代入计算可得，当时，列式计算可解；（3）分，两种情况，根据一元二次不等式解法分类求解即可.【小问1详解】因为，所以二次函数关于直线对称，设二次函数，由题意可得，解得，所以，即；【小问2详解】令，，则，即，解得或所以，即，当时，有，解得；【小问3详解】当时，函数在定义域内单调递增，若，则，第16页/共19页即，解得或；当时，函数在定义域内单调递减，若，则，即，解得；综上，当时，不等式解集为，当时，不等式解集.19.已知函数满足.（1）求的解析式；（2）若对于，都有恒成立，求实数的取值范围；（3）设，当时，方程有两个不等实根，求的取值范围.【答案】（1）（2）（3）【解析】1）代入即可求解；（2）由题意得恒成立，只需，换元后即可求解；（3）有两个不等实根，参变量分离后可等价化与有两个交点，其中.结合图象即可求解.【小问1详解】由得，解得，所以【小问2详解】由得，恒成立，第17页/共19页则，当时取得最小值，故.【小问3详解】由题意得，有两个不等实根有两个不等