重庆市垫江第一中学2025-2026学年高一上学期12月月考数学试题

重庆市垫江第一中学高一上学期月月考数学试题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.（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】利用诱导公式转化为锐角三角函数，即可求值.【详解】，故选：A2.集合，则（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】化简集合，结合交集的概念即可得解.【详解】由可得，解得，即，因，故.故选：D．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.第1页/共17页

【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.水滴是刘慈欣科幻小说《三体Ⅱ·黑暗森林》中提到的由三体文明使用强互作用力（）材料所制，和圆的优弧围成，其中，恰好与圆弧相切.若圆弧所在圆的半径为1，点A到圆弧所在圆圆心的距离为2，则该封闭图形的面积为（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】设优弧所在圆的圆心，，利用扇形面积公式和三角形面积公式得到答案.【详解】设优弧所在圆的圆心，连接，则，，则，所以，则，，故优弧对应的圆心角为，对应的扇形面积为，而，所以该封闭图形的面积为.第2页/共17页

故选：C5.设函数，若有不相等的实数、，满足，则（）A.1B.2C.D.不能确定【答案】B【解析】【分析】由指数型函数性质，数形结合即可求解.【详解】作的图象如图所示：由题可知若有不相等的实数、，满足，不妨令，则，所以，所以.故选：B6.函数的图象恒过定点，若点的坐标满足关于的方程，则的最小值为（）A.2B.4C.6D.8【答案】C【解析】的图象恒过定点求出第3页/共17页

本不等式可得答案.【详解】若函数的图象恒过定点，则，所以，因为，所以，当且仅当时取等号，整理得，解得，或舍去，由解得，即当时，取得最小值为6.故选：C.7.已知函数在是增函数，关于轴对称，若关于的不等式成立，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】根据题意，由函数的单调性以及对称性将不等式化简，然后代入计算，即可得到结果.【详解】因为关于轴对称，则关于对称，又函数在是增函数，所以在是减函数，由可得，由函数的单调性以及对称性可得，即，化简可得，解得或，第4页/共17页

则实数的取值范围是.故选：D8.已知函数，且对于都满足，则实数的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由条件可得函数在上单调递增，结合二次函数单调性，对数函数单调性，分段函数单调性的性质列不等式求结论.【详解】当时，，.在上单调递增，所以因为函数在上单调递增，在定义域上单调递增，根据复合函数单调性法则可知，在上单调递增等价于，所以，又根据分段函数递增法则可得，所以．，故选：A.二、多项选择题：本大题共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，部分选对得部分分，有选错的得0分.9.下列说法正确的有（）A.命题“”的否定是“”B.第5页/共17页

C.集合，若，则或D.“”是“关于的方程有一正一负根”的充要条件【答案】BD【解析】AB集关系来确定参数判断C，利用二次方程根的分布判断D．【详解】对于A，命题“”的否定是“”，故A错误；对于B，由于，所以，即，故B正确；对于C，由于，因为，所以，当时，，此时满足，当时，，由，则或所以或综上可得：或或，故C错误；对于D的方程有一正一负根”的充要条件是，解得，即“”是“关于的方程有一正一负根”的充要条件，故D正确；故选：BD10.已知圆的半径为，点为圆与轴的交点，至，使得垂直于轴，，下列说法正确的是（）A.点的坐标为B.对应的弧长为C.设以为终边对应的角度，则D.【答案】BCD【解析】第6页/共17页

方程与圆的方程，即可得到A的弧度，结合弧长公式，即可判断B，由任意角的概念即可判断C，由为等边三角形，结合诱导公式，即可判断D【详解】对于A，圆半径为，圆心，所以圆的标准方程为，因为轴，，，所以，由直线的斜率，可得直线的方程为，由且，可得，所以点的坐标为，故A错误；对于B，在中，，可得，所以弧的长，故B正确；对于C，若以为终边对应的角度，则根据，可知角的集合为，故C正确；对于D，根据中，可得为等边三角形，所以，可得，故D正确；故选：BCD已知函数，且关于的方程恰有四个不同的根，从小到大依次为，则（）第7页/共17页

A.B.最小值为9C.恰有6个不同的根D.，使得恰有8个不同的根【答案】ABD【解析】ABCD的正误.【详解】图像如下，可知时，与恰有四个不同交点，所以A正确：由对称性可知，而，所以，则，所以，当且仅当时等号成立，B成立：对于，令，则有两个不同根，，各有四个不同根，共有八个不同根，所以C错误；对于D，令在时有三个根：，而有2个不同根，有4个不同根，有2个不同根，共8个，所以D正确．故选：ABD.【点睛】思路点睛：嵌套方程的零点问题，一般刻画出内外两个方程对应函数的图象，再根据外方程的解判断内方程的解，从而得到原方程的解的个数.第8页/共17页

三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共分.12.已知幂函数在上是减函数，则实数m的值为________．【答案】【解析】【分析】利用幂函数的性质建立方程，求解参数即可；【详解】因为幂函数在上是减函数；所以；故答案为：13.已知函数的图象与函数的图象关于直线对称，则函数的单调递增区间为________．【答案】【解析】函数的单调递增区间.【详解】由题意可知，令，则，i因为在定义域内单调递减，若要求函数的单调递增函数，则需满足，解得：，函数的单调递增区间是.故答案为：14.已知对任意的取值范围为___________．第9页/共17页

【答案】【解析】可得，分离变量，求函数的最小值，可得结论.【详解】因为，令，则，，所以，，令，，函数的定义域关于原点对称，又，故函数为奇函数，又函数，都为R上增函数，所以函数为增函数，不等式可化为，即，所以，所以，所以，所以，又，由已知对任意恒成立，第10页/共17页

因为，故，因为，由，当且仅当，即时等号成立，所以，故.所以的取值范围为.故答案为：.关键在于求出函数数性质化简不等式.四、解答题：本大题共5小题，共分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.15.求值：（1）（2）.【答案】（1）1（2）1【解析】1）根据对数的运算求解；（2）根据指数幂和根式的运算求解.【小问1详解】.【小问2详解】.第11页/共17页

16.（1）已知点是角的终边上一点，求和的值；（2）已知为锐角，且，求的值.【答案】（1）2）【解析】1）利用三角函数定义，可确定，再利用诱导公式即可求解；（2）利用解方程，结合为锐角，可得，再利用弦化切公式即可求解.是角的终边上一点，所以，则，（2）由，解得或，因为为锐角，所以，则.17.已知函数，且.（1）求的值及函数的定义域：（2）判断函数的奇偶性，并说明理由.【答案】（1），（2）偶函数，理由见解析；【解析】1）由即可求，由对数式有意义构造不等式可求定义域；（2）由奇偶性的定义即可判断；【小问1详解】由，可得：，解得，第12页/共17页

由可得：，所以定义域为：；【小问2详解】由（1）可得：，定义域为：；，所以函数为偶函数；18.已知的定义在上的奇函数，其中为指数函数，且的图象过点.（1）求实数的值，并求的解析式；（2）判断的单调性，并用单调性的定义加以证明.（3）若对于任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1），（2）在上单调递减，证明见解析（3）【解析】1）利用待定系数法可求出的表达式，结合奇函数性质计算即可得解；（2）设，从而计算的正负即可得证；（3）由奇函数性质结合函数单调性可得对恒成立，构造二次函，结合二次函数性质可得，解出即可得.【小问1详解】设，由的图象过点，第13页/共17页

可得，∴，故函数，由为奇函数，可得，∴，即,满足，即为奇函数，故；【小问2详解】在上单调递减，证明如下：，设，则，则，结合，可得，∴，即，故在上单调递减；【小问3详解】由且为奇函数，所以，又在上单调递减，所以对恒成立，所以对恒成立，令，所以有，即，解得.19.数形结合就是把抽象的数学语言与直观的图形结合起来，使抽象思维和形象思维互相转化来解决问题.第14页/共17页

函数的单调性刻画函数的自变量与函数的增减关系.当一个函数为增函数时，还可研究其增加的快慢.例如：，当时是增函数，且随着的增大的变化越来越慢，我们称这个函数在时为“上凸函数”.此性质还可以表达为：成立，则称此函数在内为“上凸函数”.已知函数.（1）请说明（2）证明此函数在内是“上凸函数”；（3）已知，且，求的最大值.【答案】（1）在区间上单调递增，在区间，上单调递减（2）证明见解析（3）【解析】1）结合对勾函数的单调性即可得结果；（2）根据“上凸函数”的定义，利用作差法即可