浙江省绍兴市2025_2026学年高一数学上学期10月月考试卷创新班含解析

这是一份浙江省绍兴市2025_2026学年高一数学上学期10月月考试卷创新班含解析，共20页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 下列各项中表示同一集合的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据集合的概念及分类对选项一一判断，得到答案.
【详解】A选项，是坐标系内不同的两个点，故不表示同一集合，A错误；
B选项，是同一个集合，B正确；
C选项，是点集，是数集，不是同一集合，C错误；
D选项，为点集，为数集，D错误.
故选：B
2. 已知命题p：，，则是（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】C
【解析】
【分析】全称量词命题，的否定为：，．
【详解】命题：，的否定为：，．
故选：C
3. 下列各组函数是同一个函数的是（ ）
A. 与B. 与
C. 与D. ，
【答案】D
【解析】
【分析】函数相等的充要条件是对应法则、定义域相同，由此逐一判断各个选项即可得解.
【详解】对于选项A：由函数可得，解得，
可知函数的定义域为；
由函数可得，解得，
可知函数的定义域为；
两个函数的定义域不同，因此不是同一个函数，故A错误．
对于选项B：函数的定义域为，函数的定义域为，
两个函数的定义域不同，因此不是同一个函数，故B错误．
对于选项C：函数的定义域为，
函数的定义域为，
两个函数的定义域不同，因此不是同一个函数，故C错误．
对于选项D：函数、的定义域均为，
且，可知定义域与对应法则均相同，因此是同一个函数，故D正确．
故选：D.
4. 如图，在矩形中，，分别为的中点，为中点，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据向量加法的三角形法则和四边形法则，可得结果.
【详解】根据题意：
又
所以
故选：C
【点睛】本题主要考查利用向量的加法法则，熟练掌握向量加法的三角形法则和平行四边形法则，对向量用其它向量表示有很大的作用，属基础题.
5. 若且，则
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用特值法或利用对数函数的图象与性质即可得到结果.
【详解】（方法一）对选项A：由，从而，，，从而选项A错误；
对选项B：首先，，，从而知最小，下只需比较与的大小即可，采用差值比较法：
，
从而，选项B正确；
对于选项C：由，，知C错误；
对于选项D：可知，从而选项D错误；
故选B
（方法二）取，，代入验证知选项B正确.
【点睛】本题考查式子间大小的比较，考查对数函数的图象与性质，考查运算能力，属于常考题型.
6. 已知是定义在上的增函数，且存在函数使得，若，分别是方程和的根，则（ ）
A. 4B. 3C. 2D. 1
【答案】B
【解析】
【分析】利用已知条件可分别得到关于和的关系式，再利用将关系式变形得到和，最后借助函数的单调性即可求解.
【详解】是的根，，即，①
是的根，，即，
存函数使得，，②
是定义在上的增函数，在上单调递增，
由①②可得， ，
又，即，
，即.
故选：B.
7. 已知函数在区间上单调递增且存在零点，则的取值范围是（ ）
A. B.
C D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据在区间上单调递增，得到，换元法得到，根据的性质得到不等式组，求出或，得到答案.
【详解】设函数的最小正周期为，因为在区间上单调递增，
所以，解得，所以.
令，则当时，.
因为在区间上单调递增且存在零点，
所以，解得，
又，时，得，时，得，其他值，均不合要求，
所以或，
所以的取值范围是.
故选：C
8. 已知函数，则在区间（ ）上一定存在零点.
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】按照和两种情况讨论，结合题意可设，，进而结合零点存在性定理分析判断即可.
详解】由，
当时，函数开口向上，且，则函数必然有两个零点，
可设，要使在上存在零点，
则，即，
而的取值不确定，则在上不一定存在零点；
要使在上存在零点，
则，即，
而的取值不确定，则在上不一定存在零点；
要使在上存在零点，
则或，
即或，则，
所以在上一定存在零点；
要使在上存在零点，
则或，
即或，而的取值不确定，
所以在上不一定存在零点.
同理，当时，函数开口向下，且，
要使在上存在零点，
则，即，
而的取值不确定，则在上不一定存在零点；
要使在上存在零点，
则，即，
而的取值不确定，则在上不一定存在零点；
要使在上存在零点，
则或，
即或，则，
所以在上一定存在零点；
要使在上存在零点，
则或，
即或，而的取值不确定，
所以在上不一定存在零点.
综上所述，函数在一定存在零点.
故选：C.
二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分）
9. 关于向量，，的论述，其中错误的是（ ）
A. 若，则或B. 若，则
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】对A，存在垂直的情况；对B，可能为0；对C，根据的特殊性即可判断；对D，根据向量数量积的运算律即可判断判断.
【详解】对于选项A，结论少了（且都是非零向量）的情形，故是假命题；
对于选项B，若，则或，故是假命题；
对于选项C，结论，故是真命题；
对于选项D，为与共线的向量，而是与共线的向量，两者一般情况下不等，故D错误.
故选：ABD.
10. 已知函数，则（ ）
A. 的图象关于点对称B. 的图象关于直线对称
C. 在单调递增D. 函数有两个零点
【答案】ACD
【解析】
【分析】先求出函数的定义域，然后将函数利用对数的运算变形，再利用复合函数的单调性的判断法则以及二次函数的性质依次判断A,B,C即可；分析函数与函数的单调性结合图象的交点，即可判断函数零点个数，从而判断D.
【详解】函数定义域为，又，
令，，在上单调递增，在上单调递增，
所以在上单调递增， 所以在上单调递增，故选项C正确；
因为，
所以函数的对称中心为对称，故选项B错误，选项A正确；
因为，所以函数，函数，
所以在上单调递减，在上单调递增，又函数在上为增函数，
则函数与函数在平面直角坐标系中的图象如下图所示：
故函数与函数在区间上有两个交点，即函数有两个零点，故D正确.
故选：ACD．
11. 已知定义在上的偶函数和奇函数满足，则（ ）
A. 的图象关于点对称B. 是以8为周期的周期函数
C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】根据函数奇偶性以及表达式，可得，则的图象关于点对称，故A错误；化简可得，故B正确；又，，可得，故C错误；利用赋值法可求得，故D正确．
【详解】对于A，由题意，，且，
又，即①，
用替换中的，得②，
由①+②得，所以的图象关于点对称，故A错误；
对于B，由，可得，
即，
所以，
所以是以8为周期的周期函数，故B正确；
对于C，由①可得，且，
则，
所以，故C错误；
对于D，因，为偶函数，所以，
令，则有，
令，则有，
令，则有，
，
令，则有，
所以
，故D正确．
故选：BD．
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知正六边形，､分别是对角线､上的点，使得，当___________时，､､三点共线.
【答案】
【解析】
【分析】连结AD，交EC于G点，根据正六边形的性质，表示出，然后根据，表示成，由共线定理求得参数r的值.
【详解】连结AD，交EC于G点，设正六边形边长为a，由正六边形的性质知，，，G点为EC的中点，且，
则，
又，（），则，，
故，即
若B、M、N三点共线，由共线定理知，
，解得或（舍）
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题的解题关键在于用向量表示，从而根据，把向量表示成，若B、M、N三点共线，由共线定理可以求得参数.
13. 已知对恒成立，则的最小值为______.
【答案】6
【解析】
【分析】首先分析函数在区间的零点和正负区间，再根据不等式分析函数的零点，利用韦达定理表示 关系，再结合基本不等式，即可求解.
【详解】当，，则，
当，，
当，，，
当，，
当，，，
若对恒成立，
则，并且函数的两个零点分别是1和7，
则，则，，，
所以，
当，，即时，等号成立，
所以的最小值为6.
故答案为：6
14. 若实数，满足，则的最大值为______.
【答案】
【解析】
【分析】已知条件可化为，故可设，从而目标代数式可化为，利用基本不等式可求其最大值.
【详解】由，得，
设，其中，则，
从而，
故
记，则，
要求最大值，则只需考虑，则,
当且仅当，即时取等号，即最大值为.
故答案为：.
四、解答题（本题共5小题，共77分）
15. 求下列各式的值：
（1）；
（2）；
（3）.
【答案】（1）；
（2）；
（3）.
【解析】
【分析】（1）根据对数运算性质和换底公式化简求值即可.
（2）利用两角和正切公式化简即可得到结果.
（3）根据同角三角函数基本关系切化弦和两角差的正弦公式、二倍角公式即可化简计算.
【小问1详解】
原式；
【小问2详解】
原式
；
【小问3详解】
原式.
16. 设函数，，记的解集为，的解集为.
（1）求；
（2）当时，求的最大值.
【答案】（1）.
（2）
【解析】
【分析】（1）分和两种情况解不等式即可；
（2）求出交集后，化简原式，用二次函数求最值．
【小问1详解】
因为
当时，由，解得，所以；
当时，由，解得，所以；
所以的解集为.
小问2详解】
由，得，解得，
因此，故.
当时，，于是
，
其中当且仅当时等号成立，
所以的最大值为.
17. 已知函数，函数．
（1）当时，求函数的值域；
（2）若不等式对任意实数恒成立，试求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用换元，设，将化为，结合二次函数的性质即可求得答案；
（2）结合（1）的结论，将不等式对任意实数恒成立转化为，整理为，求出的范围，即可求得答案.
【小问1详解】
设，则，
则即化为，
在上单调递增，
当时，，当时，，
即
的值域是．
【小问2详解】
由不等式对任意实数恒成立得，
由（1）可知，．
，，即，
即，
整理得，即，
解得，
实数x的取值范围为．
18. 如图，摩天轮的半径为40米，中心轴距地面50米．启动后，逆时针匀速旋转一周需要15分钟．某乘客从摩天轮最低处登舱，该舱的底部离地面的高度（单位：米）（忽略座舱本身高度）与启动后开始计时的时间（单位：分钟）的关系可表示为，其中．
（1）求该乘客首次达到70米高度所需时间．
（2）在直角坐标系上的图象的纵坐标不变，横坐标变为原来的倍，再向左平移个单位长度，得到的图象，其中．
①求的值；
②求在上的单调递增区间．
【答案】（1）5分钟 （2）①， ；②和
【解析】
【分析】（1）由题意结合正弦函数的性质求出解析式，再令，解出可得；
（2）①由函数平移的性质解出即可；
②正体代入利用正弦函数的递增区间求解可得；②其他解答方法：先求出相位，得到摩天轮刚好转了一周，再由和解出即可.
【小问1详解】
已知摩天轮半径米，中心轴距地面50米，所以，．
旋转一周需要分钟，根据，可得．
乘客从最低点登舱，此时，，代入得
，即，
取，则．
令，即．
化简可得，即．
根据正弦函数性质时，或，，
这里，求首次达到高度时间，取．
即，移项得到，解得分钟．
综上，该乘客首次达到70米高度所需时间为5分钟；
【小问2详解】
①由（1）可得：．
若函数变换为．纵坐标不变，横坐标变为原来的倍，因此．
解得．
再向左平移个单位长度，由，解得：．
综上，和的值为和．
②函数在时递增
解不等式：，解得：
对于，由于，区间为．
对于，由于，区间为．
因此，在的单调增区间和．
（2）②其他解答方法：
时，相位．，摩天轮刚好转了一周．
由得：，由得，
故在的单调递增区间为和．
19. 已知函数．
（1）若，求函数在上的值域；
（2）若关于的方程恰有三个不等实根，且.
(i)求证：；
(ii)求的最大值．
【答案】（1）．
（2）(i)证明见解析；(ii)12
【解析】
【分析】（1）根据和的单调性可得在上单调递减，进而可求解；
（2）(i)构造，根据，可得关于直线对称，进而可得；
(ii)即可代入化简得的表达式，即可结合二倍角公式以及二次函数的性质求解．
【小问1详解】
若，
因为函数和均在上单调递减，
所以函数在上单调递减，故，
所以函数在上的值域为．
【小问2详解】
(i)证明：，
显然：当时，，
由于方程有三个不等实根，所以必有，
令，则，显然有，
由，
得到，所以函数关于直线对称，
由，可得：，
(ii)于是，
，
①，
由可得：②，
将②代入①式可得：
，当且仅当时等号成立，
故的最大值为12．