云南省玉溪第一中学2025-2026学年高一上学期12月月考数学试题

这是一份云南省玉溪第一中学2025-2026学年高一上学期12月月考数学试题，共10页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
总分：150 分，考试时间：120 分钟命题人：金志文，飞 超
一、单项选择题：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，只有一个选项是正确的．请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上.
已知集合 A  {x 1  x  1}， B  {x 0  x  2} ，则 A ∩ B  （）
{x 0  x  1}B．{x 1  x  2}
C．{x 0  x  1}D．{x 1  x  0}
设命题 p : x  0 ， x2  2x ，则 p 的否定为（）
A． x  0 ， x2  2xB． x  0 ， x2  2x
C． x  0 ， x2  2xD． x  0 ， x2  2x
设a, b 为实数，则“ ab  1”是“ b  1 ”的（）
a
充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件 4．已知一扇形的半径为 3，周长为 10，则该扇形的面积为（）
A．3B．6C．9D．12
若方程 x  lgx  8 在区间(n, n 1)(n  N *) 上有解，则n  （）
A．5B．6C．7D．8
已知函数 f  x 是定义在 R 上的奇函数，且当 x  0 时， f  x  x2  2x ，则当 x  0 时， f  x 
（）
x2  2xB． x2  2x
C． x2  2xD． x2  2x
7．2023 年8 月24 日，日本不顾国际社会的强烈反对，将福岛第一核电站核污染废水排入大海， 对海洋生态造成不可估量的破坏．据有关研究，福岛核污水中的放射性元素有21 种半衰期在10 年以上，有8 种半衰期在1万年以上．已知某种放射性元素在有机体体液内浓度c Bq / L 与时间t （年）
近似满足关系式c  k  at (k, a 为大于0 的常数，且a  1) ．当c  1 时， t  10 ；当c 
6
时，
12
t  20 ．则据此估计，这种有机体体液内该放射性元素浓度c 为 1
60
时，大约需要（ ）（参考数据：
lg2  0.30 ）
A．33 年B．43 年C．53 年D．63 年
设a  lg 2 ， b  1 ， c  lg 3 ，则（）
3
c  b  a
24
a  b  c
b  c  a
b  a  c
二、多项选择题：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. 全部选对得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0
分.
下列四个命题，正确的是（）
函数 y  x2 是偶函数
函数 y  1 在(,0)  (0,) 上单调递减
x
函数 y 
x  3 的定义域是[3,10) ∪ (10, )
lg x 1
函数 y  x 与函数 y  lg2 2x 是相同函数
下列函数中最小值为 4 的是（）
y  x2  6x 13
y  2(x  1 ), x [2, 3]
x
y  x 
1
x  2
, x (2, )
y 
x2  9
x2  5
关于 x 的不等式ax 1ln x  0 的解集可能为（）
A． 0,1
1
(1, a )
1
( a ,1)
1, 
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分.
已知角α的终边经过点1, 2 ，则sin   ．
若 x lg3 4  1 ，则4x  4 x ．


已知函数 f  x 
2  x ,
x  1
，且关于 x 的方程 f  x  a 恰有四个不同的根，则实数a

2
 lg  x 1 ,x  1
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．（13 分）（1）已知csα  4 ，α为第二象限角，求sinα， tanα的值；
5
的值．
（2）已知tanα 2 ，求sinα 2 csα
sinα 3csα
16．（15 分）已知函数 f (x) 
2x
x2 1
的定义域为[1,1] ．
判断 f ( x) 的奇偶性，并证明；
判断 f ( x) 的单调性，并证明；
求使 f (a 1)  f (a2 1)  0 成立的实数a 的取值范围．
17．（15 分）2025 年被称为“智能体元年”，基于 AI 大模型的智能体技术迎来规模化应用与产业变 革．某科技 AI 研发中心正在研发名为“天穹”的新一代大模型，在模型训练阶段，研发团队发现，模型的综合性能评分 P(t) （满分 100 分）和有效训练时长t （单位：百 GPU 小时）的关系分为两 个阶段．通过对几轮训练数据的拟合分析，得到如下函数关系：
0.4t 2  8t  c, 0  t  10
 k
P(t)  
 1.8t 170,10  t  60
．已知初始综合性能评分 P(0)  40 ，且在t  10 处函数图象是连续
 t
不断的．
求常数c 和k 的值；
已知大模型的标准化训练效率定义为 E(t)  P(t)  50 , t  0 ，训练时长t 取何值时，“天穹”大
t
模型的标准化训练效率最高？最高效率是多少？
18．（17 分）已知函数 f (x)  x2  2ax  3 ．
若关于 x 的不等式 f (x)  ax  3  b 的解集为[1, 2] ，求实数a, b 的值；
若x [0,1] ， f (x)  2a 1 恒成立，求实数a 的取值范围；
设 g(x) 
f (x)  a ，若函数 g(x) 在区间[0, 2] 上的最小值为 2，求实数a 的值．
19．（17 分）对于函数 f (x) ，若 f (x) 存在两个不同零点m, n 满足 m  n  1 ，则称函数 f (x) 为“零点相近函数”．
 1 x

（1）判断函数 f (x)  ( 2)
1,
x  0
是否为“零点相近函数”？
4x  5,
（2）设 g(x)  2x2  2x ．
x  0
若函数 y  g(x)  a 为“零点相近函数”，求a 的取值范围；
若函数 y  g(2x 1)  k  g(x 1) 16 为“零点相近函数”，求k 的取值范围．
数学月考 2 参考答案
1
2
3
4
5
6
7
8
A
D
D
B
C
C
B
D
一、单选题
【详解】函数 f  x  x  8  lgx 在0, ∞ 上单调递增，又 f 8  lg 8  0 ， f 7  lg 7 1  0 ，则函数 f  x 有且仅有一个零点 x0 ，且 x0 7,8 ，则n  7 .故选：C
【详解】因为函数 f  x 是定义在 R 上的奇函数，当 x  0 时， f  x  x2  2x ，设 x  0 时，则x  0 ，可得

f  x   f x   x2  2 x  x2  2x ，.故选：C
110
1 1
 6  k  a
a  ()10
t
t
1111
【详解】由题意得
，解得
2，所以c  1  1 10 ，当c 时，得
 ()10 ，即
 1201
3  2 

606032


 k  ak  
123
11 t
t11
 ()10 ，两边取对数得10  lg 1 20  lg2 20  1 lg210  1 lg 2  4.33 ，所以t  43.3 ，故选：B.
2022
3
【详解】因为lg 2  lg 1 ，所以a  b .因为lg 3  lg 2  1 ，所以c  b .
332442
a  c  lg 2  lg 3  lg 2  lg 3  lg 2  lg 3  2(lg 2)2  (lg 3)2  ( 2 lg 2  lg 3)( 2 lg 2  lg 3)

34lg 3lg 4lg 32 lg 2
2 lg 2•lg 32 lg 2•lg 3
，易知
lg 2  lg 3  0, 2 lg 2•lg 3  0 ，以下判断 2 lg 2  lg 3 的正负，
3
2
2 lg 2  lg 3  lg 2 2  lg 3  lg 22  lg 3  lg 2
9
10
11
ACD
AC
BCD
二、多选题
 lg 3  0 ，所以a  c  0 ， a  c ，所以b  a  c ， 故选：D.
【详解】对于 A，易知 A 正确；对于 B，函数 y  1 的单调递减区间为(∞, 0) 和(0, ) ，不能合并，故 B 错
x
x  3  0

误；对于 C，解不等式x  0且lg x  1
，可得 x  3且x  10 ，即函数的定义域是[3,10) ∪ (10, ) ，故 C 正确；对
2
x
于 D，函数 y  lg 2x  x ，且其定义域为 R ，定义域和对应关系均与函数 y  x 一致，故 D 正确.故选：ACD 10．【详解】对于 A，y  x2  6x 13   x  32  4  4 ，当且仅当 x  3 时取等号，故 A 正确；对于 B，因为 y  2(x  1 )
在 x 2, 3 上单调递增，所以 y  2(x  1 )  5 ，故 B 错误；对于 C，当 x  2 时，
 x  2 
1
x  2
x
y  x 
1
x  2
 x  2 
1
x  2
 2  2  2
 4 ，当且仅当 x  3 取到等号，故 C 正确；对于 D，
x2  5
x2  9x2  5  44

x2  5
y  
x2  5

  4 ，当且仅当 x2  1 取到等号，取不到等号，故 D 错误.故选：AC.
x2  5
【详解】当 x  1 时， a 1ln1  0 ，不等式不成立，所以 x  1 不是不等式ax 1ln x  0 的解；当0  x  1时，
lnx  0 ，此时ax 1  0 ，即ax  1，当a  0 时，显然ax  1不成立；当1  a  0 时，则 x  1  1 ，此时无解；当a  1
a
11
时，则 x  ，又0  x  1，则解集为(,1) ；当 x  1 时， lnx  0 ，此时ax - 1< 0 ，即ax  1，当a  0 时， ax  1
aa
恒成立，则解集为1,   ；当1  a  0 时， ax  1可得 x  1 ，又 x  1 ，则解集为(1, 1 ) ；
aa
当a  1时， ax  1可得 x  1  1 ，此时无解.综上，解集可能为( 1 ,1) 、1,   、(1, 1 ) .故选：BCD
aaa
5
三、填空题
(1)2  22
 2 5 【详解】根据三角函数的定义， r 
，则sinα y  2   2 5 ．
5
5
101
lg 1
r5
110
​
【详解】 x  lg 3 ， 4x  4x  4lg4 3  4lg4 3  4lg4 3  4 4 3  3  
4
3lg3 433
1, 2 【详解】 f  x 图像如下，可知a 1, 2 时，与 y  a 恰有四个不同交点，所以a 的取值范围是1, 2
四、解答题
【答案】（1） sinα 3 , tanα  3 ；（2） 4
54
【详解】（1）Qcsα  4 ,α在第二象限，sinα 5
1 cs2α 3 ，
5
tanα sinα   3 .（2） sinα 2 csα tanα 2  2  2  4 .
csα4
sinα 3csα
tanα 32  3
【答案】（1）奇函数，证明见解析；(2) f ( x) 在1,1 上单调递增，证明见解析；(3) 0,1
【详解】（1） f ( x) 是奇函数，证明：因为 f  x 定义域1,1 关于原点对称，且
f x  2x   2x   f  x ，故 f  x 是奇函数.（2） f ( x) 在1,1 上单调递增，证明：取任意
x2 1
x2 1
2x2x
2x x2 1  2x
x2 1
2  x  x 1 x x 
x , x 1,1 ，且 x  x ，则 f  x   f  x   1  2 
1221
121 2
；因为
121212
1 212
12x2 1
x2 1
x2 1x2 1
x2 1x2 1
x , x 1,1 ，且 x  x ，所以 x  x  0, x2 1  0, x2 1  0 ， x x  1，即1 x x
0 ，所以
1 21212121 21 2
f  x   f  x   2  x1  x2 1 x1 x2   0 ，即 f  x   f  x  ，因此 f ( x) 在1,1 上单调递增（.
3）因为 f ( x) 是在1,1
12
12x2 1x2 112
上单调递增，且 f ( x) 是奇函数，所以由 f (a 1)  f a2 1  0 ，得 f (a 1)   f a2 1  f 1 a2  ，因此需满足
1  a 1  1
0  a  2
2
1  a2 1  1 ，解得 a 
2 ，即0  a  1，故实数
的取值范围为0,1 .


a 1  1 a2
a

2  a  1
【答案】(1) c  40 ， k  720(2) t  5 （百 GPU 小时）时，“天穹”模型的标准化训练效率最高，最高为 4
0.4t 2  8t  c, 0  t  10
 k
【详解】（1）因为 P t   
 1.8t 170,10  t  60
，又 P 0  40 ，所以 P 0  c  40 .所以当0  t  10 时
 t
P t   0.4t 2  8t  40 ，又因为 P t  在t  10 处函数图象是连续不断的，所以
0.4 102  810  40   k
10
1.810 170 ，解得k  720 .
0.4t 2  8t  40, 0  t  10
 720
（2）由（1）可得 P t   
1.8t 170,10  t  60
，当0  t  10 时， P t   0.4t 2  8t  40 ，此时
t
0.4t  10
t
P t   500.4t 2  8t 1010
10
t  10
E t  
tt
 0.4t 
t
 8 .因为t  0 ，所以0.4t 
t
 2
 4 ，当且仅当t 时，
即t  5 时等号成立，此时0.4t  10  8  4 ，此时 E t  的最大值为4 ；当10  t  60 时， P t    720 1.8t 170 ，
P t   50
t
 720 1.8t 120
t
 1 1 1  1 1 2
此时 E t   t   720  120 1.8  720  t 2  6t  400   720    3.2  4 ，
ttt 2t
 t
12 
综上，当t  5 时，“天穹”大模型的标准化训练效率最高，最高为4 .
3
【答案】(1) a  1, b  2 ；(2) a  1； (3) a  1 或a  1
2
5 或a  2 .
【详解】（1）由 f (x)  ax  3  b 可得 x2  ax  b  0 ，因为关于 x 的不等式 f (x)  ax  3  b 的解集为1, 2，所
1 2  a
以1和2 是方程 x2  ax  b  0 的两根，所以
，解得： a  1, b  2 .
 1 2  b
min
（2）因为对任意 x 0,1 ，不等式 x2  2ax  3  2a 1恒成立,所以 f  x 2a 1 ，其中 x 0,1 .
当a  0 时， f  x 在0,1单调递增， f 0  3  2a 1 ，解得a  1，故a  0 ；
3
3
当0  a  1时， f a  3  a2  2a 1，解得1 a  1，故0  a  1 3 ；
3
当a  1时， f  x 在0,1单调递减， f 1  4  2a  2a 1，解得a  3 ，无解；综上， a  1.
4
3
（3）当a  0 时， f  x  f 0  3  0 ， g  x  f  x  a ，最小值为 g 0  3  a  2 ，解得a  1 ，符合条件；当0  a 时， f a  3  a2  0 ， f  x  0 ，故 g  x  f  x  a ，最小值为 g a  a2  a  3  2 ，解得
a  1
2
5 (舍去负根)，符合条件；
3
当 a  2 时， f a  0 ，但 f 0  3  0 ，此时 f  x 最小值为 0， g  x  最小值为a  2 ，无解；
当a  2 时， f  x 在0, 2 单调递减， f 2  7  4a  1  0 ， f 0  3  0 ，故 f  x 最小值为 0，
g  x
min
 a  2 ，符合条件；综上所述， a  1 或a  1
2
5 或a  2 .

19．【答案】(1)不是(2)（ⅰ） a 4, 3 2  ；（ⅱ） k 2 6,5
【详解】（1）令 f  x  0 可解得 x  0, x  5 ，即 f  x 有且只有两个零点 0 和 5 ，因为 0  5  5  1，所以 f  x

不是“零点相近函数”．
124
444
（2）（ⅰ）函数 y  g  x  a 的零点即方程 g  x  a  2x2  2 x  a  0 的不同根，令t  2x ，得4t  1  a ，即
t
4t2  at  1  0 ，当a  4 时，有两个不同根t1 , t2 （设t1  t2 ），则 xi  lg2t1，x2  lg2t2 ，由题意可知
tt1
attt  t 2a2t
x2  x1  lg2 2 (0,1] ，进而可知1  2  2, 由于t t  , t  t  ，所以 2  1  12  2  2 ，由1  2  2,
t1
t
 t
 a2  
得： 2 1 2
t11 2
5 


 2，  ，解得a4, 3 2  ．
4 124
t1t2t1t24t1
t1t24
2 
（ⅱ） g 2x 1  k  g  x 1 16  22x1  22x1  k 2x1  2x1  16  0 ，设t  2x  2 x ，则原式化为
2
2 t 2  2  2kt 16  0 ，即t2  kt  6  0 （*）， h  x  2x  2 x 为偶函数，且在0, ∞ 单调递增， h  1   3，
2
2
 
 
最小值为h 0  2 ．则要使得原函数为“零点相近函数”，有以下两种可能：
情形 1：（*）式在 2, 3 2  有根，则h  x  2x  2 x  t 在 0, 1  有根，从而另一根在 1 , 0  ，满足“零点相近函
2
2 
 2

数”定义，此时k  t  6 , t  2, 3 2  得k   7 2, 5 ；


t2
 2
情形 2：（*）式在 2, 3 2  无根，但有根在 3 2, ∞ ，若只有一个t  3 2, ∞ ，此时对应的h  x  2x  2 x  t
2
 2
 2

2
的根大于 1 ，从而两根之差超过 1；所以要成为“零点相近函数”，只有两个不同 t 值在 y 轴同侧与h  x 产生的交
点横坐标之差不超过 1．所以（*）式必须在 3 2, ∞ 有两个不同根，设为t , t ，令q t   t 2  kt  6 ，
 21 2

 k  3 2
22
有Δ  0
 k  2 6, 7

2  令s  2x ( x  0), t  s  1 ，有t t
  s  1   s
 1   s s
 1  s1  s2  6 由
2
s1 2
 1s   2s 
1 2s sss
  3
q  2


2   0
1  2 
1 221
 
（ⅰ）问可知，欲便 x  x  1 ，只需 x  x  lg s2 1,1 ，即 1  s2  2 ．设1  s  s ，如果 s2  2 ，则
s
s
12
12212
1
2s11
7
2
s1  s2  5 ，则s s  1  6   s1  s2   7 ．而s s  1  s s  2s 2 所以2s2  7  s ，
ss2
1 2s s
 ss 2
1 2s s
1 2111
211 2
 21 1 222
从而由s 1, 2  知t  3 2 ，矛盾．所以 s2  2 不成立．即 1  s2  2 恒成立．则k  2 6, 7 2  ，综上：
112s2s
2
1
k 2 6, 5 .
1