黑龙江省哈尔滨德强高级中学2025-2026学年高一上学期12月月考数学试题含答案含答案解析

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时间：120分钟 满分：150分
一、单选题：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.
1. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用交集的运算法则可得答案.
【详解】由题意得：.
故选：D
2. 设命题，，则的否定为（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】C
【解析】
【分析】根据命题的否定的定义判断．
【详解】特称命题的否定是全称命题，所以命题，的否定是：
，，
故选：C．
3. 已知扇形的圆心角为3rad，面积为24，则该扇形的弧长为（ ）
A. 4B. C. 12D.
【答案】C
【解析】
【分析】先由扇形的面积公式可得半径，进而由弧长公式可得答案.
【详解】设该扇形的弧长为，圆心角为，半径为，
由，可得，解得，
故.
故选：C.
4. “，当时，都有”是“，都有”的（ ）
A. 充分且不必要条件B. 必要且不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分又不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】结合函数的单调性的定义，利用充分条件、必要条件的概念判断即可.
【详解】，当时，都有，则在单调递增，所以；
反之，都有，不能得到在单调递增，
例如，该函数在上单调递减，在上单调递增，，
显然满足，但在上不单调递增；
所以“，当时，都有”是
“，都有”的充分且不必要条件.
故选：A
5. 设，，，则的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据指数、对数函数的单调性，可求出a，b，c的范围，即可得答案.
【详解】因为在R上单调递增，所以，
因为在R上单调递减，所以，即，
因为在上单调递增，所以，
所以.
故选：D
6. 设的两根是、，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求得，结合对数运算求得正确答案.
【详解】由得或，
解得或，不妨设，
所以.
故选：C
7. 函数，.设的最大值为，最小值为，当，，在变化时，的最小值为（ ）
A. 1B. 2C. 4D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】分类讨论函数在区间上的单调性，利用变换主元及二次函数性质求解即可.
【详解】当时，在上单调递增，
，
则，
令，
因为在定义域内单调递增，所以，
当且仅当时等号成立，此时的最小值为；
当时，即时，在上单调递减，
，
则，
令，
因为在定义域内单调递减，所以，
当且仅当时等号成立，此时的最小值为；
当时，由二次函数性质可知，要使有最小值，
则，即，此时，，
所以；
综上：的最小值为.
故选：C
8. 已知正实数满足，则下列关系不可能的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】令，即可得到，，，画出，，的图象，结合图象即可判断.
【详解】因为为正实数，令，
所以，，，
因为在上单调递增且，
在上单调递增且，
在上单调递减且，
在同一平面直角坐标系下画出，，的图象如下所示（为了理解，将横坐标缩短处理）：
由图可知当时，即当时；
当时，即当时；
当时，即当时；
综上可得不可能成立.
故选：A
二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求.全部选对得5分，有选错的得0分，漏选得部分分.
9. 下列说法中正确的是（ ）
A. 60°化成弧度是
B. 角终边落在第一象限，则角为锐角
C. 角是第二象限角，则是第三象限角
D. 角与角的终边相同
【答案】AD
【解析】
【分析】根据象限角的范围和终边相同角的定义即可求解BCD，根据弧度与角度的互化即可求解A.
【详解】对于A, 60°化成弧度是,A正确，
对于B，角的终边落在第一象限，但角为不是锐角，B错误，
对于C，角是第二象限角，则，则，
故是在第三象限或者第一象限的角，C错误，
对于D, ，故与角的终边相同D正确，
故选：AD
10. 已知，且，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据给定条件，利用同角三角函数的关系，结合正、余弦值的符号逐项计算判断.
【详解】由，得，所以，
又，所以，结合，
解得，所以.
故选：AC.
11. 下列命题中正确的是（ ）
A.
B. 的值为
C. 若，则的值为
D. 若且，则
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据指数与对数运算公式分别化简计算各选项.
【详解】A选项：，A选项正确；
B选项：，B选项正确；
C选项：由，得，即，
所以，C选项正确；
D选项：由，则，，且，
即，，
所以，解得，D选项错误；
故选：ABC.
12. 定义区间的长度为，记函数（其中）的定义域的长度为，则下列说法正确的有（ ）
A.
B. 的最大值为
C. 在上单调递增
D. 给定常数，当时，的最小值为
【答案】ABD
【解析】
【分析】求函数的定义域，得判断选项A；利用单调性定义证明单调性判断选项C，由单调性求判断函数的最值判断BD选项．
【详解】由，得，，，A选项正确；
设，则，
，，，，在上是增函数，
同理可证，在上是减函数，
所以在上是增函数，在上是减函数，C选项错误；
为最大值，B选项正确；
，，，在上是增函数，在上是减函数，
最小值为和中较小者，
．
的最小值为，D选项正确．
故选：．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 的终边在第________象限.
【答案】四
【解析】
【分析】根据象限角的范围即可求解.
【详解】由于，故是第四象限角，
故答案为：四
14. 已知函数的表达式为，则的解集为_________.
【答案】
【解析】
【分析】根据分段函数解析式得到或，解得即可.
【详解】因为，对于不等式，
则或，
解得或，
所以不等式的解集为.
故答案为：
15. 若实数、、满足，，则实数的最小值是________.
【答案】
【解析】
【分析】用、表示出，利用基本不等式求出的最小值，即可求得的最小值.
详解】由可得.
由可得，
所以
∵，，
∴，
∴，且仅当即时取等号.
∴时，实数取得最小值.
故答案为：
16. 设函数的定义域是，满足：（1）对任意的，；（2）对任意的，，都有；③.则函数的最小值为___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据已知条件求得，结合基本不等式求得的最小值.
【详解】依题意可设，
则由可得，
由于对任意的，，，
所以
当且仅当时成立.
则，所以关于对称.
所以，
由可得.
结合对称性可知恒成立，所以是常数函数，
由于，所以，
的定义域为，
所以，
当且仅当时等号成立.
故答案为：
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、解答过程或演算步骤.
17. 在平面直角坐标系中，点在角的终边上.
（1）求的值：
（2）求的值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由三角函数定义可求得的值；
（2）利用弦化切可得出所求代数式的值.
【小问1详解】
由于点在角的终边上，所以，
【小问2详解】
.
18. 已知函数.
（1）若关于的不等式的解集为，求，的值；
（2）求关于的不等式的解集.
【答案】（1）2，
（2）
【解析】
【分析】（1）方程的两根为1和，且，及求解；
（2）原不等式可以化为，利用一元二次不等式的解法求解．
【小问1详解】
关于的不等式的解集为
方程的两根为1和，且
由韦达定理得：，
解得.
【小问2详解】
原不等式可以化为.
，
令，
解得：或且，
所以不等式的解为：或，
故不等式的解集为：.
19. 已知函数且.
（1）若的图象经过点，求不等式的解集；
（2）若存在x，使得，求a的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）将代入解析式，得到，根据对数函数定义域和单调性得到不等式，求出不等式解集；
（2）先求出，变形得到在上有解，求出，从而得到，求出a的取值范围.
【小问1详解】
将代入得，，解得，
故，其在上单调递增，
，故，解得，
故不等式的解集为；
【小问2详解】
，
，解得，
且，故在上有解，
即在上有解，
其中在上单调递增，且，
当时，，故，
所以，
又且，解得.
20. 已知函数（且）.
（1）判断函数的奇偶性；
（2）若，，且在上的最小值为，求的值.
【答案】（1）奇函数 （2）2
【解析】
【分析】（1）由定义判断函数的奇偶性；
（2）由求出，然后得到函数，利用换元法得到函数，并根据函数单调性求得的取值范围，然后讨论函数的对称轴得到对应的函数最小值，建立方程即可解得的值.
小问1详解】
函数的定义域为，定义域关于原点对称，
，
∴函数为奇函数.
【小问2详解】
，∴，
则，
令，∵函数在上单调递增，函数在上单调递减，
∴在上单调递增，即，
则函数，函数的对称轴为
当时，函数在上单调递增，∴，
即，解得，∵，∴舍去；
当时，函数在上单调递减，在上单调递增，
∴，即，则，∴，
综上所述
21. 海洋潮汐（Ocean Tide）是沿海地区的一种自然现象，古代称白天的河海潮水为“潮”，晚上的为“汐”，合称为“潮汐”.习惯上把海水在海面垂直方向的涨落称为潮汐，而海水在水平方向的流动称为潮流.如图所示，现在海里竖立着一块等腰三角形状的标识牌，若该标识牌的腰长为5米，底边长为8米，开始时均在海平面以下，随着海水落潮该标识牌逐渐露出水面，最终全部在海平面以上.设海平面与该标识牌的交线为，且米，记海平面以下部分的多边形为，的面积为，的周长为.
（1）计算和；
（2）求和的解析式；
（3）记，求的最小值.
【答案】（1），
（2），
（3）
【解析】
分析】（1）应用已知定义计算周长及面积；
（2）应用二次函数分段求解周长及面积；
（3）先计算周长及面积，再结合基本不等式及单调性计算求解.
【小问1详解】
当时，，
所以，所以.
所以，
又因为，所以.
当时，BP，所以
同理，又因为，
所以.
【小问2详解】
①当时，即时，
因为，所以.
所以，
又因为，所以.
②当时，即时，
因为，
所以，所以.
所以.
.
综上所述：，
【小问3详解】
①当时，
，.
令，则，且.
所以
.
当且仅当，即，此时时取等号.
所以.
②当时，
，.
因为在上单调递增，
所以.
综上所述，的最小值为.
22. 对于函数，，若存在，使得，则称是函数的不动点．
（1）已知在上有且仅有一个不动点，求实数的取值范围；
（2）若是增函数，且的定义域包含其值域，证明：“是的不动点”的充要条件是“是的不动点”；
（3）求方程的实数解．
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）根据所给定义，列出方程，令，利用换元法，可得在上只有一根，所以在上只有一根，根据对勾函数的性质，代入数据，即可得答案.
（2）根据所给定义，结合充分、必要条件定义，分析整理，即可得证.
（3）将方程配方可得，令，方程变为，根据（2）结论，变形可得，利用求根公式，即可得答案.
【小问1详解】
因为在上有且仅有一个不动点，
所以，在上有且仅有一个根，
令，则，
所以原式等价于，即在上只有一根，
所以在上只有一根，
设，，则，
当且仅当，即时取等号，
根据对勾函数的性质可得在上单调递增，
所以，即，
所以，
所以实数的取值范围为，
【小问2详解】
充分性：若是的不动点，则，
所以，所以是的不动点，充分性成立；
必要性：若是的不动点，则，
设，则，
因为是增函数，假设，则，即，与假设矛盾，
反之，若，则，即，与假设矛盾，
所以，即，，必要性成立，
综上，“是的不动点”的充要条件是“是的不动点”.
【小问3详解】
方程配方得，
令，方程变为，
当时，显然方程不成立，
当时，单调递增，且值域为，满足定义域包含其值域，
由（2）可得，等价于的解，即，
所以，解得，
所以方程的实数解为.