山西大学附属中学校2025-2026学年高一上学期12月月考-数学试题（含答案）

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数学试题答案
考试时间：120分钟 总分：150分
一、单选题：共8小题，每小题5分，共40分.
1. 已知集合，集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出集合，利用交集的定义可求得集合.
【详解】因为，，故.
故选：C.
2. 函数的定义域是（ ）
A. B.
C. 且D. 且
【答案】D
【解析】
【分析】根据函数的解析式，列出使解析式有意义的不等式组，求出解集即可．
【详解】解：函数，
则，解得且．
故选:D．
3. 设，则的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用指数函数与对数函数的性质，即可得出的大小关系.
【详解】因为，
，
，
所以.
故选：D.
【点睛】本题考查的是有关指数幂和对数值的比较大小问题，在解题的过程中，注意应用指数函数和对数函数的单调性，确定其对应值的范围.
比较指对幂形式的数的大小关系，常用方法：
（1）利用指数函数的单调性：，当时，函数递增；当时，函数递减；
（2）利用对数函数的单调性：，当时，函数递增；当时，函数递减；
（3）借助于中间值，例如：0或1等.
4. 已知函数在区间内有且仅有1个零点，在利用二分法求函数零点的近似值时，经过2次二分法后确定的零点所在区间为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据零点存在定理，结合二分法，不断把区间一分为二计算判断.
【详解】由，且，，得在内有零点；
由，且，，得在内有零点；
所以经过2次二分法后确定的零点所在区间为．
故选：B
5. 函数的部分图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】确定函数的奇偶性，时函数值的正负以及函数图像的变化趋势可得答案.
【详解】由题意可得：函数的定义域为，
，
所以为奇函数，
当时，，故可排除BC，
当时，，，，
因为指数函数比幂函数增长的速度要快，
所以当，函数值趋近于零，所以排除.
故选：D.
6. 设方程的两个根为，则（ ）．
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】等价于，作出方程左右两边所对应的函数图象，结合图象可知答案．
【详解】等价于，作出函数与的图象，如图．

结合图象易知这两个函数的图象有两个交点，
交点的横坐标即为方程的两个根，可知，．
根据在上是减函数，可得，所以．
又，，所以，即，
则，所以．
而，所以．
故选：D．
7. 基本再生数与世代间隔T是流行病学基本参数.基本再生数指一个感染者传染的平均人数，世代间隔指两代间传染所需的平均时间.在型病毒疫情初始阶段，可以用指数模型：描述累计感染病例数随时间t(单位：天)的变化规律，指数增长率r与，T近似满足.有学者基于已有数据估计出.据此，在型病毒疫情初始阶段，累计感染病例数增加至的3倍需要的时间约为（ ）(参考数据：)
A. 2天B. 3天C. 4天D. 5天
【答案】D
【解析】
【分析】
根据已知数据先求出，可得，则由解出即可.
【详解】，，即，解得，
，则，
解得，则，
故累计感染病例数增加至的3倍需要的时间约为5天.
故选：D.
8. 已知定义在R上的函数满足：为奇函数，，且对任意，都有，则（ ）
A. B. C. D. 1
【答案】D
【解析】
【分析】由题设可得、，根据有，结合、即可求解.
【详解】由题设，则，
所以，即关于对称，又，则，
由于，又任意都有，
所以，
由，故，
而，故，故.
综上，.
故选：D
【点睛】关键点点睛：根据已知条件得到，结合对称性和递推关系求得.
二、多选题：共3小题，每小题6分，共18分.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有错选的得0分.
9. 下列各组函数中，与不是同一函数的是（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据函数定义域和对应关系，对每个选项进行逐一分析即可判断和选择.
【详解】A：定义域为定义域为，则与不是同一函数；
：与定义域都是且对应关系一样，则与是同一函数；
C：定义域为定义域为，则与不是同一函数；
D：与的对应关系不一样，则与不是同一函数.
故选：.
10. 若函数恒成立，且，则下列结论中正确的有（ ）
A. 的最小值为B. 的最大值为-3
C. 的最小值为D. 的最小值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】由恒成立求得，然后利用消元法及二次函数性质求解判断A；利用基本不等式求得，再利用对数函数单调性求最值判断B；利用基本不等式中“1”的代换技巧求解最值判断C；结合指数运算利用基本不等式求解最值判断D.
【详解】由，
可得或，解得或；
当时，可得或；当时，可得或；
又因为对恒成立，所以，即，
又，可得；
对于选项A，由可得，
所以，
当，等号成立，此时的最小值为，则选项错误；
对于选项B，易知，因此，即；
因此，可得的最大值为-3，即选项B正确；
对于选项C，由可得；
所以
，
当且仅当，即时，等号成立，可得C正确；
对于选项D， ，
当且仅当，即时，等号成立，即D正确.
故选：BCD
11. 黎曼函数是由德国数学家黎曼发现提出的特殊函数，它在高等数学中被广泛应用．定义在上的黎曼函数，关于黎曼函数，下列说法正确的是（ ）
A. B. ，方程没有实数根
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据黎曼函数的定义，可判断A、B项；分为，，之间的无理数以及之间的有理数四种情况，分别讨论，即可判断C项；根据黎曼函数的定义，a与b不都为内的有理数以及a与b都为内的有理数讨论，即可判断D项.
【详解】对于A项，因为为最简真分数，由定义，可知选项A正确；
对于选项B，当时，是方程的实数根，所以B错误；
对于选项C，
若x为上的无理数，则也为上的无理数，此时；
若，则，此时；
若，则，此时；
若x为上的有理数，设（其中p，q为正整数，为最简真分数），则，此时也为有理数，且为最简真分数，此时，所以C正确；
对于选项D，①若a与b中至少一个为0或1或中的无理数时，
则，而恒成立，满足；
②若a与b都为内的有理数时，设，（为正整数，，为最简真分数），所以，.
又，当能约分时，ab写成既约真分数分母小于，设为（即)，则；
当不能约分时，.
综上，可知成立，D正确．
故选：ACD．
三、填空题：本题共3小题，每题5分，共15分.
12. 若扇形的圆心角为，半径为6，则扇形的弧长为________.
【答案】
【解析】
【分析】由扇形弧长公式直接计算即可.
【详解】由扇形弧长公式得扇形的弧长为.
故答案为：.
13. 函数的单调增区间是______.
【答案】（或）
【解析】
【分析】根据指数函数单调性结合复合函数单调性分析求解.
【详解】因为的定义域为R，
又因为在定义域内单调递增，在内单调递减，在内单调递增，
可知在内单调递减，在内单调递增，
所以函数的单调增区间是.
故答案为：（或）
14. 已知函数，关于的方程有_________个不同的解；不等式的解集是______________.
【答案】 ①. 6 ②. 或
【解析】
【分析】根据绝对值的性质，结合函数的解析式画出函数的图象，利用数形结合思想进行求解即可.
【详解】当时，，
当时，，
当时，即，
，且，
当时，即，
，
当时，即，
，且，
当时，即，，
当时，即，，且，
当时，即，，
当时，即，，且，
依次类推，作出函数的图象，
由图可知与交点个数是6，
所以关于的方程有6个不同的解；
当时，令，解得或，
此时满足要求的的范围：或由，
…，，
任意实数，不等式恒成立，即恒成立，
由图知函数在的每一个上顶点的纵坐标为，
且，即恒成立，
综上所述，解集为，或
故答案为：，或
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. 化简求值：
（1）；
（2）；
（3）已知，求.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用对数的运算性质可得出所求代数式的值；
（2）利用根式的运算性质以及对数的换底公式化简可得出所求代数式的值；
（3）解方程，得出的值，即可得出的值.
【小问1详解】
原式.
【小问2详解】
原式.
【小问3详解】
由可得，即，解得，故.
16. 已知函数.
（1）若，求不等式的解集；
（2）若时，不等式恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由题设，利用指数函数性质及指对数关系求解集；
（2）由题设得，进而可得在恒成立求参数范围.
【小问1详解】
当时，可得，
由，得，可得，解得，
因此，当时，不等式的解集为；
【小问2详解】
因为，即，，
当，则，可得，可得，
而，则，解得，因此，实数的取值范围是；
17. 已知函数.
（1）当时，求的最小值；
（2）若在上单调递增，求的取值范围.
（3）设，若对于任意，存在，使得不等式成立，求的取值范围.
【答案】（1）1 （2）
（3）
【解析】
【分析】（1）当时，分析函数的单调性，可求得函数的最小值；
（2）利用复合函数的单调性可知，内层函数在上为增函数，且，可得出关于实数的不等式组，由此可解得实数的取值范围；
（3）由题意可知，对任意的恒成立，可得出对参变量分离可得出，利用基本不等式可求得实数的取值范围.
【小问1详解】
当时，，
对任意的，恒成立，此时，函数的定义域为，
因为内层函数的减区间为，增区间为，
外层函数为增函数，
由复合函数的单调性可知，函数的减区间为，增区间为，
故.
【小问2详解】
令，因为外层函数在定义域上为增函数，且函数在上单调递增，
则内层函数在上为增函数，且，
即，解得.
因此，实数的取值范围是.
【小问3详解】
对于任意，存在，使得不等式成立，
则对任意的恒成立，
因为，
当时，，故当时，即当时，函数取最小值，
即，
所以，对任意的恒成立，
由可得，
当时，不等式成立，
当时，
参变量分离得，
因为，由基本不等式可得，
当且仅当时等号成立，则，
即，
综上可知，实数的取值范围是.
18. 已知函数
（1）解不等式：
（2）求证: 为定值，并求的值；
（3）若满足 满足，求 的值.
【答案】（1）不等式的解集为；
（2）；
（3）.
【解析】
【分析】(1)根据对数运算法则化简不等式，再通过换元法求解；
(2)先对进行化简证明其为定值，再利用该定值计算所给式子的值；
(3)通过构造函数，利用函数的单调性求解的值.
【小问1详解】
解：已知，则，
所以不等式可化为，令,则不等式变为，
即，解得或，当时，，当时，，
所以，不等式的解集为.
【小问2详解】
证明：已知，则，,
所以为定值，
令，
则，
两式相加得，所以，
即的值为.
【小问3详解】
解：已知满足，即，
已知满足，即，
令,则原方程组可化为和，
而可化为
设，则，
所以，即，
所以.
19. 设.
（1）请利用函数单调性定义证明在上单调递减；
（2）若，成立，求实数的取值范围；
（3）给定实数，讨论关于的方程的解的个数.
【答案】（1）证明见解析
（2）或；
（3）答案见解析
【解析】
【分析】（1）任取，作差并判断即可证明；
（2）整理函数解析式，然后由得到不等式计算化简分析得到的不等式，借助函数的单调性即可求得实数的取值范围；
（3）由基本不等式的最小值，由定义判断奇偶性,然后得到函数单调区间.整理方程得，设，即可得到恒成立，化简方程得到，令，由定义法判断单调性，从而求得其最大值.通过讨论的不同取值得到方程解的个数.
【小问1详解】
任取，，
因为，则，
则，即，
所以在上单调递减；
【小问2详解】
因为，
所以得，整理得，
所以或，解得或，
又不等式成立，所以或，
又，所以函数在上单调递增，函数在上单调递减，
所以或；
【小问3详解】
由于，当且仅当时，等号成立，
则，且，则为偶函数，
又在上单调递减，则在上单调递增，
方程，整理得，
因为为定义域上的单调递增函数，所以，
设，则，恒成立，
则方程化为，
设，
任取，则，
因为，所以，
故，即，所以在上单调递减，
所以，且时，
故当时，方程无解，
所以关于的方程的解为0个；
当时，方程有一解为，此时，
所以关于的方程的解为1个；
当时，方程有唯一解，且解，
又，在上单调递减，则在上单调递增，为偶函数，
所以时，方程有互为相反数的两根，
所以关于的方程的解为2个；
综上，当时，原方程无解；当时，原方程有唯一解；当时，原方程有两个解.