重庆市2025_2026学年高一数学上学期12月月考试题含解析

这是一份重庆市2025_2026学年高一数学上学期12月月考试题含解析，共18页。试卷主要包含了单项选择题等内容，欢迎下载使用。
一、单项选择题：本大题共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的.
1. 已知集合，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据指数函数的单调性解集合，解一元二次不等式得集合，最后根据集合的交集的概念可得.
【详解】可化为，解得，故，
又，故.
故选：D
2. 已知函数是幂函数，且为奇函数，则实数（ ）
A. 或B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用幂函数的定义及奇函数的概念即可求解.
【详解】由题意得，所以，所以，
解得或，
当时，，为偶函数，故不符合题意，
当时，，为奇函数，故符合题意.
综上所述：
故选：B.
3. 已知为第四象限角，为其终边上的一点，且，则实数（ ）
A. B. 4C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据任意角三角函数的定义分析求解即可.
【详解】由题意可知：，且，
可得，解得.
故选：C.
4. 函数的零点所在区间是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】函数在上连续且单调递减，分别计算，，，，，根据零点存在性定理可得结果.
【详解】当时，函数和都是减函数，
所以函数在区间上单调递减，
，
，
因为，
所以，
又，，
所以，
又函数在上连续，
根据零点存在性定理可得零点所在的区间为.
故选：.
5. 已知，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由已知可得，可求得，进而可求的值.
【详解】因为，所以，又，所以，
所以，
又，
所以.
故选：A.
6. 设函数在上单调递减，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】令，利用复合函数的单调性可知函数在上为增函数，且在上恒成立，由此可得出关于实数的不等式组，由此可求得实数的取值范围.
【详解】令，因为函数在上为减函数，
且函数在上单调递减，
所以，函数在上为增函数，所以，，解得，
且在上恒成立，则，解得.
所以，的取值范围是.
故选：B.
7. 若函数，且的值域为，则实数的取值范围（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】分，，，四种情况讨论，结合一次函数与对数函数的单调性以及值域即可求解.
【详解】若，则上单调递减，在上单调递减，
且当时，，当时，，
此时要想满足的值域为，则有 ，解得，结合，可得；
若，则当时，，当时，，的值域不为，不合题意；
若，则在上单调递增，在上单调递减，
且当时，，当时，，
的值域不可能为，不合题意；
若，则在上单调递增，在上单调递增，
且当时，，当时，，
此时要想满足的值域为，则有 ，解得，结合，可得，
综上所述，实数的取值范围为.
故选 ：B
8. 已知函数定义域为，满足为偶函数.当且时，不等式恒成立，设，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】得出的对称性和单调性，结合以及可得.
【详解】因为为偶函数，所以的图象关于对称，
因为，所以，
又，所以，所以，故，
又由题意可知，在上单调递增，
则，即
故选：D
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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 下列结论正确的有（ ）
A. 与的终边相同
B. 若圆心角为的扇形的弧长为，则该扇形的面积为
C. 若角为第二象限角，则角为第一象限角
D. 命题“角为第一象限角”是“>0” 的充分不必要条件
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据终边相同的角的表示方法判断A；利用扇形的弧长、面积公式计算判断B；根据象限角的定义计算判断C；利用充要条件和象限角的定义判断D.
【详解】对于A，因，故A正确；
对于B，设扇形的半径为，依题意，，解得，则该扇形的面积为，故B正确；
对于C，因是第二象限角，但是第三象限角，故C错误；
对于D，若角为第一象限角，则必有，充分性成立；若，则为第一或第四象限角或终边落在轴正半轴上的角，
故必要性不成立，即“角为第一象限角”是“>0” 的充分不必要条件，故D正确.
故选：ABD.
10. 若，则（ ）
A. 的最小值是
B. 的最小值是
C. 的最大值是
D. 的最小值是
【答案】BCD
【解析】
【分析】结合对数的运算，利用不等式的性质与基本不等式即可解决.
【详解】对于A，，则，可得，
当且仅当时，等号成立，此时，，可得，故A错误；
对于B，由于，所以，由，
当且仅当等号成立，即，，故B正确；
对于C，由可得，，故，
所以 ，
当且仅当，时，等号成立，故C正确；
对于D，由可得，，所以，
当且仅当时，即，时，等号成立.
故选：BCD.
11. 定义在上的函数满足下列条件：（1）;（2）当时，，则（ ）
A.
B. 当时，
C. 当时，
D. 在单调递减
【答案】AC
【解析】
【分析】运用赋值法，结合基本不等式、函数单调性的定义、不等式的性质、构造函数法逐一判断即可.
【详解】A：在中，令，
得，因此本选项说法正确；
B：在中，令，
得，
即，因此本选项说法不正确；
C：由上可知：，
在中，令，
得，
因为，所以，
又因为，所以，
即，所以本选项结论正确；
D：设是上任意两个实数，且，则有，
由，
因为当时，，
所以由，
即，
设，则有，且，
所以在单调递增，
则有，设是上任意两个实数，且，则有，
所以有，而，
于是由不等式性质可得，
因此在单调递增，所以本选项结论不正确，
故选：AC
三 、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 求值：______
【答案】2
【解析】
【分析】根据分数指数幂和对数的运算公式即可求解.
【详解】原式.
故答案为：2
13. 已知且，则__________
【答案】##
【解析】
【分析】分析角度间的关系以及角度所在的范围，再结合同角三角函数关系即可求解．
【详解】因为，
所以，
由，得，所以，
．
故答案为：．
14. 已知，若互不相等，且，且，则的范围是________
【答案】
【解析】
【分析】画出函数的大致图象，根据图象知，，，且， ，再建立的函数并结合对勾函数的性质求出范围.
【详解】函数在，上单调递减，在上单调递增，，画出的图象，如图，
因为，由得，，，
由得，即，由得，
于是，由对勾函数性质可知，在上单调递减，在上单调递增，
且，， ，所以的取值范围是.
故答案为：
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. 已知.
（1）若的解集为，求关于的不等式的解集；
（2）解关于的不等式
【答案】（1）
（2）当时，；当时，；当时，.
【解析】
【分析】(1)根据不等式的解与方程的根的关系，利用韦达定理列出方程组，求的值，代入求得不等式的解集.
(2)对参数分情况讨论，分别求得不等式的解集.
【小问1详解】
已知的解集为，说明和是方程的根.
由韦达定理：，可得，
将代入不等式，得，
所以或.
因此，不等式的解集为.
【小问2详解】
先对进行因式分解：
即解，需要根据的取值分类讨论：
(1)当，即时，不等式的解为或；
(2)当，即时，不等式变，解集为全体实数；
(3)当，即时，不等式的解为或.
综上所述：当时，；当时，；当时，.
16. 已知，其中.
（1）求的值；
（2）若是第三象限角，且,求 的值；
（3）若 ，求 的值.
【答案】（1）；
（2）；
（3）1.
【解析】
【分析】（1）利用诱导公式化简，代值计算即得；
（2）利用诱导公式和同角三角函数关系式化简计算即得；
（3）根据题设条件和弦化切求得，再将待求式齐次化后代值计算即得.
【小问1详解】
因.
则；
【小问2详解】
由可得，
因是第三象限角，则，
即得；
【小问3详解】
由可得.
则.
17. 已知函数（a为常数）是奇函数.
（1）求a的值，并判断的单调性（无需证明）;
（2）当时，不等式恒成立，求实数k的取值范围.
【答案】（1），在区间和单调递增，证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据奇函数的定义，结合对数的运算性质、对数的单调性、单调性的定义进行求解即可；
（2）根据奇函数的性质，结合换元法、基本不等式进行求解即可.
【小问1详解】
因为是奇函数，
所以，即，则，
故，则，由于不恒为常数，则，即，
当时，，不满足题意；
当时，由，得或，
所以的定义域为，关于原点对称，
又，所以满足题意，
综上，.
在上单调递增，证明如下：
因为，
令，则，取，
则，即，
因为在其定义域上单调递增，所以，
所以，即，
因为是奇函数，
所以在上也是单调递增，
因此在区间和单调递增；
【小问2详解】
因为为奇函数，
所以由，得，
因为在其定义域上单调递增，
所以在上恒成立，则恒成立，
令，则，，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，
所以.
18. 已知函数．
（1）若，求在区间的值域；
（2）若方程有两个不等实根，求实数m的取值范围；
（3）设函数，若对任意的，总存在，使得，求实数m的范围．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用换元法令，，再结合二次函数的性质即可求解；
（2）由（1）知利用换元法可得，，，方程有两个不等实根即等价于有两个不等实根且实根均大于零，从而可得，据此可求解；
（3）若对任意的，总存在，使得，可得，由复合函数知识可得函数在时单调递减，时单调递增，从而求出，则只需令在上恒成立即可，分离参数可求解．
【小问1详解】
当时，，
令，因为，所以，
所以可得一个二次函数，开口向上，对称轴为，
又，所以时，有最小值，
而离对称轴更远，所以时，有最大值，
所以，所以时，在区间上的值域为．
【小问2详解】
由（1）知当令，，，
则，即，
又指数函数单调递增，所以有两个不等实根，且此时实根大于零，
所以可得，解得，实数m的取值范围为．
【小问3详解】
由题意得，
若对任意的，总存在，使得，可得，
由函数可得当时单调递减，当时单调递增，
函数为增函数，所以由复合函数定义可得函数在时单调递减，时单调递增，
所以当时，有最小值，
由（2）知当令，，，
所以在上恒成立，
即在上恒成立，
因为函数，在时均单调递增，
所以函数在时单调递增，所以，
所以，即，则实数m的取值范围为．
19. 一般的，设函数定义域为，若对任意，都有，则函数的图象关于点成中心对称图形．已知函数，．
（1）计算的值，并求的对称中心；
（2）若函数的值域为，求实数的取值范围；
（3）若，将区间分成等分，记等分点的横坐标分别为，问：是否存在正整数，使得不等式对任意恒成立，若存在，求出所有的值；若不存在，说明理由．
【答案】（1），的对称中心为
（2）
（3），理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据指数幂的运算求出，即可得解；
（2）依题意的值能取遍每一个正数，分和两种情况讨论，当时，即可求出参数的取值范围；
（3）利用基本不等式求出的最小值，再根据的对称性求出，即可得到，从而求出的范围.
【小问1详解】
因为，
所以
，
所以的对称中心为；
小问2详解】
因为的值域为，
所以的值能取遍每一个正数，
若，则，其值能取遍每一个正数，符合题意；
若，则，解得；
综上可得实数的取值范围为；
【小问3详解】
当时，，
则
，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最小值为；
因为的图象关于点对称，
又区间关于对称，
所以，，
所以
，
所以，解得，
所以存在正整数符合题意.