山西省吕梁市2025-2026学年高一上学期12月冲刺考数学试题（Word版附解析）

这是一份山西省吕梁市2025-2026学年高一上学期12月冲刺考数学试题（Word版附解析），共14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。
一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A．B．
C．D．
2．已知角，则的终边在（ ）
A．第一象限B．第二象限
C．第三象限D．第四象限
3．已知函数则的值为（ ）
A．B．C．5D．4
4．已知，则“”是“”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
5．已知，则（ ）
A．B．C．D．
6．某机器上有相互啮合的大小两个齿轮（如图所示），大轮有25个齿，小轮有15个齿，大轮每分钟转6圈，若小轮的半径为，则小轮每秒转过的弧长是（ ）
A．B．C．D．
7．已知，，则（ ）
A．B．C．D．
8．已知函数，则（ ）
A．52B．48C．26D．24
二、多选题
9．已知，则下列不等式正确的是（ ）
A．B．C．D．
10．已知函数，则下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．若，则的单调递增区间为
C．，使得是偶函数
D．若在上单调递减，则的取值范围是
11．已知函数的定义域为，对任意的，都有，当时，，则（ ）
A．
B．，使得
C．，都有
D．在上单调递减
三、填空题
12．已知幂函数的图象过点，则 ．
13．设，若，则的值是 ．
14．已知函数的定义域为，为偶函数，且对任意的（），都有，则关于的不等式的解集为 ．
四、解答题
15．求下列各式的值：
(1)；
(2)．
16．已知集合．
(1)若，求的值；
(2)若，求的取值范围．
17．已知函数．
(1)求的零点；
(2)若函数是偶函数，且当时，，求的解析式；
(3)判断在定义域上的单调性，并用定义法证明．
18．已知函数．
(1)若，求在区间上的值域；
(2)若，且，求的最小值；
(3)若在上恒成立，求的取值范围．
19．已知函数的图象关于坐标原点对称．
(1)求方程的解；
(2)若对任意的，都存在，使得成立，求的取值范围；
(3)若函数在区间上的最大值为，求的值．
1．A
先求出集合，再根据交集的定义求解即可.
【详解】由题意知，
又，所以．
故选：A．
2．C
由象限角的定义得到结果.
【详解】因为，而，所以的终边在第三象限．
故选：C．
3．D
根据分段函数的解析式，按照从内到外的顺序依次代入求值即得.
【详解】因为函数，
所以，则4.
故选：D．
4．A
本题考查充分条件和必要条件的判断.此题判断充分性时，需结合均值不等式；判断必要性时，用特殊值即可.
【详解】当时，，则当时，有，解得，充分性成立；
当时，满足，但此时，必要性不成立．
综上所述，“”是“”的充分不必要条件．
故选：A．
5．A
根据指数函数和对数函数的性质判断即可.
【详解】由，所以．
故选：A．
6．B
先求出小轮每分钟转的圈数和小轮每秒钟转的弧度数，从而求出弧长.
【详解】大轮有25个齿，小轮有15个齿，大轮每分钟转6圈，
故小轮每分钟转的圈数为，
因此小轮每秒钟转的弧度数为，
所以小轮每秒转过的弧长是．
故选：B．
7．D
根据对数的运算法则和换底公式即可求解.
【详解】由，得，所以，又，所以.
故选：D．
8．C
先证明，令，结合，两式相加化简即可求出答案.
【详解】因为，
令，
，
所以，
所以．
故选：C．
9．BCD
通过举反例排除A项；利用作差法比较判断B项；利用不等式的性质判断C，D两项.
【详解】对于A，当时，，故A错误；
对于B，因，则由可得，故B正确；
对于C，因为，所以，又，所以，故C正确；
对于D，因为，所以，所以，故D正确．
故选:BCD．
10．AC
由对数的运算求得，判断A选项；代入，求函数定义域，根据复合函数的单调性得到单调区间，判断B选项；令函数为偶函数求得，代入函数，由偶函数定义判断奇偶性，判断C选项；结合B选项的结论，列出不等式组解得的取值范围.
【详解】若，则，解得，故A正确；
若，则，令，解得或，
因为函数在上单调递减，在上单调递增，
而函数在上单调递增，
由复合函数的单调性可知的单调递增区间为，故B错误；
当函数为偶函数时，即，则，∴，
∴，即，
此时，是偶函数，故C正确；
若在上单调递减，则解得，故D错误．
故选：AC．
11．ACD
赋值即可求解判断A；分析易得当时，，再赋值得到，即可判断B；结合基本不等式及赋值即可判断C；根据函数单调性的定义判断D.
【详解】由题意，对任意的，都有，
令，得，
又，所以，则，故A正确；
当时，，所以，
又，所以，则，
所以，都有，故B错误；
因为，所以，
令，则，
所以，故C正确；
设，则，
由B知，当时，，，都有，
因为，所以，所以，且，
所以，即，
所以在上单调递减，故D正确．
故选：ACD．
12．
利用待定系数法求出幂函数的解析式，将代入即可求出答案.
【详解】设幂函数为，又幂函数的图象过点，
所以，解得，
所以，
所以.
故答案为：.
13．4
根据完全平方公式结合根式的性质求解即可.
【详解】由，则，即，
所以，
又，则.
故答案为：4.
14．
得到的图象关于直线对称，且在上单调递增，从而不等式转化为，分和两种情况，得到不等式解集.
【详解】因为为偶函数，所以的图象关于直线对称，
又对任意的，都有，
所以在上单调递增，
所以可等价为，即，
当时，不等式可化为，即，
令，则，由于，无解；
当时，不等式可化为，即，
即，所以，解得．
综上，关于的不等式的解集为．
故答案为：
15．(1)
(2)
（1）根据指数的运算化简求解；
（2）根据对数的运算及性质化简求解.
【详解】（1）由题意知
.
（2）由题意知
16．(1)
(2)
（1）由题设易得，结合可得，进而求得，可得，，进而求得，再进行检验即可；
（2）先求出，再分、、、四种情况讨论求解即可.
【详解】（1）由题设，显然，又，所以，
所以，解得，
则，因此，
所以，解得，
则，此时，符合题意，
故.
（2）若，则，
又，所以或或或，
当时，，解得；
当时，，无解；
当时，，解得；
当时，，无解.
综上所述，的取值范围是.
17．(1)
(2)
(3)函数在上单调递增，证明见解析
（1）令，根据指数与对数的相互转化求解即可；
（2）根据偶函数的定义求解即可；
（3）根据函数单调性的定义求证即可.
【详解】（1）令，即，所以，
即，所以，解得，即的零点是.
（2）当时，，
当时，，又函数是偶函数，
所以
综上，.
（3）函数在上单调递增，证明如下：
任取，且，
则，
又，所以，所以，故，
所以，即，
所以函数在上单调递增.
18．(1)
(2)
(3)
（1）由题设当时，可得在上单调递减，进而求解即可；
（2）分，，三种情况结合基本不等式讨论求解即可；
（3）转化问题为在上恒成立，令，，进而分，两种情况讨论求解即可.
【详解】（1）若，则，
当时，，
所以在上单调递减，
所以，
所以在区间上的值域为.
（2）若，则，
当时，由，即，整理得，不符合题意；
当时，由，即，整理得，不符合题意；
当，由，即，整理得，
所以，
所以，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最小值是.
综上所述，的最小值是.
（3）若在上恒成立，
则在上恒成立，即在上恒成立，
令，，
当时，在上单调递增；
当时，在上单调递增；
又在上连续，则在上单调递增，
所以，可得，解得，
即的取值范围为.
19．(1)
(2)
(3)
（1）由题设可得，进而可得，，再解方程即可；
（2）由题设可得，进而结合函数的单调性分，，三种情况讨论求解即可；
（3）令，，由题设可得在上的最大值为，而，进而分，，三种情况讨论求解即可.
【详解】（1）因为函数的图象关于坐标原点对称，
所以，即，
整理得，所以，解得，所以，
由，则，
令，得，解得或（舍），
所以，解得.
（2）若对任意的，都存在，
使得成立，
则，
因为与在上单调递增，所以在上单调递增，
所以，
所以，
当时，，解得；
当时，，不符合题意；
当时，，解得.
综上所述，的取值范围是.
（3）令，因为与在上单调递增，
则在上单调递增，
所以，
所以，，
令，，
依题意可得在上的最大值为，
又，
当时，在上单调递增，在上单调递减，
所以，解得；
当时，在上单调递增，
所以，解得（舍）；
当时，在上单调递减，
所以，解得（舍）.