河南省部分高中2025--2026学年高一上册1月质量检测数学试题【附解析】

这是一份河南省部分高中2025--2026学年高一上册1月质量检测数学试题【附解析】，共15页。试卷主要包含了本卷命题范围等内容，欢迎下载使用。
1．本试卷分选择题和非选择题两部分.满分150分，考试时间120分钟.
2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚.
3．考生作答时，请将答案答在答题卡上.选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.
4．本卷命题范围：人教A版必修第一册第一章～第五章第3节.
一、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，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】是由所有属于或者属于的元素所组成的集合.
【详解】因为集合，，
所以.
故选：D.
2. 命题“”的否定为（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】C
【解析】
【分析】根据存在量词命题的否定是全称命题可得答案.
【详解】存在量词命题“”的否定为全称命题“”，
原命题的结论为“”，其否定为“”，
所以命题“”的否定为“，”.
故选：C.
3. 已知扇形的弧长为，圆心角为，则该扇形的面积为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据弧长、半径与圆心角的关系，可得半径r的值，代入面积公式，即可得答案.
【详解】设扇形的半径为r，则，解得，
所以扇形的面积.
故选：B
4. 已知实数满足，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
【答案】A
【解析】
【分析】先得到若，则，充分性成立，再得到若，则或，必要性不成立，得到答案.
【详解】由于，故，若，则，则，充分性成立，
但若，则，则或，故必要性不成立，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A
5. 设，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】运用指数运算与对数运算法则，以及指数函数与对数函数的单调性，与“1”作比较，即可得解.
【详解】，
，，
因为在上单调递减，故，
综上，.
故选：A.
6. 已知，则的值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据同角三角函数基本关系，结合诱导公式求解即可.
【详解】因为，所以，
所以.
故选：B
7. 当把一个任意正整数表示成的时候，就可以得出正整数的位数是，如：，则625的位数是3．利用上述方法，判断的位数是（ ）
（参考数据：，）
A. 22B. 23C. 24D. 25
【答案】C
【解析】
【分析】设，，则，计算即可求出，从而得出结果．
【详解】设，其中，
两边取对数得，
因为，
所以，
因为，所以，即，
解得，
又因为，所以，所以的位数是，
故选：C
8. 已知幂函数在上单调递增，若实数满足，则的最小值为（ ）
A. B. 1C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先根据幂函数的定义和单调性求出，得到，代入利用基本不等式求解即可.
【详解】因为是幂函数，且在上单调递增，
所以，解得，
所以，
易知，则，
所以，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最小值为，
故选：B
二、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. 下列说法正确的有（ ）
A. B.
C. 小于的角一定是锐角D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用弧度转角度的公式计算验证选项A，利用正切的诱导公式化简计算选项B，根据锐角的定义判断选项C，根据三角函数在象限内的符号判断选项D．
【详解】，故A正确；
，故B正确；
锐角是大于且小于的角，但小于的角包含负角（如），
小于的角不一定是锐角，故C错误；
，
，故D正确．
故选：ABD．
10. 已知函数，则（ ）
A. 当时，单调递减区间为
B. 当时，的单调递增区间为
C. 的图象关于轴对称
D. 当时，的定义域为
【答案】AC
【解析】
【分析】利用对数函数的性质，结合复合函数的单调性判断选项A、B，利用函数的对称性结合奇偶性判断选项C，利用赋值法判断选项D．
【详解】选项A、B：当时，，
，解得或，
函数的定义域为，
函数开口向上，对称轴为，
函数在上单调递增，在上单调递减，
，在上单调递减，
函数在上单调递减，在上单调递增，故A正确，
不在定义域内，故B错误；
选项C：，定义域关于原点对称，
若图象关于轴对称，则是偶函数，即，
，
是偶函数，其图像关于轴对称，故C正确；
选项D：当时，，定义域为，不是，故D错误．
故选：AC．
11. 已知函数的零点为，函数的零点为，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】对于A，运用零点存在定理可判断；对于B，运用指对同构将转化为，得到，再根据函数的单调性得到，即可判断；对于C，将选项B代入，即可判断；对于D，运用零点存在定理求出的范围，再将选项C代入选项D，解出，即可判断.
【详解】对于A：易知与在上单调递减，故在上单调递减，
又因为，，
根据零点存在定理，可知零点，故A正确；
对于B：由题可知，，，
，易知与在上单调递增，
因此在上单调递增，
又因为，故，得，即，故B正确；
对于C：由B可知，，，
故，得，故C正确；
对于D：由B可知，上单调递增，
，，由零点存在定理可知.
由C可知，则，因此，
令，解得，与矛盾，故D错误.
故选：ABC.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知角的终边经过点，且，则的值是_____．
【答案】
【解析】
【分析】根据三角函数定义和正切值得到的方程，求解即可.
【详解】因为角的终边经过点，所以，又，
所以，解得.
故答案为：.
13. 已知是定义在上的偶函数，且在上单调递减，，则关于的不等式的解集为_____．
【答案】
【解析】
【分析】先得到在上单调递增，从而得到，结合单调性得到不等式，求出解集.
【详解】是定义在上的偶函数，且在上单调递减，
故在上单调递增，
又，故，即，
所以，故或，解得或，
故解集为.
故答案为：
14. 已知函数，则_____，在区间上的最大值与最小值之和为_____．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】先推导为常数，利用该常数计算含对数的函数值和，再结合常数分析区间上的最值的和.
【详解】，
则.
因，故.
，
因此.
设在上的最大值为，最小值为，
由可知，若，则，得；
若，则，得，
综上所述.
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. 求下列各式的值：
（1）；
（2）．
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据分数指数幂的运算法则及根式的性质进行计算；
（2）利用对数的运算法则及换底公式进行计算.
【小问1详解】
原式.
【小问2详解】
原式.
16. （1）已知，，求和的值；
（2）已知，求和的值．
【答案】（1），；
（2）；
【解析】
【分析】（1）利用同角三角函数的平方关系及商关系求解；（2）利用诱导公式求出正切值，再利用诱导公式及同角三角函数的商关系进行化简求值.
【详解】（1）因为，，
所以，；
（2）因为，所以，
，
.
17. 已知集合，．
（1）若，求；
（2）若“”是“”的充分条件，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先求得集合A，当时，可得集合B，根据交集运算的概念，即可得答案.
（2）由题意得，分别讨论、和三种情况，可得集合B，根据包含关系，列出不等式组，即可得答案.
【小问1详解】
由题意，
因为在R上单调递增，
所以，即，解得， 则集合，
当时，由，解得，则集合，
所以.
【小问2详解】
因为“”是“”的充分条件，所以，
由（1）得，
令，解得，，
当时，，所以集合，
所以，解得，符合题意；
当时，，无解，所以集合，不符合题意；
当时，，所以集合，
所以，解得，符合题意；
综上的取值范围为
18. 已知函数是奇函数，且．
（1）求和的值；
（2）判断的单调性，并用定义证明；
（3）解关于的不等式．
【答案】（1），.
（2）在上单调递增，证明见解析.
（3）
【解析】
【分析】（1）根据函数为奇函数和题中条件解得参数的值；
（2）根据函数单调性的定义证明即可；
（3）根据函数的奇偶性和单调性解得不等式的解集.
【小问1详解】
因为是奇函数，所以，即，解得，
当时，，可知，所以是奇函数.
因为，即，所以.
【小问2详解】
由（1）可知，，
在上单调递增.
证明：任取，且，则
，
因为，且在上单调递增，所以，即，
又，故，即，
因此在上单调递增.
【小问3详解】
解不等式，
因为是奇函数，所以，
又在上单调递增，故：，
即，所以，
进而有，解得，
因此不等式的解集为.
19. 已知函数．
（1）若，求的值域；
（2）若，函数，且，求的零点的个数，并证明；
（3）若关于的不等式对任意的恒成立，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）的零点的个数为1个，理由见解析；
（3）
【解析】
【分析】（1）利用对数函数的性质可求得函数的值域；
（2）若，可得，可得的单调性，进而由根的存在性定理可求得的零点个数；
（3）由题意可得，利用换元法，结合分类讨论可求得的取值范围．
【小问1详解】
若，.
因为，所以，
所以函数的值域为；
【小问2详解】
若，的零点的个数为1个，理由如下：
若，，且，
所以，
又，所以，所以，
所以在上单调递减，在上单调递减，
所以在上单调递增，在上单调递增，
又在上单调递增，
所以上单调递增，在上单调递增，
当时，则，所以，所以，
又，所以，故在无零点，
当时，，，
所以存在，使，
又在上单调递增，故的零点的个数为1个；
【小问3详解】
因为，所以，又对恒成立，
所以对恒成立，故.
由，得，所以，
所以，
当时，令，则对勾函数在上单调递减，在上单调递增，
若时，函数在上单调递增，
由关于的不等式对任意的恒成立，可得，显然无解；
若时，对勾函数在上单调递减，在上单调递增，
此时，又，所以不等式任意的恒不成立；
当时，在上单调递减，所以，又，
故不等式任意的恒不成立；
当时，函数在上单调递增，所以，
又，所以对任意的恒成立；
综上所述：的取值范围为．