精品解析：吉林省吉林市舒兰、蛟河、磐石、伊通四所友好学校2025-2026学年高一上学期12月联合考试数学试题

舒兰、蛟河、伊通、磐石四友好学校2025年12月联考高一数学试题 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的． 1. 化为弧度是（ ） A. B. C. D. 2. 设集合，，则集合（ ） A. B. C. D. 3. 函数的单调递增区间是（ ） A. B. C. D. 4. 方程的零点所在的区间为（ ） A. B. C. D. 5. 关于的不等式的解集是，那么（ ） A. B. C. D. 6. 下列命题中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 7. 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 8. 为R上的偶函数，当时，成立，，，c=则a，b，c的大小关系是（ ） A. B. C. D. 二、多选题：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. 命题，则命题的否定是： B. ，则的最大值为1 C. 定义在上的函数为奇函数的充分条件是 D. “且”是“”的充分不必要条件 10. 已知函数，则（ ） A. 不等式解集为 B. 的图图像关于轴对称 C. 是上的递增函数 D. 的值域为 11. 函数的定义域为R且，恒成立，当时，且，下列说法正确的是（） A. 是偶函数 B. C. 的解集为 D. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设，则_____. 13. 已知函数且的图像过定点，若角的终边过点，则__________. 14. 已知函数，若关于的方程有四个不等实根.则实数a的取值范围为___________. 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. 如图，单位圆与轴正半轴的交点为点，点在圆上，且点在第一象限，点在第二象限． （1）当圆心角所对的弧长为，求图中阴影部分的面积； （2）设，当点的横坐标为时，求及的值． 16. 已知函数，且为常数． （1）当时，求的解集； （2）当，恒有，求实数的取值范围． 17. 已知幂函数在上单调递增. （1）求函数的解析式； （2）若，求实数的取值范围； （3）若正数，满足，求的最小值. 18. 已知函数是定义域在上的偶函数. （1）求实数的值； （2）解不等式； （3）若函数在上的最小值为，求的值. 19. 已知． （1）求证：； （2）判断的单调性，并用单调性的定义证明； （3）当时，恒成立，求实数m的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 舒兰、蛟河、伊通、磐石四友好学校2025年12月联考高一数学试题 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的． 1. 化为弧度是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】本题考查的是角度制与弧度制的互相转化. 【详解】,故选：B. 【点睛】 2. 设集合，，则集合（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】解指数不等式化简集合，再根据交集的定义计算可得. 【详解】因为，又，即，解得， 所以， 所以. 故选：C 3. 函数的单调递增区间是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】求出函数的定义域，是由和复合而成，求出二次函数的单调性以及对数函数的单调性，由复合函数的单调性即可求解. 【详解】由可得或， 所以的定义域为， 设， 则是由和复合而成， 因为对称轴为，开口向上， 所以在上单调递减，在上单调递增， 而单调递减， 所以在上单调递增，在上单调递减， 所以的单调递增区间是. 故选:B. 4. 方程的零点所在的区间为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分析函数的单调性，结合零点存在定理可得出结论. 【详解】令，因为函数、在上均为增函数， 所以，函数在上为增函数， 因为，，，则， 所以，方程的零点所在的区间为. 故选：B. 5. 关于的不等式的解集是，那么（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分析可知、为关于的方程的两根，结合韦达定理可得出、的值，结合对数的运算性质可得出的值. 【详解】由题意可知，、为关于的方程的两根， 由韦达定理可得，解得，故. 故选：B. 6. 下列命题中正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】D 【解析】 【分析】根据不等式的性质，逐一判断即可. 【详解】选项A，若，只有当时，，当时，，故A错误； 选项B，若，则，或，或，故B错误； 选项C，若，当时，，故C错误； 选项D，若，则，则，故D正确. 故选：D. 7. 函数的图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】采用排除法，根据函数奇偶性可排除D，根据且时，可排除A，C. 【详解】记，函数的定义域是， ，所以函数为偶函数，其图像关于轴对称，故D错误； 当且时，，，即，图像在轴下方，故A，C错误． 故选：B. 8. 为R上的偶函数，当时，成立，，，c=则a，b，c的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据给定条件确定函数在上单调性，利用指数、对数函数单调性可得，再结合偶函数性质比较大小. 【详解】由当时，成立，得函数在上单调递减， 由，得；；， 因此，则， 由为R上的偶函数，得， 所以，即. 故选：C 二、多选题：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. 命题，则命题的否定是： B. ，则的最大值为1 C. 定义在上的函数为奇函数的充分条件是 D. “且”是“”的充分不必要条件 【答案】AD 【解析】 【分析】特称命题的否定需要特称改全称，结果变否定，判断A选项；举反例即可判断B选项；充分必要条件的判定：，则是的充分条件；，则是的必要条件条件；判断C，D选项. 【详解】A选项：命题，则命题的否定是，A选项正确； B选项：举例，满足，但是该函数最大值为0，并不是1，故B错误； C选项：在0处函数值为0的函数不一定是奇函数，例如，所以充分性不成立，C选项错误； D选项：当且时，成立，满足充分条件； 当时，且不成立，例如，，故不是且的必要条件； 所以“且”是“”的充分不必要条件，D选项正确. 故选：AD. 10. 已知函数，则（ ） A. 不等式解集为 B. 的图图像关于轴对称 C. 是上的递增函数 D. 的值域为 【答案】ACD 【解析】 【分析】化去绝对值再利用指数函数的单调性解不等式可判断A；判断函数的奇偶性可判断B；根据复合函数单调性判断C；通过求含指数函数的复合函数的值域判断D. 【详解】 对于A，由得，即，解得.故A正确； 对于B，因为，所以函数是奇函数，其图像关于原点对称，不关于y轴对称，故B不正确； 对于C，因为函数是增函数，因为，所以函数是减函数， 因此函数是增函数，故C正确； 对于D，由，所以函数的值域为，故D正确. 故选：ACD. 11. 函数的定义域为R且，恒成立，当时，且，下列说法正确的是（） A. 是偶函数 B. C. 的解集为 D. 【答案】BD 【解析】 【分析】根据奇函数的定义，结合条件判断A；应用赋值法，求得，判断B；根据单调性的定义，判断函数的单调性，再求解不等式判断C；根据奇函数的性质求和判断D. 【详解】对A选项：令，可得，所以， 令，则，所以为奇函数，所以A错误； 对B选项：令，则，令，则， 所以，所以B正确； 对C选项：设，而， 又，所以，所以，即， 所以在上单调递增，且， 由，可得， 所以，得到，即不等式解集为，所以C错误； 对D选项：因为为奇函数，所以， 所以， 又，故成立.所以D正确. 故选：BD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 设，则_____. 【答案】 【解析】 【分析】代入求值，计算出，再次代入得到答案. 【详解】，故. 故答案为： 13. 已知函数且的图像过定点，若角的终边过点，则__________. 【答案】## 【解析】 【分析】先利用指数函数定义求出定点坐标，再利用正弦函数定义可得. 【详解】因为函数过定点，由指数函数性质可知点横坐标为3， 代入可得，由正弦函数定义可知. 故答案为：. 14. 已知函数，若关于的方程有四个不等实根.则实数a的取值范围为___________. 【答案】 【解析】 【分析】先利用图像的对称、平移等变换作出的图像，再令，，必有两个不同的零点、，而由、与共有四个交点，分类讨论可得到a的取值范围. 【详解】根据题意，得 当时，，令，则 当时，，故与的图像关于原点对称； 当时，， 因为是由的图像向右平移一个单位，再向下平移一个单位得到， 故的图像是由保留轴上方的图像，再将轴下方的图像往上翻折得到； 综上，作出的图像如下： 令，，由可得， 又因为关于的方程有四个不等实根， 则函数必有两个不同的零点、，且、与共有四个交点，不妨设， ①若，则，由韦达定理可得，解得，满足题意； ②若，则，则，解得； ③若，则，则，无解. 综上所述，实数的取值范围是. 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. 如图，单位圆与轴正半轴的交点为点，点在圆上，且点在第一象限，点在第二象限． （1）当圆心角所对的弧长为，求图中阴影部分的面积； （2）设，当点的横坐标为时，求及的值． 【答案】（1）； （2），. 【解析】 【分析】（1）设圆心角，应用扇形面积公式计算求解即可； （2）先由已知得，进而得出，即可求解. 【小问1详解】 设圆心角为，弧长为l，弓形的面积为S． 因为，圆O的半径为，所以， 所以，， 所以图中阴影部分的面积为． 【小问2详解】 因为， 的横坐标为， 所以的纵坐标为， 则， 所以，. 16. 已知函数，且为常数． （1）当时，求的解集； （2）当，恒有，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）令，则，解得； （2）换元得到在上恒成立，参变分离得到在上恒成立，由函数单调性求出的最小值，得到. 【小问1详解】 时，， 令，则，，解得， 故，解得，故不等式的解集为； 【小问2详解】 ， ，令，则在上恒成立， 故在上恒成立， 其中在上单调递增，故当时，取得最小值，最小值为2， 故. 17. 已知幂函数在上单调递增. （1）求函数的解析式； （2）若，求实数的取值范围； （3）若正数，满足，求的最小值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据幂函数的定义域和单调性，求出值；即可得出函数的解析式； （2）根据函数的单调性化简不等式，从而求得的取值范围； （3）巧用“1”的代换结合基本不等式求解. 【小问1详解】 因为是幂函数 则，或. 时，函数在上单调递减 时，函数在区间上单调递增，符合题意 故. 【小问2详解】 由（1）得， 因为是R上的单调增函数， 由，得. 解得； 【小问3详解】 由（1）知，即， ， . 当且仅当，即时等号成立, 的最小值为. 18. 已知函数是定义域在上的偶函数. （1）求实数的值； （2）解不等式； （3）若函数在上的最小值为，求的值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）借助偶函数性质计算即可得； （2）借助指数函数与对勾函数性质可得的单调性，结合为偶函数，利用因式分解解出即可得； （3）借助换元法，结合二次函数性质分类讨论即可得. 【小问1详解】 因为函数是定义域在上的偶函数， 所以，即， 则恒成立，故； 【小问2详解】 由，故， 当时，，由在上单调递增， 故在上单调递增， 又为偶函数，故在上单调递减， 故由可得， 即，所以， 则 ， 解得或或， 所以不等式的解集为； 【小问3详解】 ， ， 令，由，则， ， 当时，， 解得，不满足，舍去； 当时，，解得， 因为，故符合题意； 综上，. 19. 已知． （1）求证：； （2）判断的单调性，并用单调性的定义证明； （3）当时，恒成立，求实数m的取值范围． 【答案】（1） 由题意可知； ， 故. （2） 由题意得，其定义域为R， 在R上单调递增， 证明：任取，不妨设， ， 因为，故， 又，故，即得， 故在R上单调递增； （3）. 【解析】 【分析】（1）根据函数解析式，分别计算的表达式，即可证明结论； （2）结合函数解析式判断其单调性，利用函数单调性定义即可证明； （3）判断函数的奇偶性，化简，并转化为，令，可得，继而化为对于恒成立，利用函数单调性即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由题意知的定义域为R，，即为奇函数； 可化为， 即，即， 令，因为，故，则， 由于在R上单调递增，可得， 结合题意可得对于恒成立， 而，， 结合对勾函数在上单调递增，可得， 即，故. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $