精品解析：山东省济南第一中学2025-2026学年高一上学期1月学情检测数学试题

济南一中2025级高一上学期1月学情检测 数学试题 本试卷满分150分 考试时间120分钟 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分，每小题只有一个选项符合题目要求. 1. 已知集合，则（   ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】先求得集合，再根据交集的定义与运算求出结果. 【详解】由集合， 所以， 故选：C. 2. 若，且，则是（ ） A. 第一象限的角 B. 第二象限的角 C. 第三象限的角 D. 第四象限的角 【答案】B 【解析】 【分析】判断出角的正余弦的正负，进而可得答案. 【详解】由，得， 所以角位于第二象限的角. 故选：B 3. 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 【答案】B 【解析】 【分析】解不等式得，根据与的关系判断p、q的关系. 【详解】因为，所以，能推出，但不能推出，所以是的必要不充分条件. 故选：B 4. 已知函数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据分段函数的定义，再利用任意角的正弦函数值求解 【详解】当时，，故当时，有周期. 故. 而 故选： 5. 中国传统折扇文化有着极其深厚的底蕴，“数折聚清风，一捻生秋意”是宋朝朱翌描写折扇的诗句．如图，假设这把折扇是从一个大圆中剪下一个扇形OAB，再在该扇形内剪下一个同心小扇形OCD（作为扇骨留白），形成扇环形状的扇面ABCD．当扇子扇形的圆心角为时，扇面看上去形状较为美观．已知，弧AB的长为，则此扇面的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先通过弧长公式求出大扇形半径，再结合的长度得到小扇形半径，最后利用扇形面积公式计算两个扇形的面积差，得到扇面面积. 【详解】设，因为圆心角，弧AB的长为， 代入弧长公式可得，解得. 所以. 由扇形面积公式可得， ， ， 所以此扇面的面积． 故选：B 6. 设，，，则、、的大小关系是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用指数函数和对数函数的单调性比较、、三个数与和的大小关系，利用换底公式和不等式的基本性质可得出、的大小关系，进而可得出这三个数的大小关系. 【详解】指数函数在上为减函数，则，即； 对数函数在上为减函数，则； 对数函数在上为增函数，则. . 因此，. 故选：B. 【点睛】本题考查指数式和对数式的大小比较，一般利用指数函数和对数函数的单调性，结合中间值法来比较，考查推理能力，属于中等题. 7. 下列函数中最小正周期为，且在区间上单调递增的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用函数的周期排除A，C两项，对于B，D两项，两函数的图象可通过正弦函数与余弦函数的图象翻折得到，结合图象即可判断. 【详解】依题意，对于A，C，两函数的最小正周期都是，故A，C均不正确； 对于B，因函数可由正弦函数的图象，将轴下方部分向上翻折得到， 故其最小正周期为正弦函数的周期的一半，即，且函数在上单调递增，故B正确； 对于D，因函数可由余弦函数的图象，将轴下方部分向上翻折得到， 故其最小正周期为余弦函数的周期的一半，即，且函数在上单调递减，故 D不正确. 故选：B. 8. 已知函数，若函数有四个不同的零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意得到，，再对所求目标式子进行化简，利用对勾函数的单调性，得到所求范围. 【详解】有四个不同的零点， 即和有四个交点，它们的横坐标分别为， 画出函数和的图像， 根据图像可知， 和是和的交点横坐标， 即方程的两根， 所以， 是和的交点横坐标，是和的交点横坐标， 故有，得到， 由，可得 ， 令， 令， 则在上单调递减， 所以，， 故， 即所求式子的取值范围是. 故选：C. 【点睛】本题考查函数与方程，根据对勾函数的单调性求值域，属于中档题. 二、多项选择题：本大题共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，全对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 若角是的三个内角，则下列等式中一定成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用三角形内角和为及诱导公式即可逐项判断． 【详解】∵，∴，选项A正确； ，选项B错误； ，选项C正确； ，选项D正确． 故选：ACD． 10. 已知定义在上的函数满足：，当时，，且函数的图象关于点对称，则下列说法正确的是（ ） A. 的图象关于直线对称 B. 是奇函数 C. D. 方程有4个不相等的实根 【答案】BC 【解析】 【分析】B选项，根据的图象关于点对称，可得的图象关于原点对称，B正确；C选项，根据推出，C正确；A选项，假设关于对称，推出矛盾，A错误；D选项，先得到关于直线对称，从而利用对称性和周期性画出的图象，数形结合得到与图象的交点个数，得到答案. 【详解】对于B，由的图象关于点对称，可知的图象关于原点对称，即是奇函数，B正确； 对于C，由，得， 故的一个周期为4，C正确； 对于A，假设关于对称，则有， 由于当时，，故， 的一个周期为4，故， 又为奇函数，故，，显然， 所以假设不成立，A错误； 对于D，因为为奇函数，则， 又，所以， 所以关于直线对称， 方程的实根个数，等价于与图象的交点个数， 当时，；结合奇函数性质与周期性，可画出在上的图象， 在时，；时，， 而的值域为，因此只需考虑的区间，逐一分析区间内交点： ：与无交点； ：图象与有1个交点； ：图象与有1个交点； ：图象与有1个交点； ：图象与有1个交点； ：图象与有1个交点； 因此总计5个不相等的实根，D错误. 故选：BC 11. 已知，其中且，则（    ） A. 为偶函数 B. 的图象经过原点 C. 函数有一个零点 D. 当时，若且，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】A利用偶函数的定义即可判断；B由可判断；C令，解方程即可判断；D画出的图象，令解方程求出，结合对数运算及对数函数的性质即可判断. 【详解】A，函数的定义域为，与不恒相等，故不是偶函数，故A错误； B，，所以的图象经过原点，故B正确； C，令，即，即，所以或， 当时，，因为，故无解， 当时，解得， 所以函数只有一个零点，故C正确； D，，且，画出的图象如下： 设，则， 不妨设，令，解得，， 所以， 因为，所以，又因为，所以， 即，故D正确. 故选：BCD. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数（且）的图象恒过定点坐标__________. 【答案】 【解析】 【分析】由对数的性质可得结论. 【详解】令，解得. 当时，. 即函数恒过定点. 故答案为：. 13. 已知，且，则______． 【答案】 【解析】 【分析】由两边平方可求，判断的象限，再结合同角关系求结论. 【详解】由两边平方可得， 又， 所以，又， 所以，故， 又， 所以. 故答案为：. 14. 已知函数，下列结论你认为正确的是______（填序号） ①函数是偶函数 ②函数的最小正周期为 ③函数在区间上单调递增 ④函数的图像关于直线对称 【答案】①②③ 【解析】 【分析】由已知，先对函数进行化简，得到，即可判断序号①正确；序号②，可通过进行判断；序号③，可根据，，从而判断函数的单调性；序号④，可计算，从而判断其是否是函数的对称轴. 【详解】对于函， 由于，故函数是偶函数，故①正确； 由知，它的周期等于，故②正确； 当时，，所以单调递增，故③正确； 令，则，则不是的对称轴，故④错误． 故选：①②③. 四、解答题：本大题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明，证明过程及验算步骤. 15. 已知集合，. （1）求； （2）求. 【答案】（1）；（2）. 【解析】 【分析】 （1）根据对数函数与指数函数性质，分别解不等式，化简两集合，再由集合的交集概念，即可得出结果； （2）先由（1）求出，再由并集的概念，即可得出结果. 【详解】（1）由得，故； 由得，故， . （2）由得， . 【点睛】本题主要考查集合的交集并集和补集运算，熟记概念即可，涉及指数与对数不等式，属于基础题型. 16. 已知函数 （1）若为第二象限角，试化简表达式； （2）若，计算的值. 【答案】（1）； （2）答案见解析. 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，利用诱导公式及同角公式化简即得. （2）由（1）的信息，利用正余弦齐次式法分类计算即得. 【小问1详解】 由为第二象限角，得， 所以函数. 【小问2详解】 由（1）知，而，则，， 当，即是第二象限角时，， ； 当，即是第一象限角时，， . 17. 已知函数． （1）求的最小正周期及在区间内的单调递增区间； （2）当时，求的最大值及最小值，并求出相应的的取值． 【答案】（1）最小正周期为； （2）时，最大值为；时，最小值为. 【解析】 【分析】（1）利用正弦型函数最小正周期的计算公式，求得函数的最小正周期，根据，结合正弦函数的单调性，进而求得的单调递增区间； （2）根据，求得，结合正弦函数的性质可求答案. 【小问1详解】 由函数，可得函数的最小正周期为， 由，可得， 令，可得；令，可得， 所以函数的单调递增区间为. 【小问2详解】 由，可得， 当时，即时，函数取得最小值，最小值为； 当时，即时，函数取得最大值，最大值为， 所以函数在上的最大值为，最小值为. 18. 已知函数是定义在上的奇函数，且当时，. （1）当时，求的解析式； （2）求满足不等式的的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）利用奇函数的性质求时的解析式即可； （2）根据条件先判断出的单调性，然后结合的单调性和奇偶性列出不等式组，解之即可. 【小问1详解】 当，则，所以， 又因为为奇函数， 所以； 【小问2详解】 当时，，且均在上单调递增， 所以在上单调递增，且此时， 因为是定义在上的奇函数， 由对称性可知在上单调递增，且此时， 又因为，且，所以在上单调递增； 由上可知， 所以，解得， 所以的取值范围为. 19. 已知定义域都为的函数与满足：是奇函数，是偶函数，． （1）求函数与的解析式； （2）若关于的不等式在上恒成立，求实数的取值范围． 【答案】（1），，， （2） 【解析】 【分析】（1）由函数奇偶性得到，联立即可求解； （2）令，得到，通过分参求最值即可求解. 【小问1详解】 由，① 可得，又是奇函数，是偶函数， 得，②， ①+②得，，则，； 【小问2详解】 ， 由（1）得：， 令，又 在单调递增，所以， 则， 得：在恒成立， 分参可得：，当时，， 当时， ， 因为，当且仅当时取等号， 的最小值为， 综上当时，的最小值为， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 济南一中2025级高一上学期1月学情检测 数学试题 本试卷满分150分 考试时间120分钟 一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分，每小题只有一个选项符合题目要求. 1. 已知集合，则（   ） A. B. C. D. 2. 若，且，则是（ ） A. 第一象限的角 B. 第二象限的角 C. 第三象限的角 D. 第四象限的角 3. 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 4. 已知函数，则（ ） A. B. C. D. 5. 中国传统折扇文化有着极其深厚的底蕴，“数折聚清风，一捻生秋意”是宋朝朱翌描写折扇的诗句．如图，假设这把折扇是从一个大圆中剪下一个扇形OAB，再在该扇形内剪下一个同心小扇形OCD（作为扇骨留白），形成扇环形状的扇面ABCD．当扇子扇形的圆心角为时，扇面看上去形状较为美观．已知，弧AB的长为，则此扇面的面积为（ ） A. B. C. D. 6. 设，，，则、、的大小关系是（ ） A. B. C. D. 7. 下列函数中最小正周期为，且在区间上单调递增的是（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，若函数有四个不同的零点，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：本大题共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，全对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 若角是的三个内角，则下列等式中一定成立的是（ ） A. B. C. D. 10. 已知定义在上的函数满足：，当时，，且函数的图象关于点对称，则下列说法正确的是（ ） A. 的图象关于直线对称 B. 是奇函数 C. D. 方程有4个不相等的实根 11. 已知，其中且，则（    ） A. 为偶函数 B. 的图象经过原点 C. 函数有一个零点 D. 当时，若且，则 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数（且）的图象恒过定点坐标__________. 13. 已知，且，则______． 14. 已知函数，下列结论你认为正确的是______（填序号） ①函数是偶函数 ②函数的最小正周期为 ③函数在区间上单调递增 ④函数的图像关于直线对称 四、解答题：本大题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明，证明过程及验算步骤. 15. 已知集合，. （1）求； （2）求. 16. 已知函数 （1）若为第二象限角，试化简表达式； （2）若，计算的值. 17. 已知函数． （1）求的最小正周期及在区间内的单调递增区间； （2）当时，求的最大值及最小值，并求出相应的的取值． 18. 已知函数是定义在上的奇函数，且当时，. （1）当时，求的解析式； （2）求满足不等式的的取值范围. 19. 已知定义域都为的函数与满足：是奇函数，是偶函数，． （1）求函数与的解析式； （2）若关于的不等式在上恒成立，求实数的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $