黑龙江省智研联盟2025-2026学年高一上学期1月第一次联合考试数学试题

黑龙江省智研联盟 2025-2026学年度上学期1月份第一次联合考试 高一年级数学学科试卷 本试卷共150分，共4页。考试结束后，将本试题和答题卡一并交回。 注意事项： 1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在条形码区域内。 2. 选择题必须使用2B铅笔填涂;非选择题必须使用0. 5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整，笔记清楚。 3. 请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效;在草稿纸、试卷上答题无效。 4. 作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑。 5. 保持卡面清洁，不要折叠、不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。 1.已知集合，，则下列结论正确的是(    ) A. B. C. D. 2.已知函数，，则下面结论中不正确的是  (    ) A. 最小正周期为 B. 函数在区间单调递增 C. 函数在区间有最大值为 D. 函数关于对称 3.若，，，则(    ) A. B. C. D. 4.已知函数与函数的值域相同，则实数的取值范围是(    ) A. B. C. D. 5.当时，函数的最小值为(    ) A. B. C. D. 6.设函数的定义域是，对于以下四个命题： 若是奇函数，则也是奇函数； 若是严格增函数，则也是严格增函数； 若是严格减函数，则也是严格减函数； 若存在反函数，且函数有零点，则函数也有零点．其中正确命题的个数是    ． A. B. C. D. 7.函数的图象关于直线对称在区间上任取三个实数，总能以，，为边长构成三角形，则实数的取值范围是(    ) A. B. C. D. 8.对，不等式恒成立，则(    ) A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 二、多选题：本题共3小题，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3分，有选错的得0分。 9.下列说法正确的是(    ) A. 已知，，，则 B. 若正数，满足，则的最小值为 C. 若函数在区间内单调递增，则实数的取值范围为 D. 10.对任意两个实数，，定义若，，下列关于函数的说法正确的是(    ) A. 函数是偶函数 B. 方程有三个解 C. 函数有个单调区间 D. 函数有最大值为，无最小值 11.已知函数，若关于的方程有四个不等实根，，，，则下列结论正确的是(    ) A. B. C. D.  的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.函数的定义域是           13.若时，取得最大值，则          ． 14.给出下列个命题，其中正确命题的序号          ． ； 函数有个零点； 函数的图象关于点对称． 已知，，函数的图象过点，则的最小值是． 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.本小题分 计算的值； 若，求的值． 16.本小题分 已知函数． 求函数的单调递减区间； 若为锐角，，求的值． 17.本小题分 已知正数，，满足求证： ； ． 18.本小题分 一家污水处理厂有、两个相同的装满污水的处理池，通过去掉污物处理污水，池用传统工艺成本低，每小时去掉池中剩余污物的，池用创新工艺成本高，每小时去掉池中剩余污物的． 池要用多长时间才能把污物的量减少一半；精确到小时 如果污物减少为原来的便符合环保规定，处理后的污水可以排入河流，若、两池同时工作，问经过多少小时后把两池水混合便符合环保规定．精确到小时 19.本小题分 已知函数，． 当时，求函数的值城 若关于的方程有两个不等根，求的值； 是否存在实数，使得对任意，关于的方程在区间上总 有个不等根，，，若存在，求出实数与的取值范围；若不存在，说明理由． 黑龙江省智研联盟 2025-2026学年度上学期1月份第一次联合考试 高一年级数学学科答案与解析 1.【答案】  【解析】解：，， ，，，， 故选：． 根据集合的运算性质分别判断即可． 本题考查了集合的运算以及集合间的关系，考查转化思想，是基础题． 2.【答案】  【解析】【分析】 本题主要考查了函数的图象与性质，二倍角公式及其应用，辅助角公式，考查学生的计算能力和推理能力，属于中档题． 根据二倍角公式和辅助角公式化简可得，即可根据正弦函数的性质分别对各选项求解． 【解答】 解：因， 的最小正周期，故A正确； 当时，， 当，即时，； 当即时，， 即在的最大值为，最小值为，且在先递减后递增， 故B错误，C正确； 又，所以函数关于对称，故D正确． 故选B． 3.【答案】  【解析】解：对于，由于指数函数在上单调递增， 又因为，则； 对于，由于对数函数在上单调递增， 又因为，所以； 对于，因为，在上单调递增， 又因为，，所以； 综上，． 故选：． 4.【答案】  【解析】【分析】 本题考查了分段函数的应用，函数的值域，不等式的解法，分类讨论思想，属于基础题． 当时，函数值域为，因此，当时，函数函数值必须取遍，分类讨论即可求解． 【解答】 解：函数 而函数是增函数， 当时，， 则当时，函数值域为 因函数的值域为，因此，在当时， 函数的函数值必须取遍， 当，即时，，不符合题意， 当时，，也不符合题意， 从而有，解得， 所以实数的取值范围是：． 故答案选：． 5.【答案】  【解析】【分析】 本题考查了三角恒等变换以及正弦型函数的最值． 根据三角恒等变换化简函数为正弦型函数，根据求出函数的最小值． 【解答】 解：函数 ， 当时，， ； 函数的最小值为． 故选B． 6.【答案】  【解析】【分析】 本题考查函数的奇偶性、复合函数的单调性，考查反函数，函数的零点，属于中档题． 对个选项分别进行判断，即可得出结论． 【解答】 解：若是奇函数，则，，也是奇函数，正确； 若是严格增函数，则若，则， 则根据复合函数的性质，是严格增函数，正确； 若是严格减函数，则根据复合函数的性质，是严格增函数，即不正确； 若函数存在反函数，且函数有零点，即的图象与的图象有交点，而的图象与的图象关于直线对称，故三者交于一点，即函数也有零点，即正确． 故选C． 7.【答案】  【解析】【分析】 本题考查函数的图象和性质，属于有一定难度题． 先由题意确定函数解析式，再由在区间上任取三个实数，总能以，，为边长构成三角形，得出关系式求出的取值范围． 【解答】 解：函数的图象关于直线对称． 所以，即， 化简得，所以， 所以 ， 当在区间时，， 所以在区间上的最大值和最小值分别为和， 在区间上任取三个实数，总能以，，为边长构成三角形， 所以得最小值得倍大于最大值，即，且，则有， 故选D． 8.【答案】  【解析】【分析】 本题考查指对数不等式的恒成立问题，属较难题． 由题意可得，分，和两种情况，讨论不等式恒成立条件即可得解． 【解答】 解：由题意可知． 原不等式转化为， 时，， 当，时，， 当时，， 当时，；当时，， 故不存在、使得恒成立； 当时，因为，所以，因此， 因为，， 当时，；当时，， 当时，；当时，， 所以当时，，即，则． 综上所述，． 故选D． 9.【答案】  【解析】【分析】 本题考查了函数的奇偶性的应用、复合函数的单调性，考查利用基本不等式求最值及三角恒等变换化简求值，属于中档题  对于选项A，首先利用求出，再利用函数的奇偶性即可求解；对于选项B，根据条件可得，利用基本不等式求最值即可判断；对于选项C，利用复合函数的单调性可得函数的单调递增区间，即可得关于的不等式，求解即可；对于选项D，利用三角恒等变换化简求值即可． 【解答】 解：对于选项A，因为，所以， 即，可得， 设， 由， 即函数为奇函数， 故， 故， 由，得，故A正确； 对于选项B，正数，满足， 则， 当且仅当，时取等号，故B正确； 对于选项C，由，解得， 因为二次函数的对称轴为， 由复合函数单调性可得函数的单调递增区间为， 要使函数在区间内单调递增， 只需解得， 即实数的取值范围为，故C错误； 对于选项D，原式 ，故D正确． 故选ABD． 10.【答案】  【解析】【分析】 本题考查分段函数的解析式及函数的性质，属于中档题． 依题意，，即可推出结论． 【解答】 解：依题意， 作出图象： 显然函数是偶函数； 当，时，是增函数， 当，时，是减函数， 函数有个单调区间； 在时，取得最大值，无最小值；  方程有三个解，分别是 ，． 故选ABCD． 11.【答案】  【解析】【分析】 本题考查分段函数的图象与应用，函数与方程的综合应用，函数及复合函数的单调性，函数的最值，任意角的三角函数，指数函数性质，对数函数性质，涉及到函数的对称性，对数运算，辅助角公式，函数的性质及其应用，属于难题． 先分段讨论函数性质，并由方程与函数的关系可得函数和函数有四个不同的交点，作出图象，利用函数图象即可判定；由数形结合可得，并利用辅助角公式可得，根据角的范围即可判定；由数形结合可得，构造函数求解最值，即可判定；由函数的对称性及数形结合可得，构造函数求解函数的最值即可判定． 【解答】 解：由题意，当时，， 由在单调递增， 且时，时，， 可得函数在单调递减，在单调递增， 又，所以在和的值域均为； 当时，，该函数由和复合而成， 因为在单调递增，在单调递减，在上单调递增， 所以在单调递增，在单调递减． 又，， 所以在上值域为，在上值域为． 关于的方程有四个不等实根，，，， 即为函数和函数有四个不同的交点， 其交点的横坐标从左到右依次为，，，如图： 对于，结合图象可得，故A正确； 对于，， 由，可得或， 所以，所以． 因为， 所以当时，，即； 当时，，即，故B错误； 对于，由可得，， 所以． 因为，所以令，则在单调递增， 所以，即， 因此，故C正确； 对于，当时，， 因为， 所以关于对称，所以； 又因为，所以， 因此 ． 因为，令，则 则在单调递减，在单调递增，所以． 所以，当且仅当 即时等号成立， 所以，故D正确． 故选ACD． 12.【答案】，且  【解析】【分析】 本题考查函数的定义域，以及对数函数的性质，属于基础题． 根据函数式有意义，得到的不等式组，即可得到函数的定义域． 【解答】 解：因为， 要使函数式有意义，则有： 解得：，且， 所以函数的定义域为，且． 故答案为，且． 13.【答案】  【解析】【分析】 本题考查三角函数的求解，涉及二倍角公式、两角和与差的三角函数公式、辅助角公式等，考查分析与计算能力，属于中档题． 由题利用二倍角公式及辅助角公式及两角差的正弦公式计算得其中，， 再由当取最大值可得，然后利用诱导公式即两角和的正弦公式计算求解即可． 【解答】 解： 其中，， 当取最大值时，，， ，， ， 故答案为：． 14.【答案】  【解析】【分析】 本题主要考查命题的真假判断，涉及利用指数函数与对数函数的单调性比较大小，函数的零点，函数图像的对称性，基本不等式求最值，属于中档题． 利用指数函数与对数函数的单调性判断；利用函数图像的交点判断；利用函数图像的对称性判断；利用基本不等式判断即可． 【解答】 解：，，， ，故错误， 由得， 作出函数和的图象如图： 由图象两个函数有个交点，即函数有个零点，故正确， 由得， 得， 则， 则， 设， 则， 即是奇函数，关于原点对称，则函数的图象关于点对称．故正确， 已知，，函数的图象过点， 则， 则， 当且仅当，即时取等号，即的最小值是，故错误， 故正确是， 故答案为． 15.【答案】【答案】；． 【详解】原式； 由已知可得，且，则， 即，也即， 因为，则，于是有，即．   【解析】【分析】利用指数幂的运算性质化简可得结果； 利用对数的运算性质化简可得，由题意推导出，解之即可． 16.【答案】解：， 令，则， 故函数的单调递减区间为． 由可得， 因为锐角，故，而， 故， 所以， 而．  【解析】本题主要考查了三角函数的定义域与值域，同角三角函数的基本关系，诱导公式，两角和与差的三角函数公式，函数的图象与性质的应用，属于中档题． 利用查三角恒等变换化简的解析式，再利用正弦函数单调性求出结果； 利用，结合两角差公式求出结果． 17.【答案】证明：因为正数，，满足，所以， 由于，故． 分析法：要证原式，只要证：，即证， 只要证：，即证：， 因为，                        将两式相乘即得要证的式子：， 以上每步都成立，所以不等式成立．  【解析】由已知得，用均值不等式即可； 用分析法把左式分离变量，再由变形配凑成元均值不等式的形式即可证明． 本题考查多项式的化简变形技巧，均值不等式的应用．属于中档题． 18.【答案】解：池用传统工艺成本低，每小时去掉池中剩余污物的，剩余原来的， 设池要用小时才能把污物的量减少一半， 则，可得， 则池要用小时才能把污物的量减少一半； 设、两池同时工作，经过小时后把两池水混合便符合环保规定， 池用创新工艺成本高，每小时去掉池中剩余污物的，剩余原来的， 可得，即， 可得， 可得． 则、两池同时工作，经过小时后把两池水混合便符合环保规定．  【解析】由题意可得池每小时剩余原来的，设池要用小时才能把污物的量减少一半，则，两边取对数，计算可得所求值； 设、两池同时工作，经过小时后把两池水混合便符合环保规定，池每小时剩余原来的，可得，由二次方程的解法和两边取对数可得所求值． 本题考查对数在实际问题的应用，考查方程思想和运算能力，属于基础题． 19.【答案】解：在区间单调递减， 而，，故函数的值域为； 因为在单调递减，在单调递增， ，， 则有，即， 故，所以； 令，由知， 令，因为在单调递减，在单调递增， 且，，， 则当时，方程有两个不等根，由可知，且两根之积为， 当时，方程有且只有一个根且此根在区间内或者为， 令，由二次函数与的图象特征， 原题目等价于：对任意，关于的方程在区间上总有个不等根，， 且有两个不等根，只有一个根，则必有， 结合二次函数的图象，则有，解之得， 此时，则其根，故必有 存在实数满足题意，实数的取值范围为，的取值范围为：  【解析】本题主要考查了函数的零点与方程根的关系，是难题． 在区间单调递减，从而求出函数的值域； 因为在单调递减，在单调递增，故，所以； 令，由知，令，因为在单调减，在单调递增，且，，，再对的范围分情况讨论，原题目等价于：对任意，关于的方程在区间上总有个不等根，， 且有两个不等根，只有一个根，则必有，结合二次函数的图象，则有，解之得，此时，则其根，故必有． 数学学科 第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $