精品解析：广东省肇庆市端州中学2025-2026学年高一第一学期数学月考检测试题

2025-2026学年第一学期高一级数学科月考检测 （考试时间：120分钟；满分：150分） 注意事项： 1．本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．回答第1卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．写在本试卷上无效． 3．回答第ⅡI卷时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 第I卷 一、单项选择题：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． 1. 是第几象限角（ ） A. 一 B. 二 C. 三 D. 四 【答案】C 【解析】 【分析】根据终边相同的角的定义计算判断象限即可. 【详解】因为，所以与终边相同， 因为是第三象限角，所以是第三象限角. 故选：C. 2. 已知幂函数的图象经过点，则（ ） A. B. C. 2 D. 4 【答案】C 【解析】 【分析】将点代入函数解析式可求得，进而得到，进而代值求解即可. 【详解】由题意得，，解得， 则，所以. 故选：C 3. 已知，则是（ ） A. 第一或第二象限角 B. 第一或第三象限角 C. 第二或第三象限角 D. 第一或第四象限角 【答案】D 【解析】 【分析】先利用同角三角函数关系将已知条件转化，再根据三角函数符号判断角的象限. 【详解】因为，所以，所以是第一或第四象限角. 故选：D 4. 已知一个扇形的圆心角为，且所对应的弧长为，则该扇形的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】应用扇形的弧长及面积公式计算求解. 【详解】设扇形的半径为， 因为扇形的圆心角为，且所对应的弧长为， 则，所以 则该扇形的面积为. 故选：B. 5. 下列四组函数中，表示相同函数的一组是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据相同函数的判断原则进行定义域和对应关系判断，可选出答案. 【详解】对于选项A：的定义域为，的定义域为， 所以这两个函数的定义域不同，不表示相同的函数，故A错误； 对于选项B：的定义域为，的定义域为， 所以这两个函数的定义域不同，不表示相同的函数，故B错误； 对于选项C：的定义域为，的定义域为， 这两函数的定义域相同，且对应关系也相同，所以表示相同的函数，故C正确； 对于选项D：的定义域为， 的定义域为或， 所以这两个函数的定义域不同，不表示相同的函数，故D错误. 故选：C 6. 下列四个函数中，在上为增函数的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据一次函数、二次函数、绝对值函数、分式型函数的单调性逐一判断即可. 【详解】A：因为中的系数为， 所以该函数是实数集的减函数，不符合题意； B：，该函数的对称轴为， 因此当时该函数是增函数，显然不成立，不符合题意； C：当时，，此时该函数单调递减，不符合题意； D：当时，单调递增，符合题意， 故选：D 7. 函数的图象大致是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用函数的奇偶性和特殊值逐个排除即可. 【详解】，且函数定义域过于原点对称， 为奇函数，图象关于原点对称，故排除D， 又且时，，故排除C， 当时，，故排除A. 故选：B. 8. 已知关于的一元二次不等式的解集为，则不等式的解集为（ ） A. B. 或. C. D. 或. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，利用韦达定理，得到的关系，代入不等式，转化为不含参的一元二次不等式，结合一元二次不等式的解法，即可求解． 【详解】由一元二次不等式的解集为， 可得，解得， 则不等式可转化为，即， 因为，则，不等式即为，解得或， 所以不等式的解集为或. 故选：D． 二、多项选择题：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，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. （多选）下列命题中，是的充分条件的是（ ） A. ：是无理数，：是无理数 B. ：四边形为等腰梯形，：四边形对角线相等 C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】根据充分条件的定义，并结合举反例，判断选项可得答案. 【详解】A中，例如：是无理数，是有理数，所以不是的充分条件； B中，因为等腰梯形的对角线相等，所以是的充分条件； C中，，所以是的充分条件； D中，当时，，但，所以不是的充分条件． 故选：BC. 10. 函数是上的增函数，则实数a的取值可以为（ ） A. 0 B. 2 C. 3 D. 4 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据题意可得，解不等式即可得出答案. 【详解】当时，的对称轴为，函数在上单调性递增，此条件对无限制； 若函数是上的增函数， 所以，解得， 所以实数a的取值范围为. 故选：BCD. 11. 已知正实数满足，则下列说法正确的是（ ） A. 的最大值为2 B. 的最大值为1 C. 的最小值为4 D. 的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用基本不等式，结合条件等式进行了最值证明，从而可判断ACD，对于B则举反例说明不成立. 【详解】由可得：， 因为，所以， 解得或，由于，所以舍去， 即，此时取等号条件是，与联立可解得：，故A正确； 由可得：， 因为，所以， 又因为，所以解得， 此时取等号条件是，与联立可解得：，故C正确； 由可得：，由，可得， 则， 此时取等号条件是，即，故D正确； 取，可得，故B错误； 故选：ACD． 第II卷 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知命题，则命题的否定为_____________. 【答案】， 【解析】 【分析】根据全称量词命题的否定形式，即可求解. 【详解】全称量词命题的否定是存在量词命题， 所以命题的否定为，. 故答案为：， 13. 已知角满足，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】利用同角三角函数的基本关系，分子分母同时除以，即可求解． 【详解】， 分子分母同时除以，原式， 故答案为：． 14. 若函数满足，则在区间上的最小值为___________． 【答案】 【解析】 【分析】将中的换得到，联立方程组解出，判断在区间上的单调性，利用单调性求出在区间上的最小值. 【详解】，， 从中解出， 将代入， 得到，解得， 在区间上是减函数，在区间上是减函数， 在区间上是减函数， 时，取最小值为， 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. 已知集合，. （1）若，求，； （2）若，求实数的取值范围. 【答案】（1），{或} （2） 【解析】 【分析】（1）利用交集、并集和补集的运算求解； （2）由得到，按照和两种情况讨论求解，当时，由利用子集的定义得到的不等式组解出的值即为所求. 【小问1详解】 集合，当时，， ， 或，或. 【小问2详解】 ，， 当时，，即时，满足， 当时，，即时，由，得，解得， 综上，实数的取值范围是. 16. （1）已知，在第二象限，求，的值； （2）已知，求的值． （3）已知，且，求的值； 【答案】（1）；（2）；（3） 【解析】 【分析】（1）由同角三角函数的平方关系代入计算即可得到，从而得到； （2）由题知，再将原式化为齐次式，代入计算，即可得到结果； （3）结合同角三角函数关系解出方程即可. 【详解】（1）在第二象限， ，. （2）因为，所以， 所以. （3）因为， 等式两边同时平方可得，， 所以，又， 所以，又， 所以，则，， 所以， 所以. 17. 已知函数满足，函数． （1）求的解析式； （2）用单调性的定义证明在上单调递减； （3）求在上的值域． 【答案】（1）； （2） 由（1）函数， 任取， 则， 因为，所以， 所以即， 所以在上单调递减； （3） 【解析】 【分析】（1）由配凑法即可得解； （2）先由（1）得到函数的解析式，再任取，作差计算得到即可证明； （3）先由（2）得到函数在上单调递减，求出其最值即可得解. 【小问1详解】 由题可得， 所以的解析式为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由（2）可知在上单调递减， 所以， 所以在上的值域为. 18. 某火车站正在不断建设，目前车站准备在某仓库外，利用其一侧原有墙体，建造一间墙高为3米，底面积为12平方米，且背面靠墙的长方体形状的保管员室.由于此保管员室的后背靠墙，无须建造费用，因此甲工程队给出的报价为：屋子前面新建墙体的报价为每平方米400元，左右两面新建墙体报价为每平方米150元，屋顶和地面以及其他报价共计7200元.设屋子的左右两侧墙的长度均为x米（）. （1）当左右两面墙的长度为多少时，甲工程队的报价最低？最低为多少？ （2）现有乙工程队也参与此保管员室建造竞标，其给出的整体报价为元（），若无论左右两面墙的长度为多少米，乙工程队都能竞标成功，试求a的取值范围. 【答案】（1）米，元 （2） 【解析】 【分析】（1）先求得总报价的表达式，然后利用基本不等式求得最低报价. （2）根据整体报价列不等式，然后分离参数，利用基本不等式求得的取值范围. 【小问1详解】 设甲工程队的总报价为y元， 则， 又， 当且仅当，即时等号成立. 即当左右两面墙的长度为4米时，甲工程队的报价最低为元. 【小问2详解】 由题意可得，对任意的恒成立， 即， 所以， 又， 当且仅当，即时等号成立. 所以，所以的取值范围为. 19. 已知定义在上的函数在区间上单调递减，且，. （1）证明：； （2）判断函数的奇偶性，并给予证明； （3）当时，求不等式. 【答案】（1） 令，，则，即， 因为，所以； （2） 函数为偶函数，证明如下： 由（1）知，，令，则， 所以，所以， 所以函数为偶函数； （3） 【解析】 【分析】（1）令，得，结合已知得，即可证； （2）取，观察等式与奇偶性的自变量互为相反数，即可证； （3）用赋值法，将转化为，从而把不等式转化为关于的一元二次不等式，利用的单调性和奇偶性可可解不等式． 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 令，则， 所以，所以． 因为，所以， 所以，即，即， 又，，所以． 当时，在区间上单调递减， 由（2）知函数为偶函数，所以在上单调递增， 所以，所以，解得． 所以当时，不等式的解集为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年第一学期高一级数学科月考检测 （考试时间：120分钟；满分：150分） 注意事项： 1．本试卷分第I卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上． 2．回答第1卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．写在本试卷上无效． 3．回答第ⅡI卷时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效． 4．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回． 第I卷 一、单项选择题：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． 1. 是第几象限角（ ） A. 一 B. 二 C. 三 D. 四 2. 已知幂函数的图象经过点，则（ ） A. B. C. 2 D. 4 3. 已知，则是（ ） A. 第一或第二象限角 B. 第一或第三象限角 C. 第二或第三象限角 D. 第一或第四象限角 4. 已知一个扇形的圆心角为，且所对应的弧长为，则该扇形的面积为（ ） A. B. C. D. 5. 下列四组函数中，表示相同函数的一组是（ ） A. B. C. D. 6. 下列四个函数中，在上为增函数的是（ ） A. B. C. D. 7. 函数的图象大致是（ ） A. B. C. D. 8. 已知关于的一元二次不等式的解集为，则不等式的解集为（ ） A. B. 或. C. D. 或. 二、多项选择题：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，选对但不全的得部分分，有选错的得0分． 9. （多选）下列命题中，是的充分条件的是（ ） A. ：是无理数，：是无理数 B. ：四边形为等腰梯形，：四边形对角线相等 C. D. 10. 函数是上的增函数，则实数a的取值可以为（ ） A. 0 B. 2 C. 3 D. 4 11. 已知正实数满足，则下列说法正确的是（ ） A. 的最大值为2 B. 的最大值为1 C. 的最小值为4 D. 的最小值为 第II卷 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知命题，则命题的否定为_____________. 13. 已知角满足，则___________． 14. 若函数满足，则在区间上的最小值为___________． 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. 已知集合，. （1）若，求，； （2）若，求实数的取值范围. 16. （1）已知，在第二象限，求，的值； （2）已知，求的值． （3）已知，且，求的值； 17. 已知函数满足，函数． （1）求的解析式； （2）用单调性的定义证明在上单调递减； （3）求在上的值域． 18. 某火车站正在不断建设，目前车站准备在某仓库外，利用其一侧原有墙体，建造一间墙高为3米，底面积为12平方米，且背面靠墙的长方体形状的保管员室.由于此保管员室的后背靠墙，无须建造费用，因此甲工程队给出的报价为：屋子前面新建墙体的报价为每平方米400元，左右两面新建墙体报价为每平方米150元，屋顶和地面以及其他报价共计7200元.设屋子的左右两侧墙的长度均为x米（）. （1）当左右两面墙的长度为多少时，甲工程队的报价最低？最低为多少？ （2）现有乙工程队也参与此保管员室建造竞标，其给出的整体报价为元（），若无论左右两面墙的长度为多少米，乙工程队都能竞标成功，试求a的取值范围. 19. 已知定义在上的函数在区间上单调递减，且，. （1）证明：； （2）判断函数的奇偶性，并给予证明； （3）当时，求不等式. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $