精品解析：湖南省邵阳市邵东市创新高级中学2025-2026学年高一上学期创高杯考试（1月月考）数学试题

创新高级中学2025年下学期高一创高杯考试 数学试题 时量：120分钟 总分：150分 第Ⅰ卷 一、单选题：每小题5分，共40分 1. 已知全集，集合，，则图中阴影部分表示的集合为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由题意，求出集合B，根据韦恩图，结合交集的概念与性质即可求解. 【详解】由题意知，， 所以. 故选：B. 2. 函数的零点所在的区间可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先分析函数的单调性，再利用零点存在定理分析判断选项． 【详解】在上单调递增，在内单调递增， 在定义域上单调递增， ，， 根据零点存在定理可知，存在使得，故A正确； ，函数在定义域上单调递增， ，故BCD错误． 故选：A． 3. 已知，则（ ） A. 8 B. 6 C. 4 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】根据对数式与指数式的互化公式，结合指数幂的运算性质进行求解即可. 【详解】， 所以. 故选：B 4. 已知扇形的周长为16cm，圆心角为2rad，则该扇形的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】借助扇形周长公式、弧长公式与面积公式计算即可得. 【详解】由题意可得，解得，故. 故选：B. 5. 设均为正实数，且，则的最小值为（ ） A. 13 B. 14 C. 15 D. 16 【答案】D 【解析】 【分析】对进行变形，然后利用基本不等式求解. 【详解】因为，所以， 因为均为正实数，所以， 化简可得：， 利用基本不等式可得：，当且仅当，即时，等号成立， 所以，即，当且仅当时，等号成立， 所以，所以的最小值为. 故选：D. 6. 若，则下列不等式中一定成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】举出反例即可判断ABD；利用作差法即可判断C. 【详解】对于A，当时，无意义，故A错误； 对于B，当时，，故B错误； 对于C，， 因为，所以， 因为，当且仅当时取等号， 又，所以， 所以，即，故C正确； 对于D，当时，无意义，故D错误. 故选：C. 7. 已知关于不等式解集为，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】分为和考虑，当时，根据题意列出不等式组，求出的取值范围. 【详解】因为关于不等式解集为，则有： 当时，得，满足题意； 当时，则，解得：， 综上所述：的取值范围为. 故选：A． 8. 命题“”是真命题的一个充分不必要条件是（　　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据命题是真命题，得，再利用充分条件与必要条件的判断方法，即可求解. 【详解】当命题是真命题时，只需当时，， 又因为当时，的最小值是，所以， 结合各个选项可知，只有是的充分不必要条件， 故选：D. 二、多选题：每小题5分，共20分 9. 下列说法中错误的有（ ） A. 命题，，则命题的否定是， B. “”是“”的必要条件 C. 命题“，”是真命题 D. “”是“函数在上随x 增加而增加”的充分不必要条件 【答案】AB 【解析】 【分析】对于A，利用含量词的命题的否定规定易得；对于B，举反例排除即可；对于C，举例子说明即得；对于D，先求出“函数在上单调递增”的等价条件，再利用充要条件判断即可． 【详解】对于A，由存在量词命题的否定的规定，可知命题的否定是，，故A错误； 对于B，由不能推出，例如，但， 所以“”不是“”的必要条件，故B错误； 对于C，当时，，故C正确； 对于D，因函数在上单调递增等价于， 由可以推出，但不能推出， 故“”是“函数在上单调递增”的充分不必要条件． 故选：AB． 10. 下列结论正确的有（ ） A. 若，则为第四象限角 B. 函数的零点是 C. 的图象过定点，则的值为2 D. 定义在的函数满足，则可以是 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据三角函数值的符号确定角所在的象限判断A，由函数零点的定义判断B，由对数函数的性质确定函数的定点求参数判断C，由对数的运算性质判断D. 【详解】A：由，则为第四象限角，对； B：函数在定义域上单调递增且，函数的零点为，错； C：因为，所以函数的图象恒过定点， 令，解得，当时， 所以函数的图象过定点，即，所以，对； D：由对数的运算法则知，则满足，对. 故选：ACD 11. 已知定义在上的函数，满足对任意的实数，，均有，且当时，，则（    ） A. B. C. 函数为增函数 D. 函数的图象关于点对称 【答案】ABD 【解析】 【分析】通过赋值和，，可判断AB，由通过可判断C，令，可判断D. 【详解】对A：令，则有，故，故A正确； 对B：令，，则有，故，故B正确； 对C：令，则有，其中，， 令，，即有对、，当时，恒成立， 即函数为减函数，故C错误； 对D：令，则有，又， 故，故函数的图象关于点对称，故D正确. 故选：ABD. 第Ⅱ卷 二、填空题：每小题5分，共20分 12. 若函数，则______. 【答案】2 【解析】 【分析】令，解方程，再运用代入法进行求解即可. 【详解】令， 所以有，即. 故答案为： 13. 工厂生产一种溶液，要求杂质含量不超过1％.若初始时含杂质20％，每过滤一次可使杂质含量减少其当前含量的，要产品达到要求，则至少过滤______次.（已知：） 【答案】3 【解析】 【分析】根据题意列出指数不等式，结合对数式与指数式的互化公式、对数函数的单调性进行求解即可. 【详解】设至少过滤的次数为， 则依题意可得， 即，即， 所以， 所以至少过滤3次才能满足要求. 故答案为：3 14. 设，若有且仅有两个实数解，则实数的取值范围是____________. 【答案】 【解析】 【分析】令，再作出图象后，分析与图象关系即可得解. 【详解】令，则，则的实数解个数即为与交点个数，作出函数图象及斜率为1的直线，，，如图所示， 则可得时，与函数图象有两个交点，即实数的取值范围是. 故答案为：. 四、解答题：6个小题，共70分 15. 已知集合. （1）当时，求； （2）若是的充分条件，则实数的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）解不等式求集合，进而可求并集； （2）分析可知，结合包含关系分析求解. 【小问1详解】 对于不等式，等价于且，解得， 即集合； 当时，集合， 所以. 【小问2详解】 若是的充分条件，则， 可知，且集合， 则，解得， 所以实数的取值范围为. 16. 已知不等式的解集为 （1）分别求的值； （2）若函数在区间上递增，求关于的不等式的解集. 【答案】（1）， （2） 【解析】 【分析】（1）由条件结合一元二次不等式与一元二次方程的关系可得为方程的两个根，再根据韦达定理即可得解； （2）由条件结合二次函数单调性性质可得，再利用指数函数的单调性化简需求解的不等式，结合二次不等式解法求结论． 【小问1详解】 因为不等式的解集为 所以为方程的两个根， 所以，，， 所以，； 【小问2详解】 因为函数在区间上递增， 所以，所以， 由（1）不等式可化为， 因为函数，在上单调递增， 所以，解得， 所以不等式的解集为. 17. 已知函数， （1）判断函数在上是增函数还是减函数？证明你的结论. （2）当时，若方程有解，求实数取值范围. 【答案】（1） 增函数，证明如下， 任取，设， ， 因为，所以，，，所以， 即，所以函数在上是增函数. （2） 【解析】 【分析】（1）任取，设，判断的符号，即可判断函数在上的单调性； （2）先求出函数在上的单调性，再求出函数在上的值域，方程有解得知实数的取值范围即为函数在上的值域，即可求解. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 任取，设， 由（1）知，， 因为，所以，，，所以， 即，所以函数在上是减函数， 故函数在上单调递减，在上单调递增， ，，， 故当时，， 若方程有解，则， 所以实数取值范围为. 18. 已知函数，且， （1）求b，c的值； （2）求不等式的解集； （3）若的值域为R，求a的取值范围. 【答案】（1）， （2） 当时，原不等式的解集为， 当时，原不等式的解集为， 当时，原不等式的解集为. （3） 【解析】 【分析】（1）根据已知条件和来确定b和c的值. （2）由（1）可知，将函数代入不等式并化简，最后根据的值进行分类讨论求解集. （3）根据对数函数的值域确定R的条件，结合二次函数的性质来确定的取值范围. 【小问1详解】 因为，所以将代入函数，可得， 因为，所以函数的图象关于直线对称， 根据对称轴公式可知，，又因为对称轴为， 所以，解得，经检验符合题意. 【小问2详解】 由（1）可知，，且代入， 则原不等式可化为，即， 若，即时，不等式化为，则原不等式无解， 若，即时，原不等式解为， 若，即，则原不等式解为， 综上，当时，原不等式的解集为， 当时，原不等式的解集为， 当时，原不等式的解集为. 【小问3详解】 由题可知的值域为R， 则的值域必须包含， 由（1）可知，，，所以 当时，的值域为R，符合题意， 当时，为二次函数图象，要使其值域包含， 则二次函数的图象必须开口向上，且与轴有交点， 则，求解可得，即， 所以a的取值范围为. 19. 函数的图象关于坐标原点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数，有同学发现，可以将其推广为：函数的图象关于点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数.运用该结论解决以下问题： （1）已知定义上的函数的图象关于点中心对称，且当时，，求，的值； （2）求函数图象的对称中心； （3）运用第（2）问的结论，求的值，其中． 【答案】（1）， （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据对称性可计算出和的值，根据时的解析式可求，则结果可求； （2）根据条件可得，将的解析式代入化简可计算出的值，则对称中心可知； （3）利用对称性直接进行计算即可. 【小问1详解】 由在上的函数的图象关于点中心对称，得， 则，，， 当时，，， ， ，. 【小问2详解】 若为中心对称图形，则在定义域内有恒成立， ， 有，整理得：， 为了使等式对所有成立，系数必须分别等于零， ，解得， 是中心对称图形，且对称中心是. 【小问3详解】 由（2）知，，， ， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 创新高级中学2025年下学期高一创高杯考试 数学试题 时量：120分钟 总分：150分 第Ⅰ卷 一、单选题：每小题5分，共40分 1. 已知全集，集合，，则图中阴影部分表示的集合为（ ） A. B. C. D. 2. 函数的零点所在的区间可以是（ ） A. B. C. D. 3. 已知，则（ ） A. 8 B. 6 C. 4 D. 2 4. 已知扇形的周长为16cm，圆心角为2rad，则该扇形的面积为（ ） A. B. C. D. 5. 设均为正实数，且，则的最小值为（ ） A. 13 B. 14 C. 15 D. 16 6. 若，则下列不等式中一定成立的是（ ） A. B. C. D. 7. 已知关于不等式解集为，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 命题“”是真命题的一个充分不必要条件是（　　） A. B. C. D. 二、多选题：每小题5分，共20分 9. 下列说法中错误的有（ ） A. 命题，，则命题的否定是， B. “”是“”的必要条件 C. 命题“，”是真命题 D. “”是“函数在上随x 增加而增加”的充分不必要条件 10. 下列结论正确的有（ ） A. 若，则为第四象限角 B. 函数的零点是 C. 的图象过定点，则的值为2 D. 定义在的函数满足，则可以是 11. 已知定义在上的函数，满足对任意的实数，，均有，且当时，，则（    ） A. B. C. 函数为增函数 D. 函数的图象关于点对称 第Ⅱ卷 二、填空题：每小题5分，共20分 12. 若函数，则______. 13. 工厂生产一种溶液，要求杂质含量不超过1％.若初始时含杂质20％，每过滤一次可使杂质含量减少其当前含量的，要产品达到要求，则至少过滤______次.（已知：） 14. 设，若有且仅有两个实数解，则实数的取值范围是____________. 四、解答题：6个小题，共70分 15. 已知集合. （1）当时，求； （2）若是的充分条件，则实数的取值范围. 16. 已知不等式的解集为 （1）分别求的值； （2）若函数在区间上递增，求关于的不等式的解集. 17. 已知函数， （1）判断函数在上是增函数还是减函数？证明你的结论. （2）当时，若方程有解，求实数取值范围. 18. 已知函数，且， （1）求b，c的值； （2）求不等式的解集； （3）若的值域为R，求a的取值范围. 19. 函数的图象关于坐标原点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数，有同学发现，可以将其推广为：函数的图象关于点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数.运用该结论解决以下问题： （1）已知定义上的函数的图象关于点中心对称，且当时，，求，的值； （2）求函数图象的对称中心； （3）运用第（2）问的结论，求的值，其中． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $