精品解析：黑龙江省大庆铁人中学2025-2026学年高一下学期开学考试数学试题

大庆铁人中学2025级高一年级下学期开学考试数学试题 一、单选题 1. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知命题，．则（ ） A. 为真命题，命题的否定：， B. 为假命题，命题的否定：， C. 为真命题，命题的否定：， D. 为假命题，命题的否定：， 3. 已知幂函数的图象过点，则函数的定义域是（ ） A. B. C. D. 4. 函数的部分图象大致为（ ） A. B. C. D. 5. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 6. 已知且，若函数的值域为 ，则 的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数，当时，方程的根的个数是（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 8. 已知是定义在上的偶函数，是定义在上的奇函数，且，在上单调递增，则下列不等关系恒成立的是（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 下列说法正确的是（ ） A. 已知关于 的不等式的解集为，则不等式的解集为或 B. 已知，则的解析式为 C. 已知，则 D. 已知，则 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 的最小正周期为 B. 函数的图象关于点对称 C. 函数的图象向右移个单位长度后，图象关于 轴对称，则的最小值为 D. 若关于 的方程在上有两个实数根，则实数 的取值范围为 11. 已知函数，则（ ） A. 为奇函数 B. 在区间上单调递减 C. 在区间内有3个零点 D. 三、填空题 12. 函数的严格增区间是______  . 13. 已知，且，则的最大值为_________； 14. 已知函数在区间上单调，且满足，函数在区间上恰有5个零点，则实数的取值范围为___________． 四、解答题-问答题 15. 已知全集，集合，，. （1）求，； （2）若，求 的取值范围. 16. 如图，在平面直角坐标系中，以为始边作角 与，它们的终边分别与单位圆交于点、． （1）求的值； （2）求的值． 17. 已知函数 （1）求函数的单调递减区间； （2）若对恒成立，求实数的取值范围. 18. 已知函数． （1）判断函数的奇偶性，并说明理由； （2）求函数的值域． （3）设函数，且函数在区间上的最小值为7，求 的值． 19. 设次多项式，若其满足 ，则称这些多项式为切比雪夫多项式.例如：由可得切比雪夫多项式，由可得切比雪夫多项式. （1）由的表达式求； （2）由第（1）问结论求的值； （3）证明是方程的根，并求的值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 大庆铁人中学2025级高一年级下学期开学考试数学试题 一、单选题 1. 已知集合，集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】解分式不等式求集合A，求对数复合函数的值域求集合B，应用集合交运算求结果. 【详解】由，即， 由，故， 所以. 故选：B 2. 已知命题，．则（ ） A. 为真命题，命题的否定：， B. 为假命题，命题的否定：， C. 为真命题，命题的否定：， D. 为假命题，命题的否定：， 【答案】C 【解析】 【分析】数形结合判断命题，再由存在量词命题的否定是全称量词命题即可求解． 【详解】对方程． 由的图像知正解， 故命题为真命题． 又因为存在量词命题的否定是全称量词命题，所以，命题的否定为：，． 故选：C． 3. 已知幂函数的图象过点，则函数的定义域是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据幂函数的图象过点，求出的解析式，从而得到的解析式，求得函数的定义域. 【详解】是幂函数，设，将代入解析式， 得，即，解得. 故，则， 所以，所以， 所以函数的定义域是. 故选：D. 4. 函数的部分图象大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据特殊值的函数值，排除B;判断函数的奇偶性排除C；当 时，，排除D，由此可得答案. 【详解】设，则，故B错误； 由，为奇函数，故C错误； 当 时，恒成立，D错误.， 故选：A. 5. 已知，且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先判断，根据同角的平方关系计算求出，结合诱导公式计算即可求解. 【详解】因为，所以，则， 又，所以. 所以. 故选：A 6. 已知且，若函数的值域为 ，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分， 两种情况，分别求出函数值域，结合题意可得答案. 【详解】当时，在上的值域为；在上单调递增， 则在上值域为，则此时值域不可能为R，则不合题意； 当 时，在上的值域为；在上单调递减， 则在上值域为，要使值域为R，则. 故选：B 7. 已知函数，当时，方程的根的个数是（ ） A. 3 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，画出函数的大致图象，将方程根的问题转化为函数图象交点问题，结合图象，即可得到结果. 【详解】 设，则，即，故， 因为，故，画出的大致图象，由图象可知与共有6个公共点， 故原方程共有6个根. 故选：D. 8. 已知是定义在上的偶函数，是定义在上的奇函数，且，在上单调递增，则下列不等关系恒成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题可知，，再逐一判断各选项即可． 【详解】是定义在上的偶函数， 关于对称， 则在上单调递增，在上单调递减， 是定义在上的奇函数， 关于对称， 则在上单调递增，且， 所以，． 对于A：因为，在上单调递增，所以，故A错误； 对于B：因为，在上单调递增，所以，故B错误； 对于C：因为，在上单调递减， 所以，故C正确； 对于D，因为的值不定， 所以大小关系不定，故D错误； 故选：C． 二、多选题 9. 下列说法正确的是（ ） A. 已知关于 的不等式的解集为，则不等式的解集为或 B. 已知，则的解析式为 C. 已知，则 D. 已知，则 【答案】BC 【解析】 【分析】由不等式的解集确定的关系，化简不等式求其解集，判断A，设，换元求，由此可得，判断B，利用齐次化方法求结论判断C，由条件结合平方关系求，再结合平方关系求结论判断D. 【详解】因为不等式的解集为， 所以，且为方程的两根， 所以， 所以，， 所以不等式可化为， 所以，即， 所以不等式的解集为，A错误； 因为， 令，则，， 所以， 所以的解析式为，B正确； 因为， 所以，C正确； 因为， 所以，即， 所以，又，故 所以， 又， 所以，又， 所以，D错误； 故选：BC. 10. 已知函数，则下列说法正确的是（ ） A. 的最小正周期为 B. 函数的图象关于点对称 C. 函数的图象向右移个单位长度后，图象关于 轴对称，则的最小值为 D. 若关于 的方程在上有两个实数根，则实数的取值范围为 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据倍角公式和辅助角公式将化成单角单函数即，由正弦型函数的最小正周期判断A选项；利用代入检验的思想判断B选项；根据图象平移得到平移后的函数，再根据偶函数得到，根据的范围求得的值，判断C选项；转化为两个函数图象的交点问题，结合正弦函数图象求得的取值范围，判断D选项. 【详解】对A，，则的最小正周期为 ，故A正确； 对B,因为，所以函数的图象关于点对称，故B错误； 对C,将函数的图象向右移个单位长度后可得函数的图象， 因为的图象关于 轴对称，所以， 即，又，所以的最小值为，故C正确； 对D,由得，， 若，则， 若关于 的方程有两个实数根，则与图象有两个交点， 所以，解得，故D正确. 故选：ACD. 11. 已知函数，则（ ） A. 为奇函数 B. 在区间上单调递减 C. 在区间内有3个零点 D. 【答案】BC 【解析】 【分析】根据奇偶性的定义判断是否为奇函数即可判断A；分别判断函数和区间在上的单调性，即可得到 的单调性，即可判断B；将函数的零点问题，转化为两个函数图象交点的问题，即可通过函数图象来确定零点个数，即可判断C；发现规律，并利用它求值，即可判断D. 【详解】已知函数， 则， 其定义域为，关于原点对称. 而，， 所以不是奇函数，故A错误； 因为， 当时，，且在上单调递减； 而在上单调递增，所以在区间上单调递减，故B正确； 令，即. 令，. 如图所示，的图象是由的图象向右平移1个单位，再向上平移1个单位得到的， 的图象是由的图象向右平移1个单位得到的. 在区间内，与的图象有3个交点， 所以在区间内有3个零点，故C正确； 由，可得 ， 所以. 所以 ，故D错误. 故选：BC 三、填空题 12. 函数的严格增区间是______  . 【答案】 【解析】 【分析】根据对数型复合函数单调性的求法可得答案． 【详解】根据题意函数， 设，有， 解可得，即函数的定义域为， 在区间上，为减函数， 也为减函数， 由复合函数的单调性法则得： 函数在上单调递增． 故答案为： 13. 已知，且，则的最大值为_________； 【答案】 【解析】 【分析】先观察条件等式和所求式子，由“和定积最大”将条件等式变形成两因式之和为定值的形式. 【详解】由题意，，，所以，当且仅当时取“ ”．即的最大值为. 故答案为： 14. 已知函数在区间上单调，且满足，函数在区间上恰有5个零点，则实数的取值范围为___________． 【答案】 【解析】 【分析】由函数单调性及可得为对称中心，则在区间上单调，可得，再利用函数在区间上恰有5个零点，可得，解出即可得. 【详解】由函数在区间上单调，， 且，故为对称中心，且， 则在区间上单调，则，解得， 由函数在区间上恰有5个零点，为第一个， 则后续零点分别为、、、， 则，化简得，则， 又，故. 故答案为：. 四、解答题-问答题 15. 已知全集，集合，，. （1）求，； （2）若，求的取值范围. 【答案】（1），或 （2） 【解析】 【分析】（1）求得集合，再根据交集、并集及补集的定义求解即可； （2）由题意可得，分、分别求解即可. 【小问1详解】 因为集合，， 所以， ，或，或. 【小问2详解】 当时，，解得，满足，故； 当时，由，得：或，解得 或， 综上，实数的取值范围为. 16. 如图，在平面直角坐标系 中，以为始边作角与，它们的终边分别与单位圆交于点、． （1）求的值； （2）求的值． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由三角函数的定义和同角三角函数的基本关系求出的值，再利用诱导公式化简计算可得所求代数式的值； （2）利用三角函数的定义和同角三角函数的基本关系求出的值，再利用二倍角的正弦、余弦公式以及两角和的余弦公式化简可得的值． 【小问1详解】 由已知，角的终边与单位圆交于 ，则，， 因为，故，所以， 故原式. 【小问2详解】 因为的终边与单位圆交于 点， 点的纵坐标为，则，， 因为，所以， 由（1）得， ， 因此. 17. 已知函数 （1）求函数的单调递减区间； （2）若对恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1），； （2）. 【解析】 【分析】（1）利用三角恒等变换化简函数的解析式，然后由正弦函数的单调性列出不等式，求解即可； （2）将不等式恒成立问题转化为，由正弦函数的性质，求出的最大值，即可得到答案. 【小问1详解】 ， 令，解得，， 所以的单调递减区间为，； 【小问2详解】 “对恒成立”等价于“当时，” 因为，所以， 当，即时，的最大值为. 所以，得， 所以实数的取值范围为. 18. 已知函数． （1）判断函数的奇偶性，并说明理由； （2）求函数的值域． （3）设函数，且函数在区间上的最小值为7，求的值． 【答案】（1）偶函数，理由见解析 （2）答案见解析 （3）2 【解析】 【分析】（1）利用奇偶性的判定方法即可求解； （2）由（1）可得，由对数函数定义域可得，然后分，两种情况，即可求解； （3）由题化简可得，令，则可得，，再结合二次函数性质及最小值，即可求解. 【小问1详解】 偶函数，理由如下： 由题意得，则， 所以的定义域为，关于原点对称， 由， 则， 所以是偶函数. 【小问2详解】 因为， 因为，又因为，则， ①当时，为增函数，此时，故的值域为， ②当 时，为减函数，此时，故的值域为. 综上所述，当 时，故的值域为. 当时，的值域为. 【小问3详解】 由题意， 设，因为为增函数，为减函数，所以为增函数， 所以时，， 所以在区间上的最小值为 ，且对称轴为，开口向上， ①当，即时，此时在区间上单调递增， 所以当 时，取得最小值为 ，不符合题意，故舍去； ②当，即时，此时在区间上单调递减， 在上单调递增，则时，有最小值为，解得（负值舍去），符合题意； ③当，即时，此时在区间上单调递减， 所以当时，最小值为，解得舍去. 综上所述，的值为 . 19. 设次多项式，若其满足 ，则称这些多项式为切比雪夫多项式.例如：由可得切比雪夫多项式，由可得切比雪夫多项式. （1）由的表达式求； （2）由第（1）问结论求的值； （3）证明是方程的根，并求的值. 【答案】（1） （2） （3）证明：将代入得， ， 所以， 即是方程的根. 不妨取，设， 因为为方程的根 则， ， 而， 所以，所以. 【解析】 【分析】（1）利用两角和的余弦公式及二倍角公式求出，结合题目信息即可求出答案； （2）由（1）知，再根据对式子化简得到，解方程即可求出答案； （3）将代入得到即可证明；可知为方程的根，进而得到，证明即可求出答案. 【小问1详解】 因为， 所以， 所以 所以. 【小问2详解】 由（1）知， 又 所以， 又，所以， 所以，即， 因为，解得（舍去）. 【小问3详解】 证明略；. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $