精品解析：江苏省无锡市锡山区锡东高级中学2025-2026学年 高一上学期12月阶段测试数学试题

**基本信息** 高一数学12月阶段考，聚焦三角函数、函数性质与集合运算，融入扇形玉佩文化情境及“准不动点”创新概念，分层考查数学抽象、逻辑推理与模型应用能力。 **题型特征** |题型|题量/分值|知识覆盖|命题特色| |----|-----------|----------|----------| |单选题|8/40|三角函数定义、命题真假、函数求值|第6题以扇形玉佩为情境，考查扇形面积计算，体现文化传承与数学眼光| |多选题|3/15|基本不等式、函数性质、角的终边|第11题结合偶函数分段表达式，综合考查周期性与图像交点，凸显逻辑推理| |填空题|3/15|函数单调区间、值域、方程根|第14题含参数分段函数根的分布，考查数学思维的严谨性| |简答题|5/80|集合运算、三角恒等变换、函数最值、新定义|第19题“准不动点”新定义问题，分层设计三问，考查创新应用与数学语言表达|

2025-2026学年度秋学期12月期阶段性考试 高一数学试卷 考试时间：120分钟 分值：150分 一、单选题 1. 已知，且为第四象限角，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】直接利用计算即可. 【详解】因为为第四象限角 所以． 故选：D. 2. 命题“”是真命题，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将特称命题转化为函数最值问题，通过分析函数在区间上的最大值来确定实数的取值范围即可. 【详解】由题意“”是真命题，即时，有解，则有解， 又函数在上单调递减，所以. 故选：D. 3. 已知函数，则的值为（ ） A. B. C. 2 D. 4 【答案】A 【解析】 【分析】先求出，再将该值代入相应的解析式后可求函数值. 【详解】,故， 故选：A 4. 已知角 的顶点在坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据任意角的三角函数的定义求出，再化简可求得结果. 【详解】由题意得， 所以. 故选：B 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据余弦函数和对数函数的单调性得到，，从而比较出大小. 【详解】因为在上单调递减， 所以， 又在上单调递增， 故， 又，故 . 故选：A 6. 中国早在八千多年前就有了玉器，古人视玉为宝，玉佩不再是简单的装饰，而有着表达身份、感情、风度以及语言交流的作用.不同形状.不同图案的玉佩又代表不同的寓意.如图1所示的扇形玉佩，其形状具体说来应该是扇形的一部分（如图2），经测量知， ，，则该玉佩的面积为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】取AD的中点为M，连接BM、CM，延长AB，CD交于点O，利用平面几何知识得到扇形的圆心角，进而利用扇形面积公式和三角形的面积公式计算求得该玉佩的面积. 【详解】如图，取AD的中点为M，连接BM，CM，延长AB，CD交于点O， 由题意，△AOB为等腰三角形，又∵，∴AD//BC， 又∵M为AD的中点，，∴AM与BC平行且相等， ∴四边形ABCM为平行四边形，∴，同理， ∴△ABM，△CDM都是等边三角形，∴△BOC是等边三角形， ∴该玉佩的面积 . 故选：B. 7. 已知定义在上的函数为单调函数，且对任意 ，恒有，若，则的值是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】运用换元法转化求解，，，求出的值即可求出的解析式，再求出零点即可． 【详解】因为，且在R上为单调函数， 设，则， ，，解得： 所以， 当时，解得， 函数的零点是 ， 故选：B． 8. 已知函数.若，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】构造函数，根据的单调性和奇偶性解不等式来求得的取值范围. 【详解】由于，所以的定义域为， 所以， ， ， 所以是奇函数， 由于在上单调递增，在上单调递增， 所以在上单调递增， 由得， 即， 所以， 解得，所以的取值范围是. 故选：C 【点睛】判断函数的奇偶性时，首先要判断函数的定义域是否关于原点对称，然后再根据或来确定函数的奇偶性.求解含有函数符号的不等式时，可以考虑利用函数的单调性、奇偶性等知识去掉函数符号，由此来对问题进行求解. 二、多选题 9. 已知，且，则（ ） A. 的最大值为 B. 的最小值为9 C. 的最小值为 D. 的最大值为2 【答案】BC 【解析】 【分析】对A，直接运用均值不等式即可判断； 对B，，运用均值不等式即可判断； 对C，，讨论二次函数最值即可； 对D，，讨论最值即可. 【详解】，，当 时，即时，可取等号，A错； ，当时，即时，可取等号，B对； ，当时，可取等号，C对； ，D错. 故选：BC 10. 下列说法正确的有（ ） A. 终边在 轴上的角的集合为 B. 函数的对称轴是 C. 若 ，则 D. 已知，若，则 【答案】ACD 【解析】 【详解】选项A：终边在 轴正半轴时，终边在 轴负半轴时， 合并统一形式为，故A正确； 选项B：的图象是将在轴下方图象翻折到上方，周期变为， 对称轴为，故B错误； 选项C：由题意知，则 ，故C正确； 选项D：则， 由，得，故， 解得，故D正确． 11. 已知为定义在上的偶函数，当 时，有，且当时，.下列命题正确的是（ ） A. B. 是周期为2的周期函数 C. 直线与的图象有且仅有2个交点 D. 的值域为 【答案】AD 【解析】 【分析】由已知判断出 时，函数的周期，结合当时的解析式，即可作出 时图象，结合奇偶性，可得整个定义域上图象，由此利用周期性以及奇偶性求值，判断A；结合图象，数形结合，可判断B，C，D. 【详解】由题意知当 时，有，则， 即 时，2为的周期，由，得， 当时，，则， 结合为定义在上的偶函数，可作出的图象如图： 对于A，, , 故，A正确； 对于B，由以上分析可知 时，2为的周期， 结合图象，在整个定义域上不是周期函数，B错误； 对于C，在同一坐标系再作出的图象， 可知直线与的图象有且仅有1个交点，C错误； 对于D，结合图象可知的值域为，D正确， 故选：AD 三、填空题 12. 求函数，的单调减区间___________． 【答案】 【解析】 【详解】令，的单调递减区间为 ， 则 ，解得 ， 取，得递减区间，与的公共部分为． 13. 已知函数，则在上的值域为___________． 【答案】 【解析】 【分析】利用同角三角函数的平方关系将原函数转化为关于的二次函数，再利用换元法，及二次函数的性质即可求解． 【详解】由，， 令，，则原函数转化为二次函数，， 又该二次函数开口向下，且对称轴为， 当时， 取得最大值，； 当时，；当时，，即， 所以在上的值域为． 14. 设函数，若方程 有三个实数根，，，则 的范围是___________，又，则的取值范围是___________． 【答案】 ①. ； ②. . 【解析】 【分析】由题意可得直线 与的图象有三个交点，作出函数 的图象，结合图象可得第一空答案；由题意可得，令 ，则 ，利用对勾函数的性质求解即可. 【详解】作出函数 的图象，如图所示： 因为方程 有三个实数根， 即直线 与的图象有三个交点， 由图象可知， 所以实数 的取值范围为 ； 令 ，得， 令 ，得或 ， 又因为， 所以， 由题意可得 ， 即 所以， 所以 ， 令 ， 则 ， 令 ， 由对勾函数的性质可知在上单调递增， 所以 在 上单调递增， 所以 , 即的取值范围是 . 四、简答题 15. 已知全集，集合 （1）当 时，求； （2）若“ ”是“ ”成立的必要不充分条件，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）先求出集合 ，再求出，然后由交集的定义可求出； （2）由题意得 ，然后列不等式组可求出的取值范围. 【小问1详解】 当 时，， 由，得，所以， 所以， 所以． 【小问2详解】 因为“ ”是“ ”成立的必要不充分条件，则“ ”是“ ”的充分不必要条件， 所以是 的真子集，为 的真子集． 因为，， 所以，且等号不同时成立， 解得， 经检验，实数的取值范围是． 16. 已知 （1）化简并求的值； （2）若且，求的值； （3）已知，求的值． 【答案】（1）， （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据诱导公式化简可得解析式及函数值； （2）根据诱导公式化简可得，结合同角三角函数关系式可得，进而可得，即可得解； （3）结合诱导公式，整体代入可得解. 【小问1详解】 由诱导公式可知， 则； 【小问2详解】 由（1）得， 即， 则， 解得， 又，则，， 所以， 则， 所以； 【小问3详解】 由已知（1）得，所以， 即， 所以. 17. 已知函数，. （1）若在区间上最大值为2，求实数的值； （2）当 时，求不等式的解集. 【答案】（1）； （2）答案见解析. 【解析】 【分析】（1）求出二次函数图象的对称轴，再利用二次函数性质求解即得. （2）分类讨论求解含参数的一元二次不等式即得. 【小问1详解】 函数图象的对称轴为， 当，即 时，，解得，则； 当，即 时，，解得 ，矛盾， 所以. 【小问2详解】 显然，而 ， 因此不等式为， 当，即时，不等式解集为； 当，即时，不等式解集为； 当，即 时，不等式解集为， 所以当时，不等式解集为；当时，不等式解集为；当 时，不等式解集为. 18. 已知函数是偶函数. （1）求实数的值； （2）若时，不等式恒成立，求实数m的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据偶函数的性质求解即可； （2）化简可得恒成立，再根据，结合与基本不等式求解即可. 【小问1详解】 函数的定义域为R， ，解得， 此时 成立， 所以. 【小问2详解】 由题，不等式，所以，即， 有，则，所以 因为（当且仅当时取“=”）， 所以. 19. 设函数的定义域为 ，若存在 ，使得成立，则称为的一个“准不动点”.已知函数 （1）若，求的“准不动点”： （2）若为的一个“准不动点”，且，求实数的取值范围： （3）设函数若使得成立，求实数的取值范围. 【答案】（1）0或1； （2） （3） 【解析】 【分析】（1）依题意可得，利用换元法计算可得； （2）依题意可得在上有解，参变分离可得在上有解，结合对勾函数的单调性求出的取值范围，即可得解； （3）依题意可得，根据的单调性，求出的最值，即可得到，换元得到，参变分离，结合函数的单调性，计算可得. 【小问1详解】 当时，由可得，， 令，则，解得或， 即或，解得或 ， 的“准不动点”为0或1； 【小问2详解】 由得，， 即在上有解， 令，由可得，则在上有解， 故，当时，在上单调递增，，则，解得， 的取值范围； 【小问3详解】 由得，， 即，则， 又由指数函数的性质可知在上单调递增，，则， 即， 令，则，从而，则， 又在上均为增函数，则，， ，即，所以实数的取值范围为. 【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化： 一般地，已知函数，，，. （1）若，，有成立，则； （2）若，，有成立，则； （3）若，，有成立，则； （4）若，，有成立，则的值域是的值域的子集. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025-2026学年度秋学期12月期阶段性考试 高一数学试卷 考试时间：120分钟 分值：150分 一、单选题 1. 已知，且为第四象限角，则（ ） A. B. C. D. 2. 命题“”是真命题，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 3. 已知函数，则的值为（ ） A. B. C. 2 D. 4 4. 已知角 的顶点在坐标原点，始边与轴的非负半轴重合，终边经过点，则（ ） A. B. C. D. 5. 已知，则（ ） A. B. C. D. 6. 中国早在八千多年前就有了玉器，古人视玉为宝，玉佩不再是简单的装饰，而有着表达身份、感情、风度以及语言交流的作用.不同形状.不同图案的玉佩又代表不同的寓意.如图1所示的扇形玉佩，其形状具体说来应该是扇形的一部分（如图2），经测量知， ，，则该玉佩的面积为（ ） A. B. C. D. 7. 已知定义在上的函数为单调函数，且对任意 ，恒有，若，则的值是（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数.若，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题 9. 已知，且，则（ ） A. 的最大值为 B. 的最小值为9 C. 的最小值为 D. 的最大值为2 10. 下列说法正确的有（ ） A. 终边在 轴上的角的集合为 B. 函数的对称轴是 C. 若 ，则 D. 已知，若，则 11. 已知为定义在上的偶函数，当 时，有，且当时，.下列命题正确的是（ ） A. B. 是周期为2的周期函数 C. 直线与的图象有且仅有2个交点 D. 的值域为 三、填空题 12. 求函数，的单调减区间___________． 13. 已知函数，则在上的值域为___________． 14. 设函数，若方程 有三个实数根，，，则 的范围是___________，又，则的取值范围是___________． 四、简答题 15. 已知全集，集合 （1）当 时，求； （2）若“ ”是“ ”成立的必要不充分条件，求的取值范围． 16. 已知 （1）化简并求的值； （2）若且，求的值； （3）已知，求的值． 17. 已知函数，. （1）若在区间上最大值为2，求实数的值； （2）当 时，求不等式的解集. 18. 已知函数是偶函数. （1）求实数 的值； （2）若时，不等式恒成立，求实数m的取值范围. 19. 设函数的定义域为，若存在 ，使得成立，则称为的一个“准不动点”.已知函数 （1）若，求的“准不动点”： （2）若为的一个“准不动点”，且，求实数的取值范围： （3）设函数若使得成立，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 $