浙江省绍兴市第一中学2026-2027学年高一上学期联合培养创新班第一次教学检测数学试卷

绍兴一中联培班数学教学检测试卷 姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分） 1．已知集合，则（    ） A． B． C． D． 2．“角是锐角”是“角是第一象限角”的（    ） A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 3．函数的单调递减区间为（   ） A． B． C． D． 4．已知为奇函数，则（    ） A．-2 B．-1 C．1 D．2 5．已知，则（   ） A． B．的最小正周期为 C．的值域为 D．的增区间为 6．已知函数，若对任意实数x都成立，且函数在区间上单调，则的值为（    ） A． B． C． D．－ 7．已知定义在上的单调函数满足.若对，，使成立，则的最小值为（    ） A．8 B．9 C．10 D．11 8．设为锐角，且，则的最大值为（    ） A． B． C．1 D． 二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分） 9．已知函数，则下列说法正确的是（    ） A．的图象关于点对称 B．图象的一条对称轴是 C．，则的最小值为 D．若时，函数有两个零点，则实数的取值范围是 10．在数学中，双曲函数是一类与三角函数类似的函数，它是工程数学中重要的函数，也是一类很重要的初等函数，最基本的双曲函数是双曲正弦函数和双曲余弦函数．已知双曲正弦函数的解析式为，双曲余弦函数的解析式为（其中为自然对数的底数），则下列说法正确的是（   ） A． B．函数为奇函数 C．若直线与函数和的图象共有三个交点，这三个交点的横坐标分别为，则 D．若存在，关于的不等式恒成立，则实数的取值范围为 11．设a为常数，的定义域为R，，则（    ） A． B．成立 C． D．满足条件的不止一个 三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12．________. 13．若，则的取值范围为________． 14．已知实数m，n满足，则________. 四、解答题（本题共5小题，共77分） 15．已知全集， 函数的定义域为集合A，集合 (1)若， 求； (2)若， 求实数的取值范围. 16．如图，在扇形中，半径，圆心角，是扇形弧上的动点，矩形内接于扇形，记，矩形的面积为. (1)求的值域； (2)若，求的取值范围. 17．已知函数，且. (1)若的值域为，求的取值范围； (2)若，求方程的解集； (3)当时，求图象的对称轴方程和不等式的解集. 18．已知. (1)求的单调递增区间； (2)若对任意的恒成立，求a的取值范围； (3)已知函数，记方程在区间上的根从小到大依次为，，…，，求的值. 19．已知函数在区间上有意义，若存在，且，使成立，则称为上的“可分函数”，为在上的“可分点”． (1)设，证明：定义域为的奇函数一定是上的“可分函数”； (2)若存在，使为函数在上的“可分点”，求实数的取值范围； (3)若，判断函数是否为上的“可分函数”？若是，判断满足条件的的个数；若不是，说明理由． 试卷第1页（共3页） 试卷第1页（共3页） 学科网（北京）股份有限公司 《绍兴一中联培班数学教学检测试卷》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B A D D C C C A BC BCD 题号 11 答案 ABC 1．B 【分析】解不等式把集合具体化，然后根据集合的运算法则计算即可. 【详解】由，得，所以，又，所以. 故选：B 2．A 【分析】利用任意角定义及充分不必要条件定义即可得到结果. 【详解】若角是锐角，则角是第一象限角； 但角是第一象限角，则角不一定是锐角， 故“角是锐角”是“角是第一象限角”的充分不必要条件， 故选：A. 3．D 【分析】先求出函数的定义域，再根据复合函数的单调性遵循“同增异减”的规律即可得解. 【详解】由，可得. 因为二次函数在上单调递减， 在上单调递增， 故由复合函数的单调性遵循“同增异减”的规律可知， 函数的单调递减区间为. 故选：D. 4．D 【分析】根据奇函数的定义运算求解. 【详解】因为为奇函数，则， 又因为不恒为0，可得，即， 则，即，解得. 故选：D. 5．C 【分析】利用函数解析式计算判断A，根据特例判断B，函数写成分段函数，根据正弦型函数性质判断CD. 【详解】因为， 所以，故A错误； 因为， 即，所以B错误； 因为， 所以当时，， 当时，，所以函数的值域为，故C正确； 由可知， 的增区间为，故D错误. 6．C 【分析】根据对任意实数x都成立结合周期确定出的表达式，再根据函数在区间上单调确定周期的取值范围，进而表示出的取值范围，结合与表示出的表表达式，对进行取值，从而求得． 【详解】因为对任意实数x都成立，且，故， 即，因此， 又函数在区间上单调，故，即，因此， 由，可得，解得 由，可得，解得， 当时，，满足题意． 故选：C． 7．C 【分析】令，根据函数的单调性求出的解析式，再求出在，上的值域即可求出. 【详解】令，则， 因为是单调函数，所以是常数，则， 则， 因为是单调递增函数，且，所以， 则， 因为是上的单调递增函数，，，， 所以当时，；当时，， 因为对，，使成立， 则，， 欲使尽可能小，则，则的最小值为. 故选：C 8．A 【分析】利用基本不等式可求最大值. 【详解】解法一：由得， 所以． 因为均为锐角，所以， 当且仅当时取等号，所以的最大值是． 解法二:  由得: ， 于是， 等号当时取得， 因此的最大值为． 9．BC 【分析】由可判断A，B；，即，画出图象，求得的最小正周期可判断C；函数有两个零点，即与的图象有两个交点，结合图象可判断D. 【详解】， 故A不正确；B正确； 的图象如所示， 若，则， 由图可知，因为的最小正周期为， 所以，故C正确； ， ， 若时，函数有两个零点，即， 即与的图象有两个交点， 由图可知，，故D不正确. 故选：BC. 10．BCD 【分析】根据双曲函数的加法公式、函数的奇偶性、函数图象过交点以及不等式能成立问题逐项分析即可求得结果. 【详解】对于A，， ， 化简后得，故A错误； 对于B，的定义域为R，，所以是偶函数； 的定义域为R，，所以是奇函数， 所以函数为奇函数，故B正确； 对于C，因为直线与函数和的图象共有三个交点，在R上单调递增，即直线与函数只有一个交点， 所以直线与函数有两个交点， 因为，当且仅当时，等号成立， 所以，即，，解得， 所以，则，故C正确； 对于D，，， 令，则，所以在上单调递增， 则， 又，当且仅当时，等号成立， 所以最小值为1， 因为存在，关于的不等式恒成立， 所以， 所以的取值范围为，故D正确； 故选：BCD. 【点睛】本题考查了双曲函数的定义及相关性质、函数的奇偶性、函数的单调性、函数图象交点问题，以及运用基本不等式和求导求解，关键点有： （1）判断奇偶性前先判断函数的定义域是否关于原点对称； （2）运用基本不等式要注意“一正二定三相等”； （3）根据导函数判断函数的单调性，求最值； （4）恒成立问题与能成立问题作区分. 11．ABC 【分析】对已知条件进行多次赋值，结合已知数据，再对每个选项进行逐一判断即可. 【详解】 对A：对原式令，则，即，故A正确； 对B： 对原式令，则，故， 对原式令，则，故非负； 对原式令，则，解得， 又非负，故可得，故B正确； 对C：由B分析可得：，故C正确； 对D：由B分析可得：满足条件的只有一个，故D错误. 故选：ABC. 【点睛】关键点点睛：本题考察抽象函数的性质，处理问题的关键是对已知条件合理的赋值，属中档题. 12． 13． 14． 【分析】构造函数，根据函数的单调性可得，进而根据对数的运算性质即可求解. 【详解】由可得， 由得， 记，因为，在上单调递增，在上单调递减， 根据复合函数性质知在上在单调递减，所以在上单调递增， 由可得，又， 因此，由可得， 所以，可得， 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题的关键是通过合理变形后构造函数，利用其单调性得到，最后根据指对运算即可得到答案. 15．(1) (2)或 【分析】（1）求函数的定义域，化简集合，解一元二次不等式化简，结合集合的运算法则求； （2）结合（1）由关系列不等式可求结论. 【详解】（1）由题意得，得，             所以， 由， 得，解得， 所以， 当时，， 所以或 所以； （2）因为， 所以或， 解得或， 所以的取值范围是或. 16．(1) (2) 【分析】（1）求出、、关于的表达式，利用三角恒等变换化简函数的表达式即可，并求出该函数的定义域，进而求出的取值范围，由正弦型函数的基本性质可求得的值域； （2）由可求出的取值范围，由可得出，可得出的取值范围，解之即可. 【详解】（1）根据题意可知，，， 所以， 整理得 即， ，则， 所以，则. 所以的值域为 （2）由，可得， 因为，所以，解得， 即不等式的解集为. 17．(1) (2) (3)图象的对称轴方程为；解集为 【分析】（1）根据对数函数的值域为可知，需取遍所有正数，结合对数的底数的范围求得结果. （2）由单调函数零点的唯一性，结合特殊值求出，再解对数方程转化成的二次方程即可. （3）先求定义域，结合复合函数单调性求出函数的对称轴，再根据函数对称性，结合自变量与对称轴的距离远近解不等式. 【详解】（1）若的值域为，则取遍所有正数， 由，且， 解得． （2）因为函数为增函数，， 所以． 由，得， 整理得，解得， 故方程的解集为． （3）当时，的定义域为． 因为，且，所以图象的对称轴方程为． 又在上单调递增，定义域为， 所以所求不等式等价于， 解得或，故所求不等式的解集为. 18．(1)，. (2) (3)92 【分析】（1）结合二倍角公式和辅助角公式将函数化简为，再根据正弦函数的单调性，得解； （2）分离参数，结合二倍角公式和齐次式运算 求对勾函数最值即可求解根； （3）令，原问题可转化为函数与函数的交点个数，由交点个数确定的值，再结合函数对称性即可求解． 【详解】（1） . 令，，则，， 故的单调递增区间为，. （2），即对任意的恒成立， 则对任意的恒成立， 令， 因为，则， 由对勾函数的性质知在上单调递减， 又，所以， 则的最大值为，故. （3）令， ，， 令，又， 函数在上的图象如下图所示， 由图可知，的图象与直线共有6个交点，即， ， . 【点睛】关键点点睛：本题考查正弦函数图像及应用，关键是利用整体思想结合对称性求解第三问. 19．(1) 由函数是上的奇函数，得，，， 当，且时，， 因此函数是区间上的“可分函数”， 所以定义域为的奇函数一定是上的“可分函数”. (2)； (3)是，只有1个. 【分析】（1）利用奇函数的性质，结合“可分函数”的定义推理得证. （2）利用给定的“可分点”及定义，建立方程并换元，转化为有不等于1的正根求解. （3）利用“可分函数”的定义，构造函数，结合零点存在性定理推理判断. 【详解】（1）略 （2）由为函数在上的“可分点”，得， 即，则， 令，由，得且，于是有不等于1的正根， 当时，，解得，此时方程另一根为，不符合题意； 当时，，符合题意，因此； 当且时，而，则，即， 解得或，因此或或； 当时，，而当时，，且时，， 有不等于1的正根，符合题意，因此， 所以实数的取值范围是. （3）令，由， 得， 当时，函数单调递减，在上单调递减， 则函数在上单调递增，又单调递增， 因此在上单调递增，， 则存在唯一，使得，即存在唯一，使， 所以函数是上的“可分函数”，且满足条件的只有1个. 【点睛】思路点睛：本题第2问，利用“可分函数”的定义，构建方程并换元，将问题转化为二次型方程有不为1的正根求解. 答案第1页（共2页） 答案第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $