山西大学附中2025～2026学年高一第一学期12月（总第三次）
模块诊断数学试题
考试时间：120分钟 总分：150分
一、单选题：共8小题，每小题5分，共40分.
1. 已知集合，集合，则（ ）
A. B.
C. D.
2. 函数的定义域是（ ）
A. B.
C. 且 D. 且
3. 设，则的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
4. 已知函数在区间内有且仅有1个零点，在利用二分法求函数零点的近似值时，经过2次二分法后确定的零点所在区间为（ ）
A. B. C. D.
5. 函数的部分图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
6. 设方程的两个根为，则（ ）．
A. B.
C. D.
7. 基本再生数与世代间隔T是流行病学基本参数.基本再生数指一个感染者传染的平均人数，世代间隔指两代间传染所需的平均时间.在型病毒疫情初始阶段，可以用指数模型：描述累计感染病例数随时间t(单位：天)的变化规律，指数增长率r与，T近似满足.有学者基于已有数据估计出.据此，在型病毒疫情初始阶段，累计感染病例数增加至的3倍需要的时间约为（ ）(参考数据：)
A. 2天 B. 3天 C. 4天 D. 5天
8. 已知定义在R上的函数满足：为奇函数，，且对任意，都有，则（ ）
A. B. C. D. 1
二、多选题：共3小题，每小题6分，共18分.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有错选的得0分.
9. 下列各组函数中，与不是同一函数的是（ ）
A. ， B. ，
C. ， D. ，
10. 若函数恒成立，且，则下列结论中正确的有（ ）
A. 的最小值为 B. 的最大值为-3
C. 的最小值为 D. 的最小值为
11. 黎曼函数是由德国数学家黎曼发现提出的特殊函数，它在高等数学中被广泛应用．定义在上的黎曼函数，关于黎曼函数，下列说法正确的是（ ）
A. B. ，方程没有实数根
C. D.
三、填空题：本题共3小题，每题5分，共15分.
12. 若扇形的圆心角为，半径为6，则扇形的弧长为________.
13. 函数的单调增区间是______.
14. 已知函数，关于的方程有_________个不同的解；不等式的解集是______________.
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. 化简求值：
（1）；
（2）；
（3）已知，求.
16. 已知函数.
（1）若，求不等式的解集；
（2）若时，不等式恒成立，求的取值范围.
17. 已知函数.
（1）当时，求的最小值；
（2）若在上单调递增，求的取值范围.
（3）设，若对于任意，存在，使得不等式成立，求的取值范围.
18. 已知函数
（1）解不等式：
（2）求证: 为定值，并求的值；
（3）若满足 满足，求 的值.
19. 设.
（1）请利用函数单调性定义证明在上单调递减；
（2）若，成立，求实数的取值范围；
（3）给定实数，讨论关于的方程的解的个数.数学试题答案
一、单选题：共8小题，每小题5分，共40分.
1. C. 2. D． 3. D. 4. B 5. D. 6. D． 7. D. 8. D
二、多选题：共3小题，每小题6分，共18分.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有错选的得0分.
9. .
10. BCD
11. ACD．
三、填空题：本题共3小题，每题5分，共15分.
12. .
13. （或）
14. ①. 6 ②. 或
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.（1）原式.
（2）原式.
（3）由可得，即，解得，故.
16. (1)当时，可得，
由，得，可得，解得，
因此，当时，不等式的解集为；
(2)因为，即，，
当，则，可得，可得，
而，则，解得，因此，实数的取值范围是；
17. (1)当时，，
对任意的，恒成立，此时，函数的定义域为，
因为内层函数的减区间为，增区间为，
外层函数为增函数，
由复合函数的单调性可知，函数的减区间为，增区间为，
故.
(2)令，因为外层函数在定义域上为增函数，且函数在上单调递增，则内层函数在上为增函数，且，
即，解得.
因此，实数的取值范围是.
(3)对于任意，存在，使得不等式成立，
则对任意的恒成立，
因为，
当时，，故当时，即当时，函数取最小值，
即，
所以，对任意的恒成立，
由可得，
当时，不等式成立，
当时，
参变量分离得，
因为，由基本不等式可得，
当且仅当时等号成立，则，
即，
综上可知，实数的取值范围是.
18. （1）解：已知，则，
所以不等式可化为，令,则不等式变为，
即，解得或，当时，，当时，，
所以，不等式的解集为.
（2）证明：已知，则，,
所以为定值，
令，
则，
两式相加得，所以，
即的值为.
（3）解：已知满足，即，
已知满足，即，
令,则原方程组可化为和，
而可化为
设，则，
所以，即，
所以.
19.
（1）证明任取，，
因为，则，
则，即，
所以在上单调递减；
（2）因为，
所以得，整理得，
所以或，解得或，
又不等式成立，所以或，
又，所以函数在上单调递增，函数在上单调递减，
所以或；
（3）由于，当且仅当时，等号成立，
则，且，则为偶函数，
又在上单调递减，则在上单调递增，
方程，整理得，
因为为定义域上的单调递增函数，所以，
设，则，恒成立，
则方程化为，
设，
任取，则，
因为，所以，
故，即，所以在上单调递减，
所以，且时，
故当时，方程无解，
所以关于的方程的解为0个；
当时，方程有一解为，此时，
所以关于的方程的解为1个；
当时，方程有唯一解，且解，
又，在上单调递减，则在上单调递增，为偶函数，
所以时，方程有互为相反数的两根，
所以关于的方程的解为2个；
综上，当时，原方程无解；当时，原方程有唯一解；当时，原方程有两个解.
