浙江省嘉兴市第四高级中学2025-2026学年高一上学期12月阶段性测试数学试题
1．（2025高一上·嘉兴月考）已知全集 ，集合 ， ，则 （ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】交、并、补集的混合运算
【解析】【解答】 ，则
故答案为：A
【分析】本题根据交集、补集的定义可得.
2．（2025高一上·嘉兴月考）与角终边相同的最小正角是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】终边相同的角；弧度制、角度制及其之间的换算
【解析】【解答】解：因为.
所以与角终边相同的最小正角是.
故答案为：B
【分析】先把化成弧度制为，再写成，的形式即可求解.
3．（2025高一上·嘉兴月考）角的终边经过点，则（ ）
A． B． C． D．0
【答案】B
【知识点】任意角三角函数的定义
【解析】【解答】解：因为角的终边经过点，
则.
所以
故答案为：B
【分析】先利用三角函数的定义可得，化简即可求解.
4．（2025高一上·嘉兴月考）已知命题， 则命题成立的一个充分不必要条件是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：已知，化简得，解得.所以命题p成立的充要条件为，
所以命题成立的一个充分不必要条件只需要找到的真子集即可.
故答案为：C.
【分析】先解二次不等式，可得命题成立的充要条件，再利用充分不必要条件的定义结合选项判断即可求解.
5．（2025高一上·嘉兴月考）函数的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】函数的奇偶性；函数的图象
【解析】【解答】解：函数定义域为，且，
则函数为奇函数，排除BD；由，，排除C.
故答案为：A.
【分析】求函数的定义域，再利用奇偶性的定义判断函数的奇偶性排除BD；根据特殊点函数值排除C.
6．（2025高一上·嘉兴月考）函数，满足对、且，都有，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】函数单调性的判断与证明
【解析】【解答】解：不妨设，由，可得，
所以函数在上为减函数，
依题意得，
解得，所以实数a的取值范围是.
故答案为：D.
【分析】先利用单调函数的定义可得函数在上为减函数，再利用分段函数的单调性可列出不等式组即可求解.
7．（2025高一上·嘉兴月考）若定义在R上的函数满足，且当时，，已知函数，则函数在区间内的零点个数为（ ）
A．10 B．11 C．12 D．13
【答案】B
【知识点】函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：已知，则函数的周期为2，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
令，则，
即求与在上交点个数，
作出与图象，如图所示：
所以与图象在上有11个交点，
则函数在区间内的零点个数为11.
故答案为：B
【分析】先利用可得函数是周期为2的周期函数，再结合二次函数和指数函数及对数函数的性质分别作出与在上的图象即可求解.
8．（2025高一上·嘉兴月考）已知，则下列选项正确的有（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B,D
【知识点】指数函数的单调性与特殊点；对数函数的单调性与特殊点；利用不等式的性质比较数（式）的大小；利用幂函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解：A、因为指数函数在上单调递增，且，所以，故A错误；
B、因为幂函数在上单调递减，且，所以，故B正确；
C，因为且，
所以，故，所以，故C错误；
D，因为，所以，
又函数在上单调递减，所以，故D正确．
故答案为：BD．
【分析】利用指数函数的单调性即可判断A；利用幂函数的单调性即可判断B；利用作差法可得即可判断C；利用对数函数的单调性即可判断D.
9．（2025高一上·嘉兴月考）若，，且，则下列说法正确的是（ ）
A．有最大值 B．有最大值2
C．有最小值5 D．有最小值
【答案】A,C
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：对于选项A：因为，
当且仅当时，等号成立，所以有最大值，故A正确；
对于选项B：因为，
当且仅当时，等号成立，可得，
所以有最大值，故B错误；
对于选项C：因为，
当且仅当，即时，等号成立，
所以有最小值5，故C正确；
对于选项D：因为，
则，
所以，当且仅当时，等号成立，
所以有最小值，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】根据题意结合基本不等式求最值的方法，从而逐项分析判断，进而找出正确的选项.
10．（2025高一上·嘉兴月考）定义在上的函数满足下列条件：（1）；（2）当时，，则（ ）
A． B．
C．当时， D．在上单调递增
【答案】A,C,D
【知识点】函数单调性的判断与证明；抽象函数及其应用
【解析】【解答】解：A、，取，则，故A正确；
C，由，取，因，故，即，
当时，，则，故，即，故C正确；
B、由，取，可得，，整理得，，
因为，，当且仅当时取等号，由选项C可知的符号可正可负，故不一定有，即不一定成立，故B错误；
D、任取，则，
依题意，，而，
则，即，即在上是增函数，
于是对于，任取，因为，则，
即，则函数在上单调递增，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】函数满足，利用赋值法，取求解即可判断A；取，再由条件当时，推理即可判断C；虽能用基本不等式，但因在上的符号不定，得不出结论，即可判断B；利用函数单调性定义法推导即可判断D.
11．（2025高一上·嘉兴月考）若，则的最大值是 .
【答案】3
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】解：已知，则
所以，
当且仅当，即时，等号成立，
故的最大值是3.
故答案为：3.
【分析】利用基本不等式结合“一正”，“二定”，“三相等”即可求解.
12．（2025高一上·嘉兴月考）如图，“水滴”是由线段和圆的优弧所围成的封闭图形，其中恰好与圆弧相切．若圆弧所在圆的半径为2，点到圆弧所在圆的圆心的距离为4，则该“水滴”的面积为 .
【答案】
【知识点】扇形的弧长与面积
【解析】【解答】解：记优弧所在圆的圆心，连接，如图所示：
由题意可得：，且，
易知，则，
故优弧对应的圆心角为，对应的扇形面积为，
，
，
则该“水滴”的面积为．
故答案为：.
【分析】 记优弧所在圆的圆心，连接， 由题意可得，求得圆心角，利用三角形面积公式以及扇形的面积公式求解即可.
13．（2025高一上·嘉兴月考）已知函数，若方程（其中）有四个不同实数根、、、，则的取值范围为 .
【答案】
【知识点】函数的零点与方程根的关系；对数型复合函数的图象与性质
【解析】【解答】解：作出函数与函数的图象如下图所示：
由图象可知，当时，函数的图象与直线有四个交点，
设，二次函数的图象关于直线对称，则，
且，，，，
即，则，，，
由双勾函数的单调性知，函数在区间上单调递增，
，，，
因此，的取值范围为.
故答案为：.
【分析】先作出函数的图象，结合有4个不同的实根可得，利用二次函数关于对称可得，再利用可得，最后利用对勾函数的性质即可求解.
14．（2025高一上·嘉兴月考）已知，.
（1）若时，求、；
（2）若，求的取值范围.
【答案】（1）解：当时，集合，，则，
，则；
（2）解：由，可得，
当时，，解得，符合题意；
当时，即时，，解得，即，
综上，实数的取值范围是.
【知识点】集合间关系的判断；交集及其运算；交、并、补集的混合运算
【解析】【分析】（1）将代入求得集合，利用集合的交集运算求集合；再根据即可的补集求，利用集合的并集运算求集合即可；
（2）由，可得，分、两种情况讨论，结合集合的包含关系可列关于实数的不等式组求实数的取值范围即可.
（1）当时，，，则，
所以，则.
（2）因为，则，
当时，，解得，合乎题意；
当时，即时，有，解得，即.
综上，，即实数的取值范围是.
15．（2025高一上·嘉兴月考）计算求值.
（1）已知，求的值.
（2）若，且，求下列式子的值.
（i）；（ii）.
【答案】（1）解：
（2）解：∵∴，
则
（i）
（ii）
【知识点】同角三角函数间的基本关系；同角三角函数基本关系的运用；运用诱导公式化简求值
【解析】【分析】（1）利用，，结合诱导公式化简即可求解；
（2）先利用同角三角函数的关系可得，（i）利用齐次式分子分母同除，可得即可求解；（ii）利用诱导公式化简可得原式即可求解.
（1）
（2）∵
∴，
则
（i）
（ii）
16．（2025高一上·嘉兴月考）已知函数，且.
（1）若的图象过点，解不等式；
（2）若，求的取值范围.
【答案】（1）解：由题意知，即，所以，
又，所以，所以，
所以的定义域为，且在上单调递增，
因为，所以，
解得，或，
所以原不等式的解集为.
（2）解：由题意知，因为，所以，
由，得，
所以，
因为为单调函数，所以，
所以，
所以问题可转化为关于的方程在上有解.
令，则，又在上单调递增，
所以的值域为，
所以，所以，即的取值范围为.
【知识点】函数的值域；对数的性质与运算法则；对数函数的图象与性质
【解析】【分析】（1）先把点代入可得，再利用对数函数单调性结合定义域列出不等式即可求解；
（2）先利用函数的定义域可得，再利用可得，进而将问题转化为关于的方程在上有解，最后利用二次函数的性质即可求解.
（1）由题意知，即，所以，
又，所以，所以，
所以的定义域为，且在上单调递增，
因为，所以，
解得，或，
所以原不等式的解集为.
（2）由题意知，因为，所以，
由，得，
所以，
因为为单调函数，所以，
所以，
所以问题可转化为关于的方程在上有解.
令，则，又在上单调递增，
所以的值域为，
所以，所以，即的取值范围为.
17．（2025高一上·嘉兴月考）如图是一扇环形砖雕，可视为扇形截去同心扇形所得部分.已知扇环周长为300cm，大扇形半径，小扇形半径，则
（1）求关于x的函数关系式；
（2）若雕刻费用关于x的解析式为，求砖雕面积与雕刻费用之比的最大值.
【答案】（1）解：由题意可知：，
则，即，
又，所以即，
所以；
（2）解：易知大扇形与小扇形的面积分别为：，
所以扇环的面积为，
结合（1）得，
则砖雕面积与雕刻费用之比为，
整理得
，当且仅当时等号成立，
所以砖雕面积与雕刻费用之比的最大值为5.
【知识点】基本不等式；扇形的弧长与面积
【解析】【分析】（1）先利用扇形弧长公式可得，化简可得，再利用可得即可求解；
（2）先利用扇环面积公式可得，再化简变形可得，最后利用基本不等式即可求解.
（1）由题意可知：，
则，即，
又，所以即，
所以；
（2）易知大扇形与小扇形的面积分别为：，
所以扇环的面积为，
结合（1）得，
则砖雕面积与雕刻费用之比为，
整理得
，当且仅当时等号成立，
所以砖雕面积与雕刻费用之比的最大值为5.
18．（2025高一上·嘉兴月考）若函数对于其定义域中任意非零实数，都满足，则称函数为“好玩函数”．已知．
（1）试判断，，是否是“好玩函数”．并说明理由；
（2）若，求的最小值；
（3）设函数，求证：在其定义域内有且仅有两个零点．
【答案】（1）解：，所以是“好玩函数”．
，
所以是“好玩函数”．
由，则或，而，
当或时无意义，
所以不是“好玩函数”．
（2）解：因为，
所以在上单调递增，
由（1）知，，所以，
又，所以，
所以．
，
当且仅当即时等号成立．
所以，的最小值为12．
（3）证明：因为，
在上单调递增，在上单调递增．
又，
由零点存在性定理知，，
所以在上有且只有一个零点．
又
所以是“好玩函数”，，
所以，
故也是的零点，
所以在和各有一个零点，
即在定义域内有且只有两个零点．
【知识点】对数的性质与运算法则；对数函数的图象与性质；基本不等式；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）利用“好玩函数”定义逐个判断即可求解；
（2）由得到，再利用基本不等式求解最值即可；
（3）先化简可得利用函数的单调性定义可得在上单调递增，在上单调递增，再利用零点存在性定理可得函数在上有且只有一个零点，最后利用可判断在存在一个零点即可求解.
（1），
所以是“好玩函数”．
，
所以是“好玩函数”．
由，则或，而，
当或时无意义，
所以不是“好玩函数”．
（2）因为，
所以在上单调递增，
由（1）知，，所以，
又，所以，
所以．
，
当且仅当即时等号成立．
所以，的最小值为12．
（3）因为，
在上单调递增，在上单调递增．
又，
由零点存在性定理知，，
所以在上有且只有一个零点．
又
所以是“好玩函数”，，
所以，
故也是的零点，
所以在和各有一个零点，
即在定义域内有且只有两个零点．
1 / 1浙江省嘉兴市第四高级中学2025-2026学年高一上学期12月阶段性测试数学试题
1．（2025高一上·嘉兴月考）已知全集 ，集合 ， ，则 （ ）
A． B．
C． D．
2．（2025高一上·嘉兴月考）与角终边相同的最小正角是（ ）
A． B． C． D．
3．（2025高一上·嘉兴月考）角的终边经过点，则（ ）
A． B． C． D．0
4．（2025高一上·嘉兴月考）已知命题， 则命题成立的一个充分不必要条件是（ ）
A． B． C． D．
5．（2025高一上·嘉兴月考）函数的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
6．（2025高一上·嘉兴月考）函数，满足对、且，都有，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
7．（2025高一上·嘉兴月考）若定义在R上的函数满足，且当时，，已知函数，则函数在区间内的零点个数为（ ）
A．10 B．11 C．12 D．13
8．（2025高一上·嘉兴月考）已知，则下列选项正确的有（ ）
A． B．
C． D．
9．（2025高一上·嘉兴月考）若，，且，则下列说法正确的是（ ）
A．有最大值 B．有最大值2
C．有最小值5 D．有最小值
10．（2025高一上·嘉兴月考）定义在上的函数满足下列条件：（1）；（2）当时，，则（ ）
A． B．
C．当时， D．在上单调递增
11．（2025高一上·嘉兴月考）若，则的最大值是 .
12．（2025高一上·嘉兴月考）如图，“水滴”是由线段和圆的优弧所围成的封闭图形，其中恰好与圆弧相切．若圆弧所在圆的半径为2，点到圆弧所在圆的圆心的距离为4，则该“水滴”的面积为 .
13．（2025高一上·嘉兴月考）已知函数，若方程（其中）有四个不同实数根、、、，则的取值范围为 .
14．（2025高一上·嘉兴月考）已知，.
（1）若时，求、；
（2）若，求的取值范围.
15．（2025高一上·嘉兴月考）计算求值.
（1）已知，求的值.
（2）若，且，求下列式子的值.
（i）；（ii）.
16．（2025高一上·嘉兴月考）已知函数，且.
（1）若的图象过点，解不等式；
（2）若，求的取值范围.
17．（2025高一上·嘉兴月考）如图是一扇环形砖雕，可视为扇形截去同心扇形所得部分.已知扇环周长为300cm，大扇形半径，小扇形半径，则
（1）求关于x的函数关系式；
（2）若雕刻费用关于x的解析式为，求砖雕面积与雕刻费用之比的最大值.
18．（2025高一上·嘉兴月考）若函数对于其定义域中任意非零实数，都满足，则称函数为“好玩函数”．已知．
（1）试判断，，是否是“好玩函数”．并说明理由；
（2）若，求的最小值；
（3）设函数，求证：在其定义域内有且仅有两个零点．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】交、并、补集的混合运算
【解析】【解答】 ，则
故答案为：A
【分析】本题根据交集、补集的定义可得.
2．【答案】B
【知识点】终边相同的角；弧度制、角度制及其之间的换算
【解析】【解答】解：因为.
所以与角终边相同的最小正角是.
故答案为：B
【分析】先把化成弧度制为，再写成，的形式即可求解.
3．【答案】B
【知识点】任意角三角函数的定义
【解析】【解答】解：因为角的终边经过点，
则.
所以
故答案为：B
【分析】先利用三角函数的定义可得，化简即可求解.
4．【答案】C
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：已知，化简得，解得.所以命题p成立的充要条件为，
所以命题成立的一个充分不必要条件只需要找到的真子集即可.
故答案为：C.
【分析】先解二次不等式，可得命题成立的充要条件，再利用充分不必要条件的定义结合选项判断即可求解.
5．【答案】A
【知识点】函数的奇偶性；函数的图象
【解析】【解答】解：函数定义域为，且，
则函数为奇函数，排除BD；由，，排除C.
故答案为：A.
【分析】求函数的定义域，再利用奇偶性的定义判断函数的奇偶性排除BD；根据特殊点函数值排除C.
6．【答案】D
【知识点】函数单调性的判断与证明
【解析】【解答】解：不妨设，由，可得，
所以函数在上为减函数，
依题意得，
解得，所以实数a的取值范围是.
故答案为：D.
【分析】先利用单调函数的定义可得函数在上为减函数，再利用分段函数的单调性可列出不等式组即可求解.
7．【答案】B
【知识点】函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：已知，则函数的周期为2，
当时，单调递增，
当时，单调递减，
当时，单调递增，
令，则，
即求与在上交点个数，
作出与图象，如图所示：
所以与图象在上有11个交点，
则函数在区间内的零点个数为11.
故答案为：B
【分析】先利用可得函数是周期为2的周期函数，再结合二次函数和指数函数及对数函数的性质分别作出与在上的图象即可求解.
8．【答案】B,D
【知识点】指数函数的单调性与特殊点；对数函数的单调性与特殊点；利用不等式的性质比较数（式）的大小；利用幂函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解：A、因为指数函数在上单调递增，且，所以，故A错误；
B、因为幂函数在上单调递减，且，所以，故B正确；
C，因为且，
所以，故，所以，故C错误；
D，因为，所以，
又函数在上单调递减，所以，故D正确．
故答案为：BD．
【分析】利用指数函数的单调性即可判断A；利用幂函数的单调性即可判断B；利用作差法可得即可判断C；利用对数函数的单调性即可判断D.
9．【答案】A,C
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：对于选项A：因为，
当且仅当时，等号成立，所以有最大值，故A正确；
对于选项B：因为，
当且仅当时，等号成立，可得，
所以有最大值，故B错误；
对于选项C：因为，
当且仅当，即时，等号成立，
所以有最小值5，故C正确；
对于选项D：因为，
则，
所以，当且仅当时，等号成立，
所以有最小值，故D错误.
故答案为：AC.
【分析】根据题意结合基本不等式求最值的方法，从而逐项分析判断，进而找出正确的选项.
10．【答案】A,C,D
【知识点】函数单调性的判断与证明；抽象函数及其应用
【解析】【解答】解：A、，取，则，故A正确；
C，由，取，因，故，即，
当时，，则，故，即，故C正确；
B、由，取，可得，，整理得，，
因为，，当且仅当时取等号，由选项C可知的符号可正可负，故不一定有，即不一定成立，故B错误；
D、任取，则，
依题意，，而，
则，即，即在上是增函数，
于是对于，任取，因为，则，
即，则函数在上单调递增，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】函数满足，利用赋值法，取求解即可判断A；取，再由条件当时，推理即可判断C；虽能用基本不等式，但因在上的符号不定，得不出结论，即可判断B；利用函数单调性定义法推导即可判断D.
11．【答案】3
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】解：已知，则
所以，
当且仅当，即时，等号成立，
故的最大值是3.
故答案为：3.
【分析】利用基本不等式结合“一正”，“二定”，“三相等”即可求解.
12．【答案】
【知识点】扇形的弧长与面积
【解析】【解答】解：记优弧所在圆的圆心，连接，如图所示：
由题意可得：，且，
易知，则，
故优弧对应的圆心角为，对应的扇形面积为，
，
，
则该“水滴”的面积为．
故答案为：.
【分析】 记优弧所在圆的圆心，连接， 由题意可得，求得圆心角，利用三角形面积公式以及扇形的面积公式求解即可.
13．【答案】
【知识点】函数的零点与方程根的关系；对数型复合函数的图象与性质
【解析】【解答】解：作出函数与函数的图象如下图所示：
由图象可知，当时，函数的图象与直线有四个交点，
设，二次函数的图象关于直线对称，则，
且，，，，
即，则，，，
由双勾函数的单调性知，函数在区间上单调递增，
，，，
因此，的取值范围为.
故答案为：.
【分析】先作出函数的图象，结合有4个不同的实根可得，利用二次函数关于对称可得，再利用可得，最后利用对勾函数的性质即可求解.
14．【答案】（1）解：当时，集合，，则，
，则；
（2）解：由，可得，
当时，，解得，符合题意；
当时，即时，，解得，即，
综上，实数的取值范围是.
【知识点】集合间关系的判断；交集及其运算；交、并、补集的混合运算
【解析】【分析】（1）将代入求得集合，利用集合的交集运算求集合；再根据即可的补集求，利用集合的并集运算求集合即可；
（2）由，可得，分、两种情况讨论，结合集合的包含关系可列关于实数的不等式组求实数的取值范围即可.
（1）当时，，，则，
所以，则.
（2）因为，则，
当时，，解得，合乎题意；
当时，即时，有，解得，即.
综上，，即实数的取值范围是.
15．【答案】（1）解：
（2）解：∵∴，
则
（i）
（ii）
【知识点】同角三角函数间的基本关系；同角三角函数基本关系的运用；运用诱导公式化简求值
【解析】【分析】（1）利用，，结合诱导公式化简即可求解；
（2）先利用同角三角函数的关系可得，（i）利用齐次式分子分母同除，可得即可求解；（ii）利用诱导公式化简可得原式即可求解.
（1）
（2）∵
∴，
则
（i）
（ii）
16．【答案】（1）解：由题意知，即，所以，
又，所以，所以，
所以的定义域为，且在上单调递增，
因为，所以，
解得，或，
所以原不等式的解集为.
（2）解：由题意知，因为，所以，
由，得，
所以，
因为为单调函数，所以，
所以，
所以问题可转化为关于的方程在上有解.
令，则，又在上单调递增，
所以的值域为，
所以，所以，即的取值范围为.
【知识点】函数的值域；对数的性质与运算法则；对数函数的图象与性质
【解析】【分析】（1）先把点代入可得，再利用对数函数单调性结合定义域列出不等式即可求解；
（2）先利用函数的定义域可得，再利用可得，进而将问题转化为关于的方程在上有解，最后利用二次函数的性质即可求解.
（1）由题意知，即，所以，
又，所以，所以，
所以的定义域为，且在上单调递增，
因为，所以，
解得，或，
所以原不等式的解集为.
（2）由题意知，因为，所以，
由，得，
所以，
因为为单调函数，所以，
所以，
所以问题可转化为关于的方程在上有解.
令，则，又在上单调递增，
所以的值域为，
所以，所以，即的取值范围为.
17．【答案】（1）解：由题意可知：，
则，即，
又，所以即，
所以；
（2）解：易知大扇形与小扇形的面积分别为：，
所以扇环的面积为，
结合（1）得，
则砖雕面积与雕刻费用之比为，
整理得
，当且仅当时等号成立，
所以砖雕面积与雕刻费用之比的最大值为5.
【知识点】基本不等式；扇形的弧长与面积
【解析】【分析】（1）先利用扇形弧长公式可得，化简可得，再利用可得即可求解；
（2）先利用扇环面积公式可得，再化简变形可得，最后利用基本不等式即可求解.
（1）由题意可知：，
则，即，
又，所以即，
所以；
（2）易知大扇形与小扇形的面积分别为：，
所以扇环的面积为，
结合（1）得，
则砖雕面积与雕刻费用之比为，
整理得
，当且仅当时等号成立，
所以砖雕面积与雕刻费用之比的最大值为5.
18．【答案】（1）解：，所以是“好玩函数”．
，
所以是“好玩函数”．
由，则或，而，
当或时无意义，
所以不是“好玩函数”．
（2）解：因为，
所以在上单调递增，
由（1）知，，所以，
又，所以，
所以．
，
当且仅当即时等号成立．
所以，的最小值为12．
（3）证明：因为，
在上单调递增，在上单调递增．
又，
由零点存在性定理知，，
所以在上有且只有一个零点．
又
所以是“好玩函数”，，
所以，
故也是的零点，
所以在和各有一个零点，
即在定义域内有且只有两个零点．
【知识点】对数的性质与运算法则；对数函数的图象与性质；基本不等式；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）利用“好玩函数”定义逐个判断即可求解；
（2）由得到，再利用基本不等式求解最值即可；
（3）先化简可得利用函数的单调性定义可得在上单调递增，在上单调递增，再利用零点存在性定理可得函数在上有且只有一个零点，最后利用可判断在存在一个零点即可求解.
（1），
所以是“好玩函数”．
，
所以是“好玩函数”．
由，则或，而，
当或时无意义，
所以不是“好玩函数”．
（2）因为，
所以在上单调递增，
由（1）知，，所以，
又，所以，
所以．
，
当且仅当即时等号成立．
所以，的最小值为12．
（3）因为，
在上单调递增，在上单调递增．
又，
由零点存在性定理知，，
所以在上有且只有一个零点．
又
所以是“好玩函数”，，
所以，
故也是的零点，
所以在和各有一个零点，
即在定义域内有且只有两个零点．
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