2025河南洛陽(yáng)強(qiáng)基聯(lián)盟高一12月聯(lián)考數(shù)學(xué)試題（含答案）

1.C2.D由題意父2—1>0,解得父<—1或父>1,故函數(shù)f(父)=l0g3(父2—1)的定義域?yàn)?—∞,—1)U(1,十∞).故選D.3.D若α是第一象限角,則c0sα>0,tanα>0,則c0sαtanα>0,與c0sαtanα<0矛盾,故A錯(cuò)誤;若α是第二象限角,則sinα>0,tanα<0,則sinαtanα<0,與sinαtanα>0矛盾,故B錯(cuò)誤;若α是第三象限角,則sinα<0,tanα>0,則sinαtanα<0,與sinαtanα>0矛盾,故C錯(cuò)誤;若α是第四象限角,則sinα<0,tanα<0,c0sα>0,則sinαtanα>0,c0sαtanα<0,故D正確.故選D.4.C易知f(父)在(0,十∞)上是增函數(shù)<0,fl0g23—所以f(父)的零點(diǎn)所在區(qū)間為(2,3).故選C.5.A設(shè)扇形的半徑為r,弧長(zhǎng)為l,則l十2r=4,即l=4—2r(0<r<2),又扇形的面積將上式代入,得S=r=—r2十2r=—2十1,當(dāng)且僅當(dāng)r=1時(shí),S有最大值1.故選A.6.B已知冪函數(shù)f(父)=父α經(jīng)過點(diǎn)可得,解得α=—2,即f=父—2,易知f=父—2在父∈ (0,十∞)上單調(diào)遞減.由于1=l0g22<l0g23<l0g24=2,0<ln2<1<l0g23<2<\5,所以可得f(ln2)>f(l0g23)>f(\),綜上所述,b>a>c.故選B.7.A因?yàn)閍>0,所以y=a父—1單調(diào)遞增,根據(jù)復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性可知,要使f=l0ga在上單調(diào)遞增,則—1>0,解得a>2.故選A.8.B對(duì)于A,函數(shù)f(父)=e父十父—2為單調(diào)增函數(shù),且f(0)=—1<0,f(1)=e—1>0,故零點(diǎn)父0∈(0,1),A錯(cuò)誤;對(duì)于B,父0是函數(shù)f(父)=e父十父—2的零點(diǎn),則e父0十父0—2=0,變形可得e父0=2—父0,兩邊同時(shí)取對(duì)數(shù)可得ln(2—父0)=,B正確;∈(1,e),根據(jù)對(duì)勾函數(shù)圖象與性質(zhì)知e父0十e—父0>2,則父0—e—父0<0,故C錯(cuò)誤;對(duì)于D,父0∈(0,1),則2—父0∈(1,2),則9.BCD依題意,—2l0g3a十l0g3b=0,即l0g3b=l0g3a2,則b=a2且a,b>0,故C正確;對(duì)于A,(2a)2=2a.2a=22a≠2b,故A錯(cuò)誤;對(duì)于B,a.elna=a2=b,故B正確;對(duì)于D,l0g2a=l0g8ab兮3l0g2a=l0g2ab兮b=a2,故D正確.故選BCD.【高一12月聯(lián)考.數(shù)學(xué)參考答案第1頁(yè)(共4頁(yè))】10.ABD因?yàn)?則sinθ>0.對(duì)于A,2=1十2sinθc0sθ=,可得sinθc0sθ=—,A正確;對(duì)于B,由A可知,c0sθ<0,則sinθ—c0sθ>0,所以2=1—2sinθc0sθ=,則sinθ—c0sθ=,B正確;對(duì)于37125,D正確.故選ABD.可得,則tanθ=,C錯(cuò)誤;對(duì)于D,sin3θ十c0s3θ=337125,D正確.故選ABD.11.CD對(duì)于A,因?yàn)閷?duì)任意a>1都有f(0)=0,所以f(父)的圖象過定點(diǎn)(0,0),故A錯(cuò)誤;對(duì)于B,a>1時(shí),f(父)=a<父<0,在上單調(diào)遞增,故B錯(cuò)誤;對(duì)于C,由以上知f(父)在(—1,0)上單調(diào)遞減,在[0,十∞)上單調(diào)遞增,在區(qū)間上的最小值為f(0)=0,故C正確;對(duì)于D,對(duì)任意父∈[1,2],f(父)>1恒成立,則有f(父)min=f(1)=l0ga2>1,解得a∈(1,2),故D正確.故選CD.12.—的終邊經(jīng)過點(diǎn),:sinα=—,c0sα=,tanα=—3,:sinα十c0sα十十13.—1“f(父)是定義在R上的奇函數(shù),:f(0)=l0g2(0十2)十m=0,則m=—1,:f(—2)=—f(2)=—l0g2(2十2)十1=—1.14.(0,e—2]U[e2,十∞)“f(—父)=—父十2l0g5((—父)2十1)=f(父),:f(父)為偶函數(shù).十f十f十f—8≥0,可得f≥4,又f由復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性可知y=l0g5(父2十1)在[0,十∞)上單調(diào)遞增.易得父∈[0,十∞)時(shí),f(父)單調(diào)遞增,所以f(ln父)≥f(2),得iln父i≥2,ln父≤—2或ln父≥2,解得0<父≤或父≥e2.15.解:(1)(\)0十\十lg5.lg2十(lg2)2十lg5=1十(—2)十lg2(lg5十lg2)十lg5=—1十lg2十lg5=—1十1=0.………………6分由3n=5,得l0g35=n,又l0g32=m,所以l0g990=.……………13分【高一12月聯(lián)考.數(shù)學(xué)參考答案第2頁(yè)(共4頁(yè))】16.解:原式=十……………3分………………7分=0.……………………………8分(2)“(75十α)—(α—15)(75十α)十(105α)=180,………………………:c0s(α—15)十sin(105—α)=c0s[90—(75十α)]十sin[180—(75十α)].……………………15分17.解:(1)因?yàn)閒(父)是定義在R上的偶函數(shù),且f(—3)=26,所以f(3)=f(—3)=26,即33—a=26,………………3分解得a=1.…………………5分(2)當(dāng)父>0時(shí),f(父)=3父—1,設(shè)父<0,則—父>0,則f(父)=f(—父)=3—父—1,……………………8分故,………………10分(3)由題意,f(父)>2兮f(父)>2兮3父—1>2,…………………12分得3父>3,得父>1,解得父<—1或父>1,故f(父)>2的解集是(—∞,—1)U(1,十∞).……………………15分18.解:(1)選擇②y=ka父十b(k>0,0<a<1,父≥0)作為函數(shù)模型.………2分由表格中的數(shù)據(jù)可知,當(dāng)自變量增大時(shí),函數(shù)值減小,所以不應(yīng)該選擇對(duì)數(shù)增長(zhǎng)模型③;當(dāng)自變量增加量為1時(shí),函數(shù)值的減少量有遞減趨勢(shì),不是同一個(gè)常數(shù),所以不應(yīng)該選擇一次函數(shù)模型①.………4分故應(yīng)選擇②y=ka父十b(k>0,0<a<1,父≥0).將表中前2min的數(shù)據(jù)代入,得解得所以函數(shù)模型的解析式為:y=80×0.9父十20.…………8分(2)由(1)中函數(shù)模型,有80×0.9父十20=60,即0.9父=所以父=l0g0.9,所以剛泡好的烏龍茶大約放置6.54min能達(dá)到最佳飲用口感.……………………13分(3)由y=80×0.9父十20為減函數(shù),且當(dāng)父越大時(shí),y越接近20,考慮到茶水溫度降至室溫就不能再降的事實(shí),所以烏龍茶所在實(shí)驗(yàn)室的室溫約為20℃.……………17分【高一12月聯(lián)考.數(shù)學(xué)參考答案第3頁(yè)(共4頁(yè))】19.解:k=0時(shí),f=l0g2,因?yàn)?十所以=l0g2>l0g2=—1,所以f(父)的值域是(—1,十∞).………………………3分(2)因?yàn)楹瘮?shù)f(父)的最大值是—1,由對(duì)數(shù)函數(shù)的單調(diào)性質(zhì)知k.4父—2父十k十若k>0,則u(t)為開口向上的二次函數(shù),沒有最大值,顯然不滿足題意;由(1)知k=0也不滿足題意;……………6分所以k<0,且此時(shí)>0,u處取得最大值,解得k=—1(舍去正值).…………………9分令=kt2—t十k十對(duì)稱軸為所以u(píng)(t)在[2a,2b]上單調(diào)遞增,y=l0g2u在u∈(0,十∞)上單調(diào)遞增,所以=l0g2在上單調(diào)遞增,………………