云南省玉溪第一中学2025-2026学年高一上学期期中考试数学试卷

这是一份云南省玉溪第一中学2025-2026学年高一上学期期中考试数学试卷，共11页。试卷主要包含了单项选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
总分:150 分,考试时间:120 分钟命题人:高 2027 届数学备课组
一、单项选择题:本题共 8 小题,每小题 5 分,共 40 分,在每小题给出的四个选项中,只有一个选项是正确的.
命题 p : x  R , x2  x  1  0 ．则命题 P 的否定是
x  R, x2  x 1  0B． x  R, x2  x 1  0
C． x  R, x2  x 1  0
1
x 1

已知集合 A  x 1  x  3, B  x

A． 1,2
C． 2,3
D． x  R, x2  x 1  0

1 ,则 A ∩ B 

B． 1,2
D． 1,3
在下列选项中, p 是 q 的必要不充分条件的是
p : a  P ∩ Q, q : a  P
p :三角形是等腰三角形, q :三角形是等边三角形
在一元二次方程中, p : ax2  bx  c  0 有实数根, q : b2  4ac  0
p : a  P ∪ Q, q : a  P
若 a  b  0 , m  0 ,下列结论正确的是

b2  abB． mm
ab
C． a  m  b  m
(x 1)(x  4), x  0
已知函数 f (x)  
(x 1)(x  4), x  0
D． b  b  m
aa  m
,且 f (a)  0, 则 a=
−4 或 4B．1
C．4D．−1 或 1
4
若 x  3 ,则函数 f (x)  x 
x  3
的最小值为
A．5B．6
C．7D．8
定义在 R 上的奇函数 f  x 满足:对x , x 0,  ,且 x  x ,都有 f  x1   f  x2   0 ,且 f (2)  0 ,
1 2
设a  f (π)，b  f (0)，c   f (1), 则
b  c  a
12
a  c  b
x1  x2
c  b  aD． a, b, c 大小关系不确定
已知函数 f  x x  R 满足 f 4  x  f x ,若函数 y | x2  4x  5 |与 y  f  x 图象的交点为
 x1 , y1 ,  x2 , y2 ,L,  xm , ym  ,则所有交点的横坐标之和为
A．0B．4mC．mD．2m
二、多选题:本题共 3 小题,每小题 6 分,共 18 分,在每小题给出的选项中有多个选项符合要求,全部选对得 6
分,部分选对得部分分,有选错的得 0 分.
下列各组中两个函数是同一函数的是
f (x)  x2
 2x  1, g(x)  t2
 2t  1
f (x) 
x2  1
x 1
x2  x
x  1
, g(x)  x  1

x  2, x  3
f (x) 
x 
, g(x) 
f (x)  x  3 1, g(x)   x  4, x  3
若 a,b＞0,且 ab＝a+b+3,则
0  ab  9
ab≥9
a+b≥6D． 0  a  b  6
高斯是德国著名的数学家,近代数学奠基者之一,享有“数学王子”的称号．他和阿基米德、牛顿并列为世界三大数学家,用其名字命名的“高斯函数”:设 x  R ,用[x] 表示不超过 x 的最大整数,则 f (x)  [x] 称为高
斯函数．例如:[3.5]  4 , [2.1]  2 ．下列命题中正确的是
π  4
x  R [2x]  2[x]
x  R,x  x
若 f (x)  [x] , g(x)  x [x],则方程 f (g(x))  0 的解集为 R
三、填空题:本题共 3 小题,每小题 5 分,共 15 分.
若函数 f(x)=ax2+bx+b 是偶函数,且其定义域为[a−1,2a],则 a  b  .
给定函数 f (x)  x  4 , g(x)  x2  2x , x  R ,用 m(x) 表示 f (x) , g(x) 中的最小者,记为 m(x)  min{ f (x) ,
g(x)},当 x  2,2时, m(x) 的最大值为.
已知幂函数 y 
f (x) 的图象过点2，16,则满足 f (2x 1) 
f ( 1
4
) 的 x 的取值范围是.
四、解答题:本题共 5 小题,共 77 分,解答题需写出必要的演算步骤,或文字说明.
15.（本小题 13 分）已知集合 A  x | 4x  3  1, B  x | x2  (2a 1)x  a(a 1)  0.
1
若 a 
,求 A ∩ B , A ∪ B
3
已知命题 p : x  A ,命题 q : x  B ,若 p 是 q 的充分不必要条件,求实数 a 的取值范围.
16.（本小题 15 分）已知函数 f x 是定义在 3,3上的奇函数,当0  x  3 时,
求函数 f x 的解析式；
若 f a 1 f 2a 1  0 ,求实数 a 的取值范围.
17.（本小题 15 分）已知函数 f x  ax2  3bx  4 .
若关于 x 的不等式 f x  0 的解集是x | x  1或x  2,求实数 a、b 的值；
当 a  b  0 时, x 4,5, f x  0 ,求实数 a 的取值范围.
f x  1 x2  x 1 .
2
18.（本小题 17 分）某工艺品售卖店,为了更好地进行工艺品售卖,进行了销售情况的调查研究,通过对每天销售情况的调查发现：该工艺品在过去一个月（以30天计）,每件的销售价格φx（单位：元）与时间第 x
天的函数关系近似满足φx  10  k k  0,日销售量 gx （单位：件）与时间第 x 天的部分数据如下表
x
所示：
已知第10天的销售收入为505元．
提示：销售收入 = 每件销售价格× 销售量
求实数 k 的值；
给出以下三个函数模型：① gx  ax  b ；② gx  a  b ；③ gx  a x  20  b ,根据上表中的
x
数据,从中选择你认为最合适的一种函数模型来描述在过去一个月内日销售量 gx 与时间第 x 天的变化关系,并求出该函数解析式及定义域；
设过去一个月该工艺品日销售收入为 f x 单位:元,求 f x 的最小值．
19. （本小题 17 分）对于定义域为 D 的函数 y  f x ,如果存在区间m, n D ,同时满足：
① f x 在m, n内是单调增函数；②当定义域是m, n时, f x 的值域是2m,2n,则称m, n是该函数的“翻倍区间”.
证明： 1,2是函数 f x  2x 的一个“翻倍区间”；
判断函数 gx  x3 是否存在“翻倍区间”？若存在,求出所有“翻倍区间”；若不存在,请说明理由；
x
10
15
20
25
30
gx
50
55
60
55
50
已知函数 hx  3x 1 有“翻倍区间” m, n,求实数 a 的取值范围. x  a
玉溪一中 2025—2026 学年上学期高一年级期中考
参考答案
1.解： p : x  R ， x2  x  1  0 ，故选 A．
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
A
A
B
B
D
C
C
D
AD
BC
ABD
解：
1
x 1
1
2  x x 1
0,
则x  2x 1  0, 即1  x  2,
1
x 1

 B  x

  x1  x  2,
1

则 A ∩ B  x1  x  2.
故选 A．
解：对于 A ：因为 p : a  P ∩ Q  q : a  p; 但是， q : a  P 不能推出， p : a  P ∩ Q, 如图：所以， p 是 q 的充分不必要条件，故 A 错误；
对于 B：三角形是等边三角形 三角形是等腰三角形，三角形是等腰三角形无法推出三角形是等边三角形， 所以 p 是 q 的必要不充分条件，故 B 正确．
对于 C：一元二次方程有实数根有实数根 b2  4ac… 0 ，即 q : b2  4ac… 0 ；
又因为在一元二次方程中，判别式b2  4ac… 0… 0 ，即 q : b2  4ac… 0  p : ax2  bx  c  0 有实数根，所以 p
是 q 的充要条件，故 C 错误；
对于 D ：因为 q : a  P 不能推出 p : a  P ∪ Q,，如图：
p : a  P ∪ Q  q : a  p; 所以 p 是 q 的充分不必要条件，故 D 错误；故选 B．
解：对于 A ， b2  ab ， A 错误；
对于 B ，由 a  b  0 ，则 1  1 ，而 m  0 ，因此 m  m ， B 正确；
abab
对于C ， a  m  b  m ， C 错误；
对于 D ， b  b  m  b(a  m)  a(b  m)  (a  b)m  0 ， D 错误．

故选 B ．
aa  ma(a  m)
a(a  m)
解：根据题意，当 a  0 ， f (a)  a 1a  4  0,
则 a  1.
当 a  0 ， f (a)  a 1a  4  0,
则 a  1.
综上所述， a  1或1. ．故选 D．
解：因为 x  3 ，
所以y  x  3 
4
x  3
 3  2
3  7 ，当且仅当 x  5 时，等号成立，
(x  3) 
4
x  3
故选 C．
解：由题意可知函数 f  x 在0, ∞ 上为减函数.又因为 f (2)  0 且 f (0)  0
所以a  f (π)  f (2)  0, b  f (0)  0，c   f (1)  f (1)  f (2)  0,
即c  b  a. 故选 C．
解：依题意函数 f ( x)  x  R 满足 f 4  x  f x ，即 f  x 的图象关于 x  2 对称.
函数 y  x2  4x  5 的图象也关于 x  2 对称性，
所 以 若 函 数
y  x2  4x  5 与
y  f (x) 图 象 的 交 点 分 别 为
(x , y ) ，
(x , y ) ， … ， (x , y ) ,
x1  x2
故选 D.
L xm
 4  m  2m .
2
1 122mm
解：A. f (x) 与 g(x) 只是表示自变量的字母不同，是同一函数；
B. f (x) 需满足 x  1 ， g(x) 中 x 可以等于 1，不是同一函数；
C. f (x) 的定义域为[0 ， ) ， g(x) 的定义域为( ， 1∪ 0 ， ) ，不是同一函数；
x  4
D. f (x) | 3  x | 1  x  2

x… 3
x  3
，显然 f (x)  g(x) ，是同一函数．
故选 AD．
ab
10.解：①∵a＞0，b＞0， a  b  ab  3  2
ab
ab
 ab 2  2 3  0
解得
 3 ，∴ab≥9，∴ab 的取值范围是[9，+∞）．
 a  b 2
②∵a＞0，b＞0， a  b  3  ab  
2 
化为（a+b）2﹣4（a+b）-12≥0，
解得 a+b≥6，∴a+b 的取值范围是[6，+∞）．故选 BC．
解：由高斯函数定义显然 A 正确；
对于 B,不妨取 x  0 ，[2x]  2[x] ,故 B 正确：
对于 C，不妨取 x  0 ， x  x ,故 C 错误；
对于 D ，因为当0„ x  1 时， f (x)  [x]  0 ，所以方程 f (g(x))  0 等价于0„ g(x)  1 ，
又因为[x] 表示不超过 x 的最大整数，所以0„ x [x]  1恒成立，即对任意 x  R ，0„ g(x)  1 恒成立，所以方程 f (g(x))  0 的解集为 R ,故 D 正确．
故选 ABD．
解：因为偶函数定义域关于原点对称，所以a 1 2a  0, 即a  1 .
3
又因为 f (x)  f (x), 所以a x2  b(x)  b  ax2  bx  b, 即bx  bx,b  0,
故： a  b  1 .
3
解：（1）令 x  4„ x2  2x ，即 x2  3x  4… 0 ，解得 x„  1或 x… 4 ，则当1  x  4 时， x2  2x  x  4 ，
x  4, x„  1或x… 4
3

所以 m( x )  x2  2x, 1  x  4 ，故函数 m(x) 的图象如图所示：
数形结合可知，当 x  2,2时, m(x)max  m(1)  3.
解：已知幂函数 y  f (x) 的图象过点2，16，
则 f (x)  x4 ， f (x) 在区间（0，+∞）上是增函数且为偶函数，
则 f（2x-1）＞f（ 1 ）⇒f（|2x-1|）＞f（ 1 ）⇒|2x-1|> 1 ，可得： x  3 或x  5 ，
44488
即 x 的取值范围为 , 3  ∪  5，  .
8   8
解：(1)
 
1
2
解不等式解不等式|4?−3| ≤ 1,得 ≤ ? ≤ 1,
所以,? = ?| 1 ≤ ? ≤ 1 .
2
1
当? = 3时,解不等式?2
4
3
所以,? = ?| 1 ≤ ? ≤
3
−5? + 4
39
.
1
3
≤ 0，得
4
≤ ? ≤ 3,
4
3
所以,? ∩ ? = ?| 1 ≤ ? ≤ 1 ,? ∪ ? = ?| 1 ≤ ? ≤.
23
(2)1
2
解不等式解不等式|4?−3| ≤ 1,得 ≤ ? ≤ 1.
解不等式?2−(2? + 1)? + ?(? + 1) ≤ 0,得? ≤ ? ≤ ? + 1．
因为 p 是 q 的充分不必要条件,即由命题 p 成立能推出命题 q 成立,但由命题 q 成立不推出命题 p 成立,
2
所以， 1 ,1⫋ a, a 1,
11
所以，? ≤ 2且? + 1 ≥ 1,解得0 ≤ ? ≤ 2,
2
所以，实数?的取值范围是0, 1 .
16.解：(1)因为?(?)为奇函数，所以?(0) = 0.设−3 ≤ ? < 0，则0 < −? ≤ 3，则?(−?) = 1(−?)2 +(−?) + 1 = 1?2−? + 1，
22
因为?(?)为奇函数，所以?(?) = −?(−?) = −1?2 +?−1，
2
所以，?(?) =
1 ?2 + ? + 1,0 < ?  3,
2
0,? = 0,
− 1 ?2 + ?−1,−3  ? < 0.
2
(2)
1 2121
当0 < ? ≤ 3时，?(?) = ?
2
+? + 1 = 2(? + 1)
+ 2单调递增，
可知?(?)是定义在[−3,3]上的增函数,又因为?(? + 1) + ?(2?−1) > 0，
所以?(? + 1) > −?(2?−1) = ?(1−2?)，
−3 ≤ ? + 1 ≤ 3,
故有 −3 ≤ 2?−1 ≤ 3,
? + 1 > 1−2?,
−4 ≤ ? ≤ 2,
则有 −1 ≤ ? ≤ 2,解得 0 < ? ≤ 2,
? > 0,
所以实数?的取值范围是0 < ? ≤ 2.
解：(1)由题意，得 x  2, x  1 为方程的两个实数根，
所以，
1 + 2 = 3?
−4
? ,解得? = ? = −2,
1 × 2 =
?
所以，实数?、?的值是? = ? = −2.
(2) 方法 1：因为? = ?,所以，?(?) = ??2−3??−4,
所以,函数?(?)的对称轴为? = 3.
2
2
因为3 < 4,? > 0,所以,?(?)在区间(4,5)上单调递增，
5
又因为x 4,5, f x  0 ,所以,?(5) = 10?−4 ≤ 0,解得? ≤ 2.
又因为? > 0,所以,0 < ? ≤ 2.
5
方法 2：因为? = ?,所以，?(?) = ??2−3??−4,
因为x 4,5, f x  0 ,所以,??2−3??−4 < 0,即：?(?2−3?) < 4,
又因为∀? ∈ (4,5),?2−3? > 0,所以,? 0,所以,0 < ? ≤ 2.
5
解：(1)由题意50 × ?(10) = 50 × (10 + ? ) = 505,解得? = 1;所以,? = 1.
10
(2)由题可得,日销售量随时间?的增长先增后减,而①②两函数都是单调函数,显然①②不符合，而③中的函数满足题意,故选③,
则 ?|15−20| + ? = 55
? = −1
?|20−20| + ? = 60,解得 ? = 60 ,
则?(?) = −|?−20| + 60,
综上，?(?) = −|?−20| + 60,定义域为{? ∈ ?|1 ≤ ? ≤ 30}.
(3)1
由(1)(2)知，?(?) = 10 + ?,?(?) = −|?−20| + 60,{? ∈ ?|1 ≤ ? ≤ 30},
(? + 40)(10 + 1 ),1 ≤ ? ≤ 20
则?(?) = ?(?)?(?) = (60−|?−20|)(10 + 1) =
?,
所以?(?) =
?
401 + 10? + 40 ,1 ≤ ? ≤ 20
?,
(80−?)(10 + 1 ),20 < ? ≤ 30
?
799−10? + 80 ,20 < ? ≤ 30
?
10? ⋅ 40
?
当1 ≤ ? ≤ 20时,?(?) = 401 + 10? + 40 ≥ 401 + 2
?
= 441,
当且仅当10? =
40
? ,即? = 2时取等号,此时最小值为441元,
在(20,30]上单调递减,
当20 < ? ≤ 30时,?(?) = 799−10? + 80
?
822
此时最小值为?(30) = 799−300 + 3 = 5013元,显然5013 > 441,
所以,?(?)的最小值为441．
19.(1)证明：由函数?(?) = 2?在[1 , 2]上单调增函数知,?(?)的值域为[2 , 4],
所以,[1 , 2]是函数?(?) = 2?的一个“翻倍区间”;
?(?) = ?3 = 2?,
(2)假设?(?)存在一个“翻倍区间”[? , ?],由函数?(?)是?上的单调增函数,有 ?(?) = ?3 = 2?,
解得? = − 2, 0 ,2,? = − 2 , 0,2,
由? < ?知所有“翻倍区间”为[− 2 , 0], [− 2 ,2] ,[0 ,2].
(3)由函数ℎ(?)有“翻倍区间”[? , ?]知,ℎ(?)为[? , ?]上的单调增函数,
而ℎ(?) = 3?−1 = 3(?+?)−3?−1 = 3 + −3?−1
?+?
?+?
?+? ,
1
可得−3?−1 < 0,解得? > −3,
ℎ(?) = 3?−1 = 2?,
由②知
?+?
3?−1
ℎ(?) = 3?−1 = 2?,可得?，?是方程 ?+? = 2?的两个根,
?+?
3?−1
等价于方程 ?+? = 2?在(−∞,−?)上有两个不等实根或者在(−?, + ∞)上有两个不等实根,
即方程2?2 +(2?−3)? + 1 = 0在(−∞,−?)上有两个不等实根或者在(−?, + ∞)上有两个不等实根，
? = (2?−3)2−8 > 0
则有3−2? < −?或 3−2? > −?
, 解得−1 < ? < 3− 2或? > 3 +2,
44322
2(−?)2 + (2?−3) × (−?) + 1 > 0
综上,故实数?的取值范围为(−1,3− 2) ∪ (3 +2, + ∞)．
3 22