黑龙江省牡丹江市2025_2026学年高一数学上学期11月期中测试试题含解析

这是一份黑龙江省牡丹江市2025_2026学年高一数学上学期11月期中测试试题含解析，共15页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
考试时间：120 分钟 分值：150 分
一、单项选择题
1. 已知集合 ， ，则 （ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据并集的概念求解即可.
【详解】因为 ，
所以
故选：B
2. 已知命题 ， ；命题 ， ，则（ ）.
A. 和 都是真命题 B. 和 都是真命题
C. 和 都是真命题 D. 和 都是真命题
【答案】B
【解析】
【分析】分别求解 和 的真假性，即可得解.
【详解】由于 ，故命题 是假命题， 为真命题，
取 ，则 ，故命题 为真命题， 为假命题，
故选：B
3. 下列函数中，是偶函数且在区间 上单调递增的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
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【解析】
【分析】逐一判断函数的奇偶性和单调性，可得正确选项.
【详解】对 A： 为偶函数，根据幂函数的性质，因为 ，所以函数 在 上单调递
减，故 A 选项不合题意；
对 B： 定义域为 ，既非奇函数，也非偶函数，故 B 选项不合题意；
对 C： 为偶函数，当 时， 在 上单调递减，故 C 选项不合题意；
对 D： 为偶函数，当 时， 在 上单调递增，故 D 选项符合题意.
故选：D
4. 函数 的图象大致为（ ）
A B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】借助函数的奇偶性、单调性及函数正负，利用排除法即可得.
【详解】因为 的定义域为 ，关于原点对称，又 ，
所以函数 是奇函数，即 的图象关于原点对称，故 B 错误；
当 时，因为 ，所以 ，故 C 错误；
因为 ，
所以 在 上并不单调递增，故 D 错误.
故选：A.
5. 已知函数 （ ， ）的图像恒过定点 P，P 在幂函数 图象上，则
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的值为（ ）
A. 8 B. 4 C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据对数函数和幂函数的图象特点和定义求解即可.
【详解】因为函数 的图象恒过点 ，
令 ，即 时 .
所以点 的坐标为 .
又点 在幂函数 的图象上，设 ，
则 ，所以 ，所以 .
所以 .
故选：C.
6. 已知函数 ，则 的定义域为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】求出函数 的定义域，再求出复合函数定义域即得.
【详解】函数 中， ，解得 ，即函数 的定义域为
，
因此在 中， ，解得 ，
所以 的定义域为 .
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故选：C
7. 已知 是 上的增函数，那么 a 的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用分段函数单调性，结合对数函数单调性列式求解即得.
【详解】 是 R 上的增函数，
则 ，解得 ，
所以 的取值范围为 .
故选：A.
8. 已知函数 ，那么不等式 的解集为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据已知得 ，不等式化为 ，再作等价转化求不等式的解集
即可.
【详解】由题设 ，
所以 ，
则 .
故选：A
二、多项选择题
9. 下列说法正确的是（ ）
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A. “ ”是“ ”成立的充分不必要条件
B. 命题“ ”的否定是“ ”
C. “ ”是“关于 的方程 有一正一负根”的充要条件
D. “ ”是“ ”的必要条件
【答案】AC
【解析】
【分析】根据题意，利用不等式的基本性质，全称命题与存在性命题的关系，以及一元二次方程的性质，
结合充分条件、必要条件的判定方法，逐项分析判断，即可求解.
【详解】对于 A，由 ，则 一定成立，所以充分性成立；
反之：例如 ，此时满足 ，但 不成立，即必要性不成立，
所以 是 成立的充分不必要条件，所以 A 正确；
对于 B，由命题“ ”的否定是“ ”，所以 B 不正确；
对于 C，若方程 有一正一负根，则 ，解得 ，
所以 是关于 的方程 有一正一负根的充要条件，所以 C 正确；
对于 D，令 ，此时满足 ，但 ，所以充分不成立；
反之：令 ，此时满足 ，但 ，所以必要性不成立，
所以 是 的既不充分也不必要条件，所以 D 错误.
故选：AC.
10. 已知 x，y 为正实数， ，则下列说法正确的是（ ）
A. 的最大值为 4 B. 的最小值为 3
C. 的最小值为 D. 的最小值为 16
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用基本不等式逐个判断 A、B、C 选项，利用配方法化简 D 选项中代数式即可求得最值.
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【详解】当 时，∵ ，∴ ，∴ ，当且仅当 时，取等号，
A 选项正确；
，当且仅当 时，取等号，B 选项正确；
，当且仅当 时，取等号，∴ ，C 选
项错误；
∴
，D 选项正确.
故选：ABD.
11. 定义 （其中 表示不小于 的最小整数）为“向上取整函数”．例如
．以下描述正确的是（ ）
A. 若 ，则 B. 若 ，则
C. 不是 上的奇函数 D. 若 ，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据函数定义判断选项 A，根据定义以及二次不等式的解法即可得出选项 B，取特殊值结合函数奇
偶性判断即可得出选项 C，利用函数定义结合不等式性质即可得出 D.
【详解】因为 表示不小于 的最小整数，
所以 ，且 ，即 ，
对于选项 A：因为 ， ，
所以 ，
即 ，故选项 A 错误；
对于选项 B：令 ，则 ，即 ，
因为 表示不小于 的最小整数，所以 或
当 时，由 可得 ，
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当 时，由 可得 ，
故 ，所以选项 B 正确；
对于选项 C：因为 的定义域为 ，所以 ，
而 ，所以 ，
所以 不是 上的奇函数，所以选项 C 正确；
对于选项 D：由 ， ，
所以 ，所以 ，所以 ，
由 ，结合不等式的可加性可得到：
，故 ．选项 D 正确．
故选：BCD．
三、填空题
12. __________．
【答案】9
【解析】
【分析】借助对数运算法则与指数幂运算法则计算即可得.
【详解】原式 .
故答案为： .
13. 若函数 在区间 上的最大值为 4，则最小值为_____．
【答案】0
【解析】
【分析】展开整理函数 ，构造函数 ，并由函数的奇偶性得到函数 为奇函数，由奇函数的
图像关于原点对称得到 ，即可求得函数 的最小值.
【详解】 ，
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令 ，∵ ，
即函数 为奇函数，
∵奇函数的图像关于原点对称，
∴ 在 上的最大值与最小值之和为 0，
即 ，则 ，
∵ ，∴ .
故答案为：0
14. 若集合 中恰有 个元素，则称函数 是“ 阶准偶函数”.已知函数
是“2 阶准偶函数”，则 的取值范围是________
【答案】
【解析】
【分析】根据题意分类讨论， 时，其中 有部分具有偶函数性质，不符合题意；
时，根据分段函数的解析式通过方程 的解，确定 的范围．
【详解】根据题意，函数 是“2 阶准偶函数”，
则集合 中恰有 2 个元素，
当 时，函数 一段部分为 ，
注意到函数 本身具有偶函数性质，
故集合 中不止有两个元素；
当 时，根据“2 阶准偶函数”的定义得 的可能取值为 或 ，
为 ， ，故 ，方程无解，
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当 ，解得 或 ，
故要使得集合 中恰有 2 个元素，
则需要满足 ，即 ，
当 时，函数 的取值为 ， 为 ，
根据题意得： ，
解得 或 ，满足恰有两个元素，故 满足条件.
综上，实数 的取值范围是 .
故答案为： .
四、解答题
15. 求下列函数的解析式．
（1）已知 ，求 ；
（2）已知 为二次函数，且 ，求 ．
【答案】（1）
（2） ．
【解析】
【分析】（1）令 ，求出 后代入即可得；
（2）设 ，代入已知等式，由恒等式知识求解．
【小问 1 详解】
令 ，则 ，
于是有 ，所以 ；
小问 2 详解】
设 ，
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所以 ，解得 ，所以 ．
16. 设函数
（1）若不等式 的解集为 ，求 ， 的值；
（2）若 ，求以下两个问题：
①若 ， ，求 的最小值：
②若 在 上恒成立，求实数 的取值范围.
【答案】（1）
（2）①9；②
【解析】
【分析】（1）利用不等式的解集结合一元二次方程根和系数的关系求解即可；
（2）①利用基本不等式中“1”的应用求解即可；②把 转化为 在 R 上恒成立，
利用二次函数的性质求解即可.
【小问 1 详解】
若不等式 的解集为 ，
则 ，
所以 .
解得 .
【小问 2 详解】
若 ，
① ， ，则 ，
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当且仅当 ，即 时，等号成立.
故 的最小值为 9.
② 在 R 上恒成立，
即 在 R 上恒成立，
若 ，则 z 在 上不恒成立，舍，
故 ，
解得：
故 a 的取值范围为 .
17. 已知函数 且 恒过定点 ．
（1）求实数 ；
（2）在（1）的条件下，将函数 的图象向下平移 个单位，再向左平移 个单位后得到函数 ，
设函数 的反函数为 ，求 的解析式；
（3） ，求函数 的值域.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）将点 代入计算即可得；
（2）得到 后结合反函数定义即可得；
（3）计算出 后结合换元法及二次函数性质计算即可得.
【小问 1 详解】
依题意 ，则 ，由 ，则 ，故 ；
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【小问 2 详解】
由（1）知 ，将函数 的图象向下平移 个单位得到 ，
再向左平移 个单位得到 ，
指数函数的反函数是对数函数，故 ；
【小问 3 详解】
，
令 ，问题等价于求 的值域，
函数 图象开口向上，对称轴为直线 ，
故 ，
函数 的值域为 .
18. 若 ，已知函数 为奇函数．
（1）求实数 的值．
（2）用定义证明 的单调性．
（3）若函数 在区间 上的值域是 ，求 的取值范围．
【答案】（1） ；
（2）证明见解析； （3） .
【解析】
【分析】（1）先判定函数定义域，借助 求参数，再验证即可；
（2）利用单调性的定义，作差证明即可；
（3）根据（2）的结论，将问题转化为二次方程的根的个数问题，利用韦达定理计算即可.
【小问 1 详解】
，则 恒成立，所以 定义域为 R，
则 ，所以 ，
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此时 ，符合题意，
故
【小问 2 详解】
由上知 ，
不妨设 ，所以 ，
因为 ，且 在 R 上单调递增，所以 ，
即 ，即 R 上单调递增；
【小问 3 详解】
由上知 R 上单调递增，所以 ，
整理得 ，
则 是关于 的方程 的两个不等正根，
所以 ，解不等式组得 .
19. 已知函数 满足如下条件：①对任意 ， ；② ；③对任意 ， ，
总有 .
（1）写出一个符合上述条件的函数（写出即可，无需证明）；
（2）证明：满足题干条件的函数 在 上单调递增；
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（3）①证明：对任意的 ， ，其中 ；
②证明：对任意的 ，都有 .
【答案】（1） （答案不唯一）
（2）证明见解析 （3）①证明见解析；②证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据条件设计一个函数即可；
（2）根据条件，运用函数单调性的定义推导即可；
（3）运用递推的方法先证明①，再根据①的结论，考虑的 x 的区间即可证明.
【小问 1 详解】
， ， 等，即形如 均可；
【小问 2 详解】
任取 ， .
因为 ，故 且 .
故 .
故 在 上单调递增.
【小问 3 详解】
①由题意可知：对任意正数 ，都有 ，且 ，
在③中令 ，可得 ，即 ；
故对任意正整数 与正数 ，都有 ；
②由①可知：对任意正整数 与正数 ，都有 ，
故对任意正整数 与正数 ，都有 ，
令 ，则 ；
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对任意 ，可得 ，并且 ，
又因为 ，所以由（2）中已经证明的单调性可知：
， ，
所以 .
【点睛】对于第二问，如何巧妙运用 要学习，抽象函数中经常会用到这个方法；
对于第三问，可以把 看作 ，再运用 可以证明①，再利用
①的结论推出 ， .