吉林省顶级名校2025-2026学年高一上学期11月期中数学考试（含答案）

这是一份吉林省顶级名校2025-2026学年高一上学期11月期中数学考试（含答案），共12页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．命题的否定是（ ）
A．B．
C．D．
3．“成立”是“成立”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分又不必要条件
4．已知，则（ ）
A．B．C．D．
5．已知函数的定义域和值域均为，则函数的定义域和值域分别为（ ）
A．和B．和
C．和D．和
6．若，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
7．已知，且，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
8．已知函数在上单调递增，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．下列各组函数是相等函数的是（ ）
A．，
B．，
C．，
D．，
10．若“”为真命题，“”为假命题，则集合可以是（ ）
A．B．
C．D．
11．当两个集合中一个集合为另一个集合的子集时，称这两个集合构成“全食”；当两个集合有公共元素，但互不为对方子集时，称这两个集合成“偏食”.对于集合，，若与B构成“全食”或“偏食”，则实数的取值可以是（ ）
A．-2B．C．0D．1
三、填空题
12．已知不等式的解集是，若不等式的解集为，则 ．
13．已知是定义在上的函数，若函数为偶函数，函数为奇函数，则 .
14．函数的定义域为 ．
四、解答题
15．已知全集，不等式的解集是，集合．
(1)求实数，的值；
(2)求．
16．已知集合，集合为整数集，令.
(1)求集合；
(2)若集合，，求实数的值.
17．用配方法求出下列函数图象的对称轴及函数的最值：
（1）
（2）
18．解下列不等式：
（1）
（2）
19．对任意给定的不小于3的正整数n，n元集合（含有n个元素的集合），均为正整数集的子集，若集合A和集合B满足①，②，③，则称集合A，B互为不交双等集．
(1)分别判断集合与和集合与是否互为不交双等集，请说明理由．
(2)若集合与集合互为不交双等集，求的值．
(3)证明：对任意给定的正整数，存在两个n元正整数集M，N互为不交双等集．
1．D
根据常见数集，结合交集运算，可得答案.
【详解】因为集合是所有非正整数组成的集合，所以．
故选：D.
2．A
利用全称量词命题的否定直接判断即可.
【详解】命题是全称量词命题，其否定是存在量词命题，
所以所求否定是.
故选：A.
3．B
先求出两个不等式的解集，然后根据充分、必要条件的定义进行判断即可.
【详解】因为，所以，
解得.
因为，所以解得.
由此可以看出，“成立”推不出“成立”，
而“成立”能推出“成立”.
所以“成立”是“成立”的必要不充分条件.
故选：B
4．B
由不等式的性质分析B，举反例可得ACD错误.
【详解】，当时，有，A选项错误；
，有，所以，B选项正确；
当，满足，，，
有，C选项错误；
满足，，，有，D选项错误.
故选：B.
5．C
根据给定条件，利用抽象函数的定义域及值域求解判断即可.
【详解】函数的定义域为，则在函数中，，解得，
因此函数的定义域为；
由函数的值域为，得函数的值域为，即，
则，故函数的值域为.
故选：C
6．C
解法一：由化简得到即可判断；解法二：证明充分性可由得到，代入化简即可，证明必要性可由去分母，再用完全平方公式即可；解法三：证明充分性可由通分后用配凑法得到完全平方公式，再把代入即可，证明必要性可由通分后用配凑法得到完全平方公式，再把代入，解方程即可.
【详解】解法一：
因为，且，
所以，即，即，所以.
所以“”是“”的充要条件.
解法二：
充分性：因为，且，所以，
所以，
所以充分性成立；
必要性：因为，且，
所以，即，即，所以.
所以必要性成立.
所以“”是“”的充要条件.
解法三：
充分性：因为，且，
所以，
所以充分性成立；
必要性：因为，且，
所以，
所以，所以，所以，
所以必要性成立.
所以“”是“”的充要条件.
故选：C
7．A
由基本不等式知识即可求解.
【详解】由题意，且，
则，所以，解得
则，
当且仅当，即时取等号，
又因为，
且根据对勾函数性质在上单调递减，
所以，故A正确.
故选：A.
8．B
根据二次函数以及幂函数的单调性，结合分界点处两函数的单调性与整体保持一致列不等式求解即可.
【详解】函数在上单调递增，
当时，单调递增，当时，也需要单调递增，
所以，解得，故B正确.
故选：B.
9．BD
根据函数的定义域、值域和对应关系，对选项中的函数逐一分析，由此得出正确选项.
【详解】A：定义域为，定义域为，
即和定义域不同，不是相等函数，故A错误；
B：定义域为，定义域为，
即和定义域和对应关系都相等，是相等函数，故B正确；
C：定义域为或，定义域为，
即和定义域不同，不是相等函数，故C错误；
D：定义域为，定义域为，
即和定义域和对应关系都相等，是相等函数，故D正确；
故选：BD.
10．AB
根据题意，得到且，进而求得，结合选项，即可求解.
【详解】由命题“”为假命题，可得，
又由命题“”为真命题，可得，
所以，结合选项，可得AB符合题意.
故选：AB.
11．BCD
考虑时，，时，，依次将各个选项中的数据带入，计算集合，再判断和之间的关系得到答案.
【详解】当时，，
当时，，
对选项A：若，，此时，不满足；
对选项B：若，，此时，满足；
对选项C：若，，此时，满足；
对选项D：若，，此时，满足；
故选：BCD.
12．7
根据三个二次之间的关系以及根与系数关系求的值，进而可得的值.
【详解】因为不等式的解集是，
可知方程有且仅有一个解，则，
又因为不等式，即的解集为，
可知方程的解为，
则，解得，
由可得，则，所以.
故答案为：7.
13．0
根据给定条件可得函数是周期为的函数，进而求出，再利用周期性求出目标值.
【详解】由函数为偶函数，得，即，
由函数为奇函数，得，即，
则，即，因此，
即函数的一个周期为4，由，得，
则，由，令得，则，
所以.
故答案为：0
14．
根据定义域是使得式子有意义，即，解出即可求解.
【详解】由题意有且且，
所以.
故答案为：.
15．(1)，
(2)或
（1）根据题意，结合三个二次式的关系，列出方程组，即可求解.
（2）求得，结合集合并集与补集的运算，即可求解.
【详解】（1）由不等式的解集是，可得，解得.
（2）由不等式，可得，解得，即，
因为，所以或，
所以或.
16．(1)
(2)
（1）求出集合，利用交集的定义可求得集合；
（2）利用并集的结果可求得实数的值.
【详解】（1）解：因为，，
所以，；
（2）解：因为，且，故.
17．（1）对称轴为，，无最大值；（2）对称轴为，，无最小值；
对函数进行配方，即可得答案；
【详解】（1）
对称轴为，，无最大值；
（2），
对称轴为，，无最小值；
18．（1）；（2）当时原不等式的解集为，当时原不等式的解集为，或，当时原不等式的解集为，或．
【详解】解：（1）因为，所以，即，所以，即原不等式的解集为
（2）的不等式：，即，
此不等式所对应的一元二次方程的两个根为和1．
当，即时，此时不等式即，它的解集为；
当，即时，它的解集为或；
当，即时，它的解集为或．
综上可得：当时原不等式的解集为，当时原不等式的解集为或，当时原不等式的解集为或．
19．(1)，不互为不交双等集，集合，互为不交双等集，理由见解析
(2)或
(3)证明见解析
【详解】（1）因为，，所以集合，不满足条件②，
则集合，不互为不交双等集．
因为，，，，
且，所以集合，互为不交双等集．
（2）由不交双等集的定义可得，
解得或，则或．
（3）引理1：设m元不交双等集对和n元不交双等集对，可由此构造元不交双等集对．
引理1证明：必有，，，
，，，
对于任意的正整数,为元不交双等集对，
显然存在足够大得正整数,使得，
满足,
所以，
，，
,则互为元不交双等集．
引理2：由引理1中得已知得两个不交双等集对可由此构造元不交双等集对.
引理2证明：当时由引理1中得构造方法可知存在元不交双等集对，
再对此元不交双等集对和元不交双等集对重复使用引理1可构造元不交双等集对.
再对此元不交双等集对和元子集对，
使用引理1，可构造元不交双等子集对.
现在来证明对任意给定的正整数，存在两个n元正整数集M，N互为不交双等集．
证明：由（1）（2）可知和互为4元不交双等集，
为三元不交双等集对；
易证和互为4元不交双等集，
和互为3元不交双等集，
进而得到和互为5元不交双等集．
当时，由引理2可得结论正确；
当时，由引理2可构造元不交双等集对，
再和1个4元不交双等集利用引理2构造得到；
当，由引理2可构造元不交双等集对，
再和1个5元不交双等集利用引理2构造得到．
故对任意给定的正整数，存在两个n元正整数集M，N互为不交双等集．题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
A
B
B
C
C
A
B
BD
AB
题号
11









答案
BCD