浙江省2025_2026学年高一数学上学期期中试题含解析

这是一份浙江省2025_2026学年高一数学上学期期中试题含解析，共18页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题纸等内容，欢迎下载使用。
2．答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、试场号、座位号及准考证号．
3．所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效；
4．考试结束后，只需上交答题纸．
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．请将你认为正确的答案填在答题卷的相应位置．
1. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】确定集合，再由交集运算即可求解.
【详解】，
所以，
故选：A
2. 命题“”的否定是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据全称命题的否定为存在量词命题写出即可.
【详解】全称量词命题的否定为存在量词命题，
命题“”的否定是“”．
故选：B
3. 设，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】根据特殊值判断充分性，根据对数函数的性质判断必要性.
【详解】当时，无意义，故不满足充分性；
当时，，满足必要性，
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B
4. 函数图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用函数的奇偶性排除两个选项，再利用时函数值的正负即可判断得解.
【详解】函数中，，解得，函数的定义域为，
由，得函数是偶函数，其图象关于轴对称，排除AD；
当时，，排除选项C，选项B符合要求.
故选：B
5. 函数的单调增区间为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据复合函数的单调性求解即可.
【详解】函数，
故，解得或者，
且函数，在上单调递减，上单调递增，
函数为单调减函数，
根据复合函数的单调性可得，函数的单调增区间为.
故选：D
6. 已知函数，记，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先判断函数为偶函数，且在上单调递增，运用对数的运算，将三个自变量化简到内，最后利用单调性、奇偶性比较大小.
【详解】因为函数，定义域为，而且
所以为偶函数，
因时，在上单调递增；
，
因为，所以，
所以，所以.
故选：C.
7. 已知函数，满足：对任意，当时，都有成立，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】令，题中条件转化为判断在上是增函数，进而再由题意列出不等式组求解即可.
【详解】由对任意，当时，都有，成立，
得.
令，
则在上是增函数.
所以，解得，
所以实数的取值范围是.
故选：C.
8. 已知且，则的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据已知条件进行变形，对进行化简，结合常数代换法和基本不等式计算最小值.
【详解】对于两边同时取以为底的对数，可得，
即，变形为
因为，所以，
根据基本不等式，当且仅当时等号成立.
所以，即的最小值为.
故选：C.
二、多选题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分．有选错的得0分．
9. 下列命题中，正确的有（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则
【答案】BD
【解析】
【分析】举例说明判断AC；利用不等式的性质判断B；利用作差法判断D.
【详解】对于A，取，满足，而，A错误；
对于B，由，得，则，B正确；
对于C，由，满足，但是，C错误；
对于D，由，得，D正确.
故选：BD
10. 下列各组函数的图象，通过平移后能重合的是（ ）
A. 与B. 与
C. 与D. 与
【答案】ACD
【解析】
【分析】考查图像的平移变换和指对运算，依次分析求解即可.
【详解】对于A，因为，，所以向左平移2个单位可以得到，所以选项A正确；
对于B，假设 ，变形可得不存在a，b值满足该式，所以选项B错误；
对于C，，所以可以由向左平移 个单位长度得到，所以选项C正确；
对于D， ，将的图象向上平移lg3个单位，可得的图象，所以选项D正确；
故选:ACD
11. 已知均为定义域为的奇函数，且，则（ ）
A. B.
C. 是奇函数D. 是奇函数
【答案】ABD
【解析】
【分析】令，可判断A，由替换，结合奇偶性确定周期为2，进而得到，通过累加可判断B，由奇偶性的定义可判断CD.
【详解】令，可得，
因为为定义域为的奇函数，所以，
所以，A正确，
对于B，，
由替换，可得：，
即，②，
①+②可得：，
又为奇函数，所以，且，
所以，所以周期为2，
所以由，
可得，即，
所以，
所以，
，
由，令，得，
又，所以，
所以，B正确，
对于C，由，
得 ，
即，因为周期为2，
所以，
所以，
因为，
所以两式相加可得：，
所以不是奇函数，C错误，
对于D，因为周期为2，
所以，
由，
可得，③
所以，即④
③+④得：，
所以为奇函数，即是奇函数，D正确，
故选：ABD
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．请将答案填在答题卷的相应位置．
12. 若，则实数的取值范围是___________．
【答案】
【解析】
【分析】根据不等式性质，化简不等式，可得答案.
【详解】由，则，所以，解得.
故答案为：.
13. 已知（且），则的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】把变形为，然后对 和讨论，得出结果
【详解】因为，所以，
当时，，所以，
当时，，所以，
所以的取值范围是，
故答案为：
14. 已知定义在上的单调函数满足．若对，使得成立，则的最小值为___________．
【答案】7
【解析】
【分析】首先设，为常数，再根据，求的值，将不等式转化为，结合函数的单调性，求的最大值，即可求解.
【详解】因为，且在上单调，
所以，为常数，所以，
所以，所以
所以，在上单调递增，
因为对，使得成立，
所以，
又当时，，
当时，，
即，
所以，得，
又，所以的最小值为7.
故答案为：7.
四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
15. 已知全集，集合
（1）当时，求；
（2）若，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由分式不等式求解确定，再由交集运算即可求解；
（2）由，通过和讨论求解即可.
【小问1详解】
当时，集合，
又由
所以
【小问2详解】
由集合，
因为，所以，
①当时，，即时，符合题意；
②当时，，解得．
综上可得，实数的取值范围．
16. 如图所示，学校要围建一个面积为的矩形场地，要求矩形场地的一面利用旧墙（利用旧墙时需要维修），其他三面围墙要新建，在旧墙对面的新墙上要留一个宽度为的进出口，已知旧墙的维修费用为元，新墙的造价为元，设利用旧墙的长度为（单位：），修建此矩形场地的总费用为（单位：元）.
（1）求关于的函数表达式；
（2）当时，求总费用；
（3）试确定的值，使修建此矩形场地的总费用最小，并求出最小总费用.
【答案】（1）
（2）
（3），
【解析】
【分析】（1）根据题意，直接列出关于的函数表达式；
（2）由（1）中的函数式，代入数值直接求解即可；
（3）结合基本不等式，即可求出结果.
【小问1详解】
由题意知，矩形一边长为，另一边长为，
则
，
故.
【小问2详解】
由（1）知， ，
所以当时，.
【小问3详解】
因为，所以，
所以，
当且仅当，即时，等号成立.
故当利用旧墙的长度为时，
修建此矩形场地的总费用最小，最小总费用是元.
17. 已知函数为奇函数．
（1）求实数k的值；
（2）若对任意的x2∈，存在x1∈，使成立，求实数t的取值范围．
【答案】（1）；
（2）．
【解析】
【分析】（1）根据求解即可；
（2）求得和在对应区间上的最小值，根据其大小关系，再解不等式即可.
【小问1详解】
因为x∈R，为奇函数，所以，
所以，，经检验，满足题意，
故.
【小问2详解】
因为任意的x2∈，存在x1∈，使成立，
所以在[t,+)上的最小值小于或等于在[1,2]的最小值，
易知＝ex﹣e﹣x在R上为增函数，所以在[t,+)上也为增函数，
所以的最小值为f(t)＝et﹣e﹣t，
令m＝|x﹣t|，当t≤1时，m＝|x﹣t|在x＝1处取小值为1﹣t，所以的最小值为e1﹣t，
所以et﹣e﹣t≤e1﹣t，即(et)2≤1+e，所以，所以；
当1＜t＜2时，m＝|x﹣t|在x＝t处取小值为0，所以的最小值为e0＝1，et﹣e﹣t≤1，
即，令k＝et，k＞0，则k2﹣k﹣1≤0，解得，
即，解得＜＝1，与t＞1矛盾，故舍去；
当t≥2时，m＝|x﹣t|在x＝2处取小值为t﹣2，所以的最小值为et﹣2，et﹣e﹣t≤et﹣2，即，
所以与t≥2矛盾，故舍去．
综上所述，t的范围为：．
下证＝ex﹣e﹣x在R上为增函数：
在上任取，则，
又当时，，，故，即，
故＝ex﹣e﹣x在R上为增函数.
18. 已知函数．
（1）写出函数的单调区间；
（2）若函数有两个不同零点，求实数的取值范围；
（3）若，且，求的取值范围．
【答案】（1）单调递增区间是，单调递减区间是
（2）或
（3）
【解析】
【分析】（1）由求解；
（2）作出函数图象，利用数形结合法，由或求解；
（3）易得，再由，得到，从而，然后由求解．
【小问1详解】
则的单调递增区间是，单调递减区间是，
【小问2详解】
函数在单调递减，在单调递增，
故在的最小值为，

同理，在的最小值为，
故结合图象可得，函数有两个零点时需满足
解得：．
或
解得：．
综上所述：或．
【小问3详解】
由题意得：，
则．
且，
则
因为，所以，
故．
所以．
又，
故单调递增，
所以单调递增，
故．
因此的取值范围为．
19. 已知函数，其中．
（1）若是偶函数，求的值：
（2）当时，求值域；
（3）若恰有一个零点，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）通过讨论a，得到的定义域及解析式，即可得到的值；
（2）利用换元法，通过函数的单调性可得的值域；
（3）分与进行讨论，当时，令，再分为或进行讨论，结合函数的图象求解即可.
【小问1详解】
①当时，的定义域为，不合题意：
②当时，的定义域为，不合题意；
③当时，是偶函数．
综上所述，．
【小问2详解】
当时，，
令，
所以，
因为在单调递增，所以，
又因为时，，，
所以的值域为.
【小问3详解】
①当时，，
令得，即，
所以有两个零点，不满足题意.
②当时，令，则，
则，
由可得，
则解得或.
（i）若，则，可得，
两边平方得，
化简得.
令，，
则在上单调递减，在上单调递增，
又，，当时，，
作出的大致图象如图所示.
（ii）若，因为不是的零点，所以.
由可得，
化简得，
令，由且，
则在，上单调递减，在上单调递增，
又，，当时，，当时，，
作出的大致图象如图所示.

数形结合可知，若恰有一个零点，则，
解得或，