湖北省襄阳市第四中学2025-2026学年高一上学期期中考试数学试卷（Word版附解析）

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命题人：杨继辉 审题人：徐锐 程孟良
考试时间：2025-11-25 15：00-17：00
一､单选题（每题5分，共40分）
1. 已知集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】解分式不等式求得集合A，解一元二次不等式求得集合B，然后利用交集运算求解即可.
【详解】因为，
，
所以.
故选：C
2. 若命题“任意，”是假命题，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】依题意可得“，”是真命题，根据求出参数的取值范围.
【详解】因为“任意，”为假命题，
所以“，”是真命题，
即方程有实数根，则，解得，
即实数的取值范围是．
故选：B
3. 已知，函数与的图象如图所示，则（ ）
A. B. 且
C. 且D.
【答案】B
【解析】
【分析】分别对进行讨论分析，得到相应的函数图象，与已知图象进行对比，可得正确答案.
【详解】解：函数
因为已知图象连续，且不恒等于1，所以且
当时,,其图象大致为：
当时，,其图象大致为：
因为函数的图象在第一象限单调递增，所以.
当时，其图象大致为：
当时，其图象为：
当时，其图象大致为：
对照已知图象，可得：且
故选：B.
4. 单位时间内通过道路上指定断面的车辆数被称为“道路容量”，与道路设施、交通服务、环境、气候等诸多条件相关.假设某条道路一小时通过的车辆数满足关系，其中为安全距离，为车速.当安全距离取时，该道路一小时“道路容量”的最大值约为（ ）
A. 135B. 149
C. 165D. 195
【答案】B
【解析】
【分析】把给定函数变形，利用基本不等式即可得解.
【详解】由题意得，，当且仅当，即时取“=”，
所以该道路一小时“道路容量”的最大值约为149.
故选：B
5. 已知幂函数在上是增函数，.若，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先根据幂函数的概念和单调性求的值，再根据幂函数的单调性解不等式即可.
【详解】因为幂函数在上是增函数，
所以，所以.
又幂函数是定义在上的增函数，
所以.
故选：C
6. 若函数的图象上存在关于原点对称的点，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由隐对称点的定义可知函数的图象上存在关于原点对称的点，由函数奇偶性的定义可将问题转化为方程的零点问题，再结合基本不等式即可求解.
【详解】设的图象与函数的图象关于原点对称，
令，则，所以，
所以，
因为，又，
所以函数的图象上存在关于原点对称的点等价于与在上有交点，
即方程有零点，则，
又，
当且仅当，即等号成立，所以.
故选：D.
7. 我们把定义域为且同时满足以下两个条件的函数称为“函数”：①对任意的，总有；②若，则有成立，给出下列三个结论：其中正确结论的个数是（ ）
（1）若为“函数”，则；
（2）函数在上是“函数”；
（3）函数在上是“函数”（为有理数集）．
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，利用“函数”的定义逐一判断各命题得解.
【详解】对于（1），取，得，即，又，则，（1）正确；
对于（2），函数在上单调递增，，
，
因此，函数在上是“函数”，（2）正确；
对于（3），，取，
得，
因此函数在上不是“函数”，（3）错误，
所以正确结论的个数是2.
故选：C
8. 若函数在区间与区间上的最大值与最小值均相等，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】作出函数的图象，对分类讨论，求解函数的最值，即可根据不等式的性质求解.
【详解】作出的大致图象如下：
当时，令，则，
若，则在区间的最小值为，最大值为，
此时在区间的最大值一定大于，不符合题意，舍去，
若，则在区间的最小值为，最大值为，
要使在区间的最大值为1，最小值为0，则需满足，
此时，
若时，在区间的最小值为，最大值为，
要使在区间的最大值为1，最小值为0，则需满足，
此时，则，
若，则在区间的最小值为，最大值为，
要使在区间的最大值为1，最小值为0，则需满足，
此时，
当时，在区间的最小值为，
此时在区间的最小值一定大于0，不符合题意，舍去，
综上可知：的范围为，
故选：D
二､多选题（每题6分，共18分）
9. 设正实数满足，则下列结论正确的是（ ）
A. 的取值范围是
B.
C. 的最小值为
D. 的最小值为2
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据基本不等式的性质，根据换元法，以及构造函数，根据函数单调性判断函数最值，逐一判断各选项正误，求出结果.
【详解】由题意得，即，因为，则，解得；
对于A，则，
设函数，可知函数在上单调减，即，
可得，即，所以A正确；
对于B，可知，即，化简得，当且仅当，即时取等号；所以B正确；
对于C，，
设函数，可知二次函数开口向上，对称轴为，
所以函数在上的最小值为，所以C正确；
对于D，，当且仅当，即时取等号，
因为，即，所以D错误；
故选：ABC
10. 下列说法正确的是（ ）
A. 若的定义域为，则的定义域为
B. 对数恒有意义，则实数的取值范围是
C. 函数的值域为
D. 函数在区间上单调递增，则实数的取值范围
【答案】ABD
【解析】
【分析】由抽象函数的定义域求法即可判断A；由对数真数大于零及一元二次不等式恒成立即可判断B；换元法求解函数值域即可判断C；根据复合函数单调性得在区间上单调递增，然后利用二次函数单调性列不等式求解即可判断D.
【详解】对于A，因为的定义域为，则，解得，
所以的定义域为，故A正确；
对于B，若对数恒有意义，则恒成立，
当即时，不等式，符合要求；
当即时，因为恒成立，
则满足，解得，
综上，实数k的取值范围是，故B正确；
对于C，，则，即，
所以，
因为，所以函数在上单调递减，
当时，，所以，则函数值域为，故C错误；
对于D，令，则由得，
由与复合而成，
因为在区间上单调递增，函数在区间上单调递增，
所以在区间上单调递增，的开口向上，对称轴为，
所以，故D正确.
故选：ABD
11. 已知函数，用表示中的较大者，记为，则（ ）
A. 的解集为
B. 当时，的值域为
C. 若在上单调递增，则
D. 当时，不等式有4个整数解
【答案】BD
【解析】
【分析】对于A：直接解不等式即可；对于B：结合图像分析判断；对于C：分和，两种情况，整理可得，结合二次函数可知，运算求解即可；对于D：整理可得，结合，解不等式即可.
【详解】对于选项A：因为，解得，
所以的解集为，故A错误；
对于选项B：当时，则，
分别作出，的图像，可得的函数图像（实线部分），如图所示：

由图像可知：的值域为，故B正确；
对于选项C：若，则，
可知在上单调递增，符合题意；
若，令，即，
整理可得，
构建，且，
可知函数与x轴有2个交点，不妨设，
由题意可知：，则，
整理可得，解得；
综上所述：，故C错误；
对于选项D：对于不等式，即，
可得，
令，解得或，
若，则，，，
由，解得，
可知其中包含整数，所以不等式有4个整数解，故D正确；
故选：BD.
三､填空题（每题5分，共15分）
12. ______.
【答案】2
【解析】
【分析】利用对数的运算法则化简求解.
【详解】原式＝lg 2·(lg 2＋lg 50)＋lg 25＝2lg 2＋lg 25＝lg 100＝2.
故答案为2
【点睛】本题主要考查对数的运算，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.
13. 设函数则满足的的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】画出函数图像，结合图像讨论即可.
【详解】画出图像如图所示，
若，则或，
解得，
故答案为：.

14. 若，，对，均有恒成立，则的取值范围为________.
【答案】
【解析】
【分析】设，，分和两种情况，构建，则，结合二次函数性质分类讨论求最值求解即可.
【详解】设，可得，
1.若，则，
可得对恒成立，
则，解得，
所以成立；
2.若，设，则，
可得对恒成立，
构建，则，
（1）若，则二次函数的图象开口向上，
可得，消去解得；
（2）若，则二次函数的图象开口向下，对称轴，
①当时，则在内单调递增，
可得，且，
则，解得；
②当时，则在内单调递减，
可得，且，
则，解得；
③当时，则，
整理可得，
即存在，使得，
可得，解得；
综上所述：取值范围为.
故答案为：.
四､解答题（13+15+15+17+17=77分）
15. 已知函数满足，函数．
（1）求的解析式；
（2）用单调性的定义证明在上单调递减；
（3）求在上的值域．
【答案】（1）； （2）证明见解析；
（3）
【解析】
【分析】（1）由配凑法即可得解；
（2）先由（1）得到函数的解析式，再任取，作差计算得到即可证明；
（3）先由（2）得到函数在上单调递减，求出其最值即可得解.
【小问1详解】
由题可得，
所以的解析式为.
【小问2详解】
证明：由（1）函数，
任取，
则，
因为，所以，
所以即，
所以在上单调递减；
【小问3详解】
由（2）可知在上单调递减，
所以，
所以在上的值域为.
16. 已知函数为常数.
（1）若，证明：的图象关于点对称；
（2）若对，不等式恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）根据函数的对称性计算的值，即可判断结论；
（2）将不等式转化为恒成立，利用分式变形结合函数的单调性求解最值即可得实数的取值范围.
【小问1详解】
当时，，
所以，
所以的图象关于点对称；
【小问2详解】
，不等式恒成立，
即，不等式恒成立，
即，不等式恒成立，
而，
令，则恒成立，
由对勾函数函数性质可知，在上单调递增，
所以在上单调递增，所以，
所以，故的取值范围是.
17. （1）若方程的两根分别为，求的值.
（2）教材中有对一元二次方程的根与系数关系（韦达定理）的证明：韦达定理 若一元二次方程的两个根为，则
证明：因为一元二次方程的两个根为､，所以二次三项式可以因式分解为
由于
从而等式恒成立.
根据多项式相等的概念可知，该等式两边的对应项系数应相等.
因此
类比以上思路，推导一元三次方程的根与系数关系；
（3）根据你的发现，解决以下问题：已知关于的方程有三个实数根､满足，求实数的值.
【答案】（1）；（2）答案见解析；（3）
【解析】
【分析】（1）根据韦达定理求值.
（2）结合已知的思路，探索一元三次方程根与系数的关系.
（3）利用（2）的结论，可求的值.
【详解】（1）由题意，
所以.
（2）设有三个不相等的实数根，
则可分解因式为，
展开得，
所以有恒成立，
所以等式两边对应系数相等，
所以有.
（3）由（2）可知，，
易知，
因为，
所以有，解得.
18. 已知函数，其中为实数.
（1）若函数的定义域为，求的取值范围；
（2）若函数在上单调递增，求的取值范围；
（3）当时，是否存在实数满足对任意，都存在，使得成立？若存在，求实数的取值范围；若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）
（3）存在，
【解析】
【分析】（1）由题意可得对任意都成立，分与讨论，利用判别式法列不等式即可求解.
（2）由复合函数的单调性及二次函数的对称轴和单调性，求解a的取值范围.；
（3）由题意，根据题意可得即可.令，则，令，．由对称轴与定义域区间的位置关系讨论即可.
【小问1详解】
由题意，函数的定义域为，
则不等式对任意都成立．
①当时，得，此时函数定义域为，不合题意；
②当时，欲使不等式即对任意都成立，
则，即，解得．
综上，实数取值范围为．
【小问2详解】
函数在区间上单调递增，
由函数在定义域内单调递增，
则函数在上单调递增，且在上恒成立，
当时，在上单调递减，且，显然不符合题意；
当时，开口向下，对称轴为，
在上单调递减，显然不符合题意；
当时，开口向上，对称轴为，
由题意得，解得．
综上a的取值范围是.
【小问3详解】
当时，．
所以当时，；
令，显然在上递增，则．
则.
令，,
若存在实数满足对任意，都存在，
使得成立，则只需.
①当即时，函数在上单调递增．
则．解得，与矛盾；
②当即时，函数在上单调递减，
在上单调递增．则，解得；
③当即时，函数在上单调递减．
则．解得，与矛盾．
综上，存在实数满足条件，其取值范围为．
【点睛】结论点睛：本题考查不等式的恒成立与有解问题，可按如下规则转化：
一般地，已知函数，
（1）若，，总有成立，故；
（2）若，，有成立，故；
（3）若，，有成立，故；
（4）若，，有，则的值域是值域的子集.
19. 定义区间（m，n）、[m，n]、（m，n]、[m，n）的长度均为，其中.
（1）设，，若区间的长度为4，求实数t的取值范围；
（2）不等式组解集构成的各区间的长度和等于6，求实数t的范围；
（3）已知（）函数的定义域为区间[m，n]，其中，，若的值域为，求函数的定义域区间的长度的取值范围.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）先求得（等号不能同时成立）.根据新定义可得，解之即可求解；
（2）首先解出第一个不等式范围为，再根据各区间长度和为6，得到不等式在恒成立，再构建新函数，转换主元即可得到范围；
（3）分类讨论对称轴与区间的位置关系，求出函数对应的最值，建立方程组，解之即可求解.
【小问1详解】
由（等号不能同时成立），解得（等号不能同时成立），
所以（等号不能同时成立）.又，所以，
因为的区间的长度为4，则，得，
所以，解得，即实数的取值范围为.
【小问2详解】
，解不等式得，
解不等式得，所以不等式的解集为.
∵不等式组的解集构成的各区间的长度和等于6，
∴不等式在上恒成立，
令，，
则，解得，
∴实数t的范围为．
【小问3详解】
二次函数，图象为开口向上的抛物线，且对称轴为，顶点坐标为.
要使最大，则应尽量大，尽量小，即，
此时在上单调递减，在上单调递增，
则，解得，
所以，且，即为方程的两根，
得，所以，得，
即的最大值为；
要使最小，则应在对称轴的同侧，不放设m，n在抛物线对称轴右侧，
即，此时，得，
由，解得，
由，解得，
所以，
当且仅当即时，等号成立，又，故等号取不到，
所以.
同理当时，可得.
综上，函数的定义域区间的长度的取值范围为.
【点睛】方法点睛：学生在理解相关新概念、新法则(公式)之后，运用学过知识，结合已掌握的技能，通过推理、运算等解决问题.在新环境下研究“旧”性质.主要是将新性质应用在“旧”性质上，创造性地证明更新的性质.