安徽省“皖南八校”2025-2026学年高一上学期期中考试数学（人教版）试卷（Word版附解析）

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考生注意：
1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟.2．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效．
3．本卷命题范围：人教A版必修第一册第一章、第二章、第三章．
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．
1. 已知命题“”，则是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据存在量词命题的否定为全称量词命题求解即可.
【详解】根据存在量词命题的否定为全称量词命题知：
若命题“”，
则是.
故选：A
2. 已知集合，，那么集合等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先表示出集合，然后根据并集运算求得的结果.
【详解】因为，，
所以，
故选：C.
3. 不等式的解集为（ ）
A. B.
C. 或D. 或
【答案】A
【解析】
【分析】将不等式转化为，利用一元二次不等式的解法即可得到答案.
【详解】即，化简为，即，
解得，所以不等式的解集为.
故选：A.
4. 设函数f(x)＝则f(f(3))＝( )
A. B. 3C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】,
,故选D.
5. 已知函数的定义域为，则函数的定义域为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据给定条件，结合抽象函数的定义域列出不等式组求出定义域.
【详解】由函数的定义域为，函数有意义，
得，解得，
所以所求定义域为.
故选：D
6. 定义集合和的运算：，若集合，则的真子集个数为（ ）
A. 31B. 32C. 62D. 63
【答案】D
【解析】
【分析】先根据新定义求出集合的所有元素，确定其元素个数，再代入真子集个数公式计算即可.
【详解】由新定义知，，一共6个元素，所以的真子集的个数为.
故选：D
7. 已知定义在上的偶函数在上单调，且，则，的大小顺序是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用偶函数的性质将自变量转化到同一单调区间，再根据单调性比较函数值大小.
【详解】因为是偶函数，所以，
已知，由偶函数性质，因此，
所以在上单调递减；
数值大小关系为，
所以，
又因为，
所以即.
故选：B.
8. 存在且，对于任意的，使得；在上单调递减，且恒成立；在上单调递增，且存在使得；下列说法成立的是（ ）
A. 只有是的充分条件B. 只有是的充分条件
C. 、都是的充分条件D. 、都不是的充分条件
【答案】C
【解析】
【分析】根据函数单调性的定义及充分条件的定义判断即可.
【详解】对于命题在上单调递减，且恒成立，
当时，此时，
又因为在上单调递减，所以，
又因为恒成立，所以，
所以，所以命题⇒命题，
对于命题在上单调递增，且存在使得，
当时，此时，，
又因为在上单调递增，所以，
所以，所以命题⇒命题，
所以、都是的充分条件，
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于熟练掌握函数单调性的定义，找到相应的值，从而得解.
二、多项选择题：本大题共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. 若，则下列命题正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若且，则
C. 若，则
D. 若且，则
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据不等式的基本性质逐一判断即可求解.
【详解】若，则， 两边同除以得，故A正确；
由可得，又因为，所以，故B正确；
若，则，由不等式的同向可加性可得，故C正确；
若且，则，故D错误.
故选：ABC
10. 已知函数的定义域为，且，则（ ）
A. B. 的值域为
C. 在上单调递增D. 的值域为
【答案】ACD
【解析】
【分析】由，求出，通过二次函数图像法求出单调性，值域 ，即可得解.
【详解】，，故选项A正确；
的对称轴为，
在上是单调递增函数，故选项C正确；
当时，取最小值为，的值域为，故选项B不正确；
的值域为，的值域为，故选项D正确.
故选：ACD.
11. 已知函数的定义域为，且，则（ ）
A.
B. 函数在上单调递增
C.
D.
【答案】AC
【解析】
【分析】对于A，令，即可求出；对于B，采用举反例来进行判断；对于C，先证明，再令，得到，从而判断；对于D，采用赋值法，求出和，再结合进行比较.
【详解】对于A，令，则，故A正确；
对于B，因为，而，不符合单调递增的定义，故B错误；
对于C，令，则，则，
，则，
又，则，
令，，则，故C正确；
对于D，由，则，
所以，，
又，则，即，故D错误.
故选：AC.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知幂函数的图象经过点和点，则______．
【答案】4
【解析】
【分析】依次代入点和点即可求解.
【详解】由题意，所以，
所以，所以.
故答案为：4
13. 已知两正数，满足，则的最小值为___________．
【答案】
【解析】
【分析】由题可得，然后由基本不等式可得答案.
【详解】因为正数，，则
，当且仅当，即，时取等号.
故答案为：
14. 定义域为的偶函数在上单调递减，且，若关于的不等式的解集为，则的最小值为___________．
【答案】
【解析】
【分析】先根据偶函数和零点判断取正值、负值的区间范围，然后将不等式进行化简，进而通过讨论，得到的关系式，最后根据二次函数的性质求出最小值即可.
【详解】因为定义域为的偶函数在上单调递减，所以在上单调递增，
且，
可知当时，；当时，；
那么当时，；当时，；
当时，；
由可得，
因为.
由题意可知不等式的解集为，
显然不恒为0，可知当时，；
当时，；当时，.
可知一次函数的零点为2，且图象是由左向右下降的，
则，所以.
所以，当时，取最小值为.
故答案为：.
四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．
15. （1）已知，求的解析式；
（2）已知为二次函数，且，求的解析式.
【答案】（1）；（2）
【解析】
【分析】（1）已知的解析式，求，只需将替换为，然后按照代数运算规则展开、化简即可.
（2）已知为二次函数，设其一般式为，将和分别代入该式，然后将两个式子相加，展开并合并同类项，
再与已知的对比对应项的系数，得到关于的方程组，解方程组即可求出的值，即可得的解析式.
【详解】（1）由题意得.
（2）设，则，
整理可得.
由题意得,
所以，解得，
所以.
16. 已知命题，不等式恒成立，当命题为真命题时，实数的取值集合为．
（1）求集合；
（2）设非空集合，若“”是“”充分不必要条件，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）分为和两种情况分别讨论，根据一元二次不等式恒成立，即可求得答案；
（2）根据充分不必要条件得出是的真子集，根据集合的包含关系列不等式求得结果.
【小问1详解】
当时，，不等式恒成立，此时命题为真命题，符合题意；
当时，若命题为真命题，则，解得，
综上所诉，，所以集合.
【小问2详解】
，即，
若“”是“”的充分不必要条件，则是的真子集，
则，解得，
所以实数的取值范围为.
17. 已知函数.
（1）当时，求函数的最小值；
（2）若关于的不等式的解集为，求实数的值；
（3）设关于的不等式的解集为，若，求实数的取值范围.
【答案】（1）最小值为
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）将代入函数，通过配方法将二次函数化为顶点式，直接得出最小值即可.
（2）根据一元二次不等式解集的端点是对应方程的根，利用韦达定理列出关于的方程组，解出的值即可.
（3）先对二次函数因式分解，得到，然后根据零点的大小分类讨论，并结合和，即可得出的取值范围.
【小问1详解】
当时，函数，
则当时，函数取得最小值，最小值为.
【小问2详解】
因为关于的不等式的解集为，
所以1和5是一元二次方程的两个根，
所以，解得.
【小问3详解】
由，可得，
①当，即时，，
要使，则或，
解得或，又，可得或；
②当，即时，，满足；
③当，即时，，
要使，则或，
解得或，又，可得.
综上，实数的取值范围为.
18. 设矩形的周长为，其中.如图所示，为边上一动点，把四边形沿折叠，使得与交于点.设，.
（1）若，将表示成的函数，并求定义域；
（2）在（1）条件下，判断并证明的单调性；
（3）求面积的最大值.
【答案】（1），
（2）在上单调递增，证明见解析
（3）.
【解析】
【分析】（1）通过几何关系确定，利用R三边关系建立，的关系，再利用，进而确定的范围即可.
（2）应用函数单调性的定义证明即可；
（3）设，将面积表示为，适当变形应用基本不等式求解最值即可.
【小问1详解】
解：根据题意，由，得，
由已知，故，
又因为
故在中，则，
即，整理得
又，则，故，
，所以，定义域为.
【小问2详解】
解：因为，，
任取，且，
则
因为，
所以，，
所以，
即在上单调递增.
小问3详解】
解：易知，当点位于点时，面积最大.
此时再设，，那么，
由得，，
所以，的面积，
令，则，，
故
，
当且仅当，即，即时，等号成立，
故当时，的面积的最大值为.
19. 已知函数的定义域为，给定集合D，若满足对任意，，存在实数，当时，都有，则称是D上的“级优函数”．
（1）请写出一个上的“1级优函数”，并说明理由；
（2）已知是上的“2级优函数”，
（ⅰ）证明：；
（ⅱ）当时，，其中a，，求a，b值．
【答案】（1）函数是上的“1级优函数，理由见解析
（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ），或．
【解析】
【分析】（1）根据“级优函数”的定义，即可求解.
（2）根据定义可得，即可采用迭代相加法求解（ⅰ），根据（ⅰ）的思想可证明，故，进而可得，进而可判定是上的“2级优函数”，且是上单调递增函数，对分类讨论，结合函数的单调性及可列方程求解（ⅱ）.
【小问1详解】
函数是上的“1级优函数”．理由如下：
因为当时，有，所以是上的“1级优函数”．
【小问2详解】
（ⅰ）因为是上的“2级优函数”，由定义可得对任意，，
当时，有，
所以，
又，
所以．
（ⅱ）由（ⅰ）可得
，
故
又，因此，
又，故，
因此，
在上式中，以x代可得，
再令，可得，
又对任意，，当时，有，
因为是上的“2级优函数”，所以，
又，所以，所以，
即对任意，，当时，都有，
故是上的“2级优函数”，
由上述分析可得，且是上单调递增函数．
当时，，其中a，，有，
当时，，此时在上单调递增，满足题意；
当时，则或解得；
当时，则此时无解；
综上所述，，或．
【点睛】求解新定义运算有关的题目，关键是理解和运用新定义的概念以及元算，利用化归和转化的数学思想方法，将不熟悉的数学问题，转化成熟悉的问题进行求解.
对于新型集合，首先要了解集合的特性，抽象特性和计算特性，抽象特性是将集合可近似的当作数列或者函数分析.计算特性，将复杂的关系通过找规律即可利用已学相关知识求解.