四川省遂宁市蓬溪中学2025-2026学年高一上学期期中（第二次质量检测）数学试题（Word版附解析）

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一、单选题（本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分．在每题给出的四个选项中，只有一项
是符合题目要求的）
1. 已知集合 ，那么集合 与集合 的关系是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先分别求得表示元素的范围，然后可判断出结果.
【详解】 中， 的取值范围是 ，所以 ，
中， 取值范围是 ，所以 ，
所以 ，仅有 正确；
故选：C.
2. 设 ，则有（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】对 作差，然后利用配方法和平方的非负性判断正负，即可得到 .
【详解】由已知， ，
所以 .
故选：D.
3. 下列关于 的关系中， 是 的函数的是（ ）
A.
B.
C.
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D.
1 2 3 4
0 0 1
【答案】D
【解析】
【分析】利用函数的定义逐项分析判断.
【详解】对于 A，不等式 的解集为 ，所以 不是 的函数，故 A 错误；
对于 B，当 时，有两个 的值与 对应， 不是 的函数，故 B 错误；
对于 C，当 时，有两个 的值与 对应， 不是 的函数，故 C 错误；
对于 D，对于 的每一个值， 都有唯一值与之对应， 是 的函数，故 D 正确.
故选：D.
4. 已知 ，则“ ”是“ ”的（ ）
A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件
C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】根据互相推出的情况判断出结果.
【详解】当 ，此时 成立，
当 时，此时 不一定成立，例如 ，此时 不成立，
所以“ ”是“ ” 充分不必要条件，
故选：B.
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
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【解析】
【分析】根据条件，得 ，即可求解.
【详解】因为函数 的定义域为 ，所以 ，解得 ，
所以函数 的定义域为 ，
故选：D.
6. 下列函数中，单调增区间和值域都是 的选项是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题可得 可对 A 判断求解；因函数 定义域为 则可对 B
判断求解；当 时， 则可对 C 判断求解；利用复合函数性质可得函数 在区
间 上单调递增，且其值域也为 ，则可对 D 判断求解.
【详解】A： 在 上不单调，则与题意不符，故 A 错误；
B：函数 在区间 上单调递增，函数值不可能为 0，故 B 错误；
C： 在区间 上单调递增，且当 时取到最小值 ，故 C 错误；
D：因函数 与 在区间 上都单调递增，所以由复合函数性质可得函数 在区间
上单调递增，且其值域也为 ，故 D 正确.
故选：D.
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（ ）
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A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意，函数 在 R 上是增函数，根据解析式列不等式求解.
【详解】因为函数 满足：对任意 ，当 时，都有 ，
所以函数 在 R 上是增函数，
所以 ，解得 ，
故选：A.
8. ，不等式 恒成立，则 的最小值为（ ）
A. 9 B. C. D. 10
【答案】A
【解析】
【分析】先排除 的情况，再根据一元二次不等式恒成立，得出 的值，最后利用基本不等式求出最
小值即可.
【详解】当 时， 不会恒成立，所以 ，
所以 ，即 ，
所以 ， ， ，
所以 ，
当且仅当 ，即 ， 时等号成立，
故选：A
二、多选题（本大题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分．在每题给出的四个选项中，有多项符
合题目要求．全部选对得 6 分，部分选对得部分的分，有选错的得 0 分）
9. 已知 ，则下列式子正确的是（ ）
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A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据不等式的性质可判断 A、B 的正误；利用作差法可得 C、D 的正误.
【详解】A：由题知 ，则 ，所以 ，故 A 正确；
B：因为 ，则 ，所以 ，所以 ，故 B 正确；
C： ，因为 ，所以 ， ，所以
，即 ，故 C 错误；
D： ，又因为 ，所以 ，
故 D 正确.
故选：ABD.
10. 下列选项中正确的有（ ）
A. 与 表示同一函数
B. 的单调减区间为
C. 函数 的图象与直线 的交点最多有 个
D. 函数 是一次函数，满足 ，则 可能为
【答案】ACD
【解析】
【分析】A：根据同一函数的定义进行判断；B：直接判断出 的单调递减区间；C：根据函数的定
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义判断；D：待定系数法求解出结果并判断.
【详解】A： 的定义域为 ，且 ， 的定义域为 ，且
，
所以 定义域和对应关系都相同，所以是同一函数，故正确；
B： 的单调递减区间是 ，故错误；
C：根据函数的定义可知 C 正确；
D：设 ，因为 ，所以 ，
所以 ，解得 或 ，所以 或 ，故正确；
故选：ACD.
11. 对于任意的 表示不超过 的最大整数．十八世纪， 被“数学王子”高斯采用，因此得名
为高斯函数，人们更习惯称为“取整函数”，令 下列说法正确的是（ ）
A.
B. 当 时，
C.
D. 不等式 的解集为
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于 AB,利用“取整函数”的定义即可判断；对于 C，举出反例进行判断；对于 D，解不等式得
，再利用“取整函数”的定义即可求出 的范围.
【详解】 故 A 正确；
时 ，所以当 时， ，故 B 正确；
当 时 ，
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此时 .故 C 错误；
令 则 化为 ，
解得 所以 ，所以 ，所以
不等式 的解集为 ，故 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）
12. 不等式 的解集为___________．
【答案】
【解析】
【分析】将分式不等式转化为整式不等式，再结合一元二次不等式即可求解.
【详解】由题可得 ，则 ，解得 ，
故不等式的解集为 .
故答案为： .
13. 已知 ，则 的值为___________．
【答案】
【解析】
【分析】先求得 的解析式，然后可求 的值.
【详解】令 ，则 ，所以 ，所以 ，
所以 ，所以 ，
故答案为： .
14. 在一个限速 40km/h 的弯道上，甲、乙两辆汽车相向而行，发现情况不对，同时刹车，但还是相碰了．事
发后现场测得甲车的刹车距离略超过 12m，乙车的刹车距离略超过 10m．又知甲、乙两种车型的刹车距离
sm 与车速 xkm/h 之间分别有如下关系：s 甲＝0.1x＋0.01x2，s 乙＝0.05x＋0.005x2．这次事故的主要责任方
为________．
【答案】乙车
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【解析】
【分析】依题意,分别列出一元二次不等式,求出各车的最低速度,即可求解.
【详解】解:由题意列出不等式 s 甲＝0.1x＋0.01x2>12，
s 乙＝0.05x＋0.005x2>10．
分别求解，得
x 甲30．
x 乙40．
由于 x>0，从而得 x 甲>30km/h，x 乙>40km/h．
经比较知乙车超过限速，应负主要责任．
故答案为:乙车.
四、解答题（本大题共 5 小题，共 77 分）
15. 已知二次函数 ，其中 ，又函数 的图象关于 左右对称， 的解集为
， .
（1）求 的值和 的解析式；
（2）若函数 在区间 上具有单调性，求 的取值范围．
【答案】（1） ，
（2）
【解析】
【分析】（1）待定系数法求解出 的解析式，再求 的解集可求 的值；
（2）根据 的对称轴与 和 的大小关系可求解出 的取值范围.
【小问 1 详解】
设 ，由条件可得 ，解得 ，
所以 ；
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令 ，所以 ，解得 ，
所以 .
【小问 2 详解】
因为 在区间 上具有单调性，且对称轴 ，
所以 或 ，解得 或 ，
所以 的取值范围是 .
16. 已知函数 ，用 表示 中的较小者，记为
．
（1）在给定的坐标系中，画出函数 的图象；
（2）结合图象写出函数 的解析式，并求出 的值
（3）根据图象写出函数 的单调区间及在每一个单调区间上的单调性．
【答案】（1）答案见解析
（2） ； （3）答案见解析
【解析】
【分析】（1）先画出 ， 的图象，再结合定义画出函数 的图象；
（2）结合（1）可求出函数 的解析式，并求出相应的值；
（3）结合图象直接可写出相应单调区间及单调性.
【小问 1 详解】
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由题 ，解得 或 ，
画出 ， 的图象如下图所示，
因为 表示 ， 中的较小者，所以函数 的图象如下图所示：
【小问 2 详解】
由（1）可得当 时， ，
当 时， ，
当 时， ，
综上可得
所以 ，所以 ，故 .
【小问 3 详解】
由（1）可得函数 区间 ， ， ， 上具有单调性；
单调递增区间为： ；
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单调递减区间为： ， ， .
17. 已知集合 ，
（1）求集合
（2）设函数 和函数 ，集合 ，若 ，都有
，求实数 的取值范围．
【答案】（1） ，
（2）
【解析】
【分析】（1）根据偶次根式被开方数大于等于 求得 ，再根据交集、并集、补集运算分别求得结果；
（2）先解不等式得到集合 ，然后根据单调性确定 的值域，根据 的值域与集合 的关系可求
得 的取值范围.
【小问 1 详解】
因为 ，所以 ，所以 ，又 ，
所以 ， ， ，
所以 ，所以 .
【小问 2 详解】
因为 或 ，所以 ，
因为 ，对称轴 ，
当 ， 在 上单调递减，在 上单调递增，
所以 ，所以 ，
所以当 时， ，
因为 ，都有 ，所以 ，
所以 或 ，即 或 ，
所以 的取值范围是 .
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18. （1）若关于 的不等式 的解集为 或 ，求实数 的值；
（2）当（1）的情况下， 且满足 时，有 恒成立，求 的取值范围；
（3）当 时，求关于 的不等式 的解集．
【答案】（1） ， ；（2） ；（3）答案见解析
【解析】
【分析】（1）由题意得到方程 的两根为 或 及 ，将 代入
得到 的值，再将 代入 ，求解此方程得解；
（2）先在 上乘以 ，得到 ，利用基本不等式求出 的最小值，
从而将问题转化成解不等式 ，即可求解；
（3）将不等式变形为 ，再根据 ，解出方程 的根，按照根的大小
分类讨论得到不等式的解集.
【详解】（1）因为不等式 的解集为 或 ，
所以 或 是方程 的两个根，且 ，
将 代入方程 ，可得 ，解得 .
把 代入方程 ，得到 ，因式分解为 ，
即 ，故 ， .
（2）由（1）知 ， ，则 ， ， ，
，
当且仅当 时，即 时等号成立，
， 恒成立，
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， ， ，
，解得 ，
故 的取值范围是 .
（3）由 ，得到 ，
， 的两根为 ， ，
①当 ，即 时，不等式 ，不等式的解集为 ；
②当 ，即 时，不等式的解集为 ；
③当 ，即 时，不等式的解集为 .
综上可知，当 时，不等式的解集为 ；
当 时，不等式的解集为 ；
当 时，不等式的解集为 .
19. 已知 ，其中 的图象经过点 和
（1）求出 的解析式，判断函数 在区间 上的单调性，并用定义法证明；
（2）命题 恒成立；命题 ，使得 ，若 与 中至
少有一个为假命题，求 的取值范围；
（3）若 ，讨论函数 的最小值（其中 ）．
【答案】（1） ，证明见解析
（2）
（3）答案见解析
【解析】
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【分析】（1）根据题意，列出关于 的方程组，取得 的值，得到 ，结合函数单调性的
定义与判定方法，即可得证；
（2）根据题意，命题 转化为 在 恒成立，求得 ，命题 ，结合二次函数的
性质，列出不等式，求得 ，再求得命题 和 均为真命题时， 的取值范围，进而得到答案.
（3）设 ，得到 ，转化为 ，结合二次函数的性质，分类讨论，即可求解
.
【小问 1 详解】
由函数 ，其中 的图象经过点 和
可得 ，解得 ，所以 ，
函数 在 上单调递减，
证明如下：任取 ，且 ，
则 ，
因为 ，且 ，可得 ，
所以 ，即 ，
所以函数 在 上单调递减
【小问 2 详解】
因为命题 恒成立，即 在 恒成立，
由（1）知函数 在 上单调递减，可得 ，所以 ，
又由 ，使得 ，则 ，解得 ，
当命题 和 均为真命题时，可得 ，
所以 和 中至少有一个为假命题时，可得 或 ，
所以实数 的取值范围为 .
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【小问 3 详解】
由（1）知 在 上为单调递减函数，可得 ，
设 ，则 ，
因为 ，
可得 ，
因为 的图象开口向上，且对称轴为 ，
当 时，即 时， 在 单调递增，可得 ；
当 时，即 时， 在 单调递减，在 单调递增，
可得 ；
当 时，即 时， 在 单调递减，可得 ，
综上可得：当 时， ；当 时， ；
当 时， .
第 15页/共 15页