四川省遂宁市遂宁中学2025-2026学年高一上学期期中考试数学试题（Word版附解析）

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注意事项：
1．答卷前，考生务必将自己的班级、姓名和准考证号填写在试卷和答题卡上.
2．选择题用 2B 铅笔在对应的题号涂黑答案.主观题用 0.5 毫米黑色签字笔答在答题卡上对应
的答题区域内.
3．考生必须保持答题卡的整洁.考试结束后，请将答题卡上交.
第Ⅰ卷（选择题 共 58 分）
一、选择题：本题共 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. 下列式子表示正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由空集的定义，结合集合与集合的关系及元素与集合的关系逐一判断即可得解.
【详解】对于选项 A，由空集的定义可得：空集是任意非空集合的真子集，即 ，正确；
对于选项 B，根据集合的关系知 ，错误；
对于选项 C，根据集合的关系知 ，错误；
对于选项 D，根据元素与集合的关系知 ，错误.
故选：A.
2. 下列四组函数中，表示相同函数的一组是（ ）
A. ， B. ，
C. ， D. ，
【答案】C
【解析】
【分析】根据相同函数的概念逐项判断即可.
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【详解】对于 A， ，A 错误；
对于 B， 的定义域为 R， 的定义域为 ，B 错误；
对于 C， 和 的定义域和对应关系都相同，C 正确；
对于 D，由 ，解得 ，故 的定义域为 ，
由 ，解得 或 ， 的定义域为 ，定义域不一致，D 错误.
故选：C
3. 下列命题为真命题的是（ ）
A. 若 ，则 B. 若 ，则
C. 若 ，则 D. 若 ，则
【答案】D
【解析】
【分析】通过举反例可排除 A，B，C；利用作差法可推得 D 正确.
【详解】对于 A，因 ，取 ，则 ，有 ，故 A 是假
命题；
对于 B，当 时， ，故 B 是假命题；
对于 C，取 ， ，满足 ，但 ，故 C 是假命题；
对于 D，由 ，由 ，所以 ，故 D 是真命题.
故选：D.
4. 若不等式 的解集为 ，则 的值是（ ）
A. B. C. 10 D. 14
【答案】A
【解析】
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【分析】由题意得 ， 是方程 的两个根，代入求解即可.
【详解】因为 ， 是方程 的两个根，所以 ，解得 ，
所以 .
故选：A.
5. 已知函数 的定义域为 ，则“ ”是“ 在定义域上是增函数”的（ ）
A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件
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】根据充分条件、必要条件的定义判断即可；
【详解】解：因为函数 的定义域为 ，若 得不到 在定义域上是增函数，如
显然 在定义域 上不单调，若 在定义域上是增函数，则
，故“ ”是“ 在定义域上是增函数”的必要不充分条件；
故选：B
6. 德国著名的数学家高斯是近代数学奠基者，用其名字命名的高斯函数为 ，其中 表示不超
过 x 的 最 大 整 数 ， 例 如 ， ． 定 义 符 号 函 数 ， 则
（ ）
A. B. C. 1 D. 2
【答案】D
【解析】
【分析】根据新函数的定义，代入求解即可.
【详解】 ．
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故选：D．
7. 函数 ，若对 ， ，都有
成立，则实数 的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意得到 在 上单调递减，分段函数在 上单调递减，需每一段上均单调递减，且分
段处左端点值大于等于右端点值，得到不等式，求出答案.
【详解】因为 ， ，都有 成立，
所以 在 上单调递减，
故 ，解得 ，
故实数 的取值范围为 .
故选：A
8. 已知函数 满足 ， 且 ，则 的最小值为
（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用赋值法得出 ， ，令 可得出 ，进而可得出
，推导出 ，再利用基本不等式可求出 的最小值.
【详解】令 可得 ，因为 ，则 ，
令 ， 可得 ，解得 ，
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令 可得 ，即 ，
令 可得 ，所以， ，
所以， ， ，
由基本不等式可得 ，
当且仅当 时，等号成立，当 时，等号成立，
所以， 的最小值为 .
故选：C.
二、本题共 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. 在下列四个命题中，正确的是（ ）
A. 命题“ ，使得 ”的否定是“ ，都有 ”
B. 3 个元素的集合有 7 个非空真子集
C. 已知集合 ，若 ，则 m 的值为
D. “ ”是“ ”的充分不必要条件
【答案】AC
【解析】
【分析】根据命题的否定即可判断 A；根据真子集个数结论判断 B；根据元素与集合的关系判断 C；根据充
分必要条件的定义判断 D.
【详解】对于 A， “ ，使得 ”的否定是“ ，都有 ”，A 正确；
对于 B，3 个元素的集合有 个非空真子集，故 B 错误；
对于 C，若 ，解得 ，则集合 ，符合题意；
若 ，此时 无解，因此若 ，则 m 的值为 ，故 C 正确；
对于 D， 由 可得到 ，当 时，则 或 ，
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故“ ”是“ ”的必要不充分条件，D 错误.
故选：AC
10. 下列说法正确的有（ ）
A. 若函数 的定义域是 ，则函数 的定义域是
B. 函数 的值域为
C. 已知函数 ，则
D. 若关于 的不等式 对任意实数 都成立，则实数 的取值范围是
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据负荷函数定义域的求法求函数定义域，判断 A 的真假；分离常数，分析函数的单调性，求值
域判断 B 的真假；换元法求函数解析式，再求函数值，判断 C 的真假；根据 求 的取值范围，判断
D 的真假.
【详解】对 A：对 ，由 ；
对 ，由 ，
所以函数 定义域为 ，故 A 错误；
对 B：因为 为增函数，且 ，
，所以函数 的值域为 ，故 B 正确；
对 C：设 ，则 ，所以 ，
所以 ， ，所以 ，故 C 正确；
对 D：因为关于 的不等式 对任意实数 都成立，所以 ，解得： ，故
D 正确.
故选：BCD
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11. 若 ，且 ，则下列说法正确的是（ ）
A. ab 有最大值 B. 有最大值
C. 有最小值 4 D. 有最小值
【答案】BC
【解析】
【分析】利用基本不等式逐项分析判断；
【详解】若 ，且 ，则有：
对于选项 A：因为 ，当且仅当 时，等号成立，
可得 ，所以 ab 有最大值 ，故 A 错误；
对于选项 B：因为 ，当且仅当 时，等号成立，
可得 ， 有最大值 ，故 B 正确；
对于选项 C：因为 ，
当且仅当 ，即 时，等号成立，
所以 有最小值 4，故 C 正确；
对于选项 D：因为 ，
当且仅当 时，等号成立，
有最小值 ，故 D 错误；
故选：BC.
第Ⅱ卷（非选择题 共 92 分）
三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分．
12. 若 ，且 ，则 _____.
【答案】
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【解析】
【分析】利用换元法可求答案.
【详解】令 ，则 ，原式化为 ，
所以 .
故答案为：
13. 若命题“ 使 ”是假命题，则实数 的取值范围为_____，
【答案】
【解析】
【分析】原命题等价于命题“ ，”是真命题
【详解】由题意得若命题“ ” 假命题，
则命题“ ，”是真命题，
则需 ,故本题正确答案为 ．
【点睛】本题主要考查全称量词与存在量词以及二次函数恒成立的问题．属于基础题．
14. 已知函数 ，若关于 的不等式 恰有一个整数
解，则实数 的取值范围是________．
【答案】
【解析】
【分析】作出函数 的图象，求出方程 的解，由已知可得出 ，对实
数 的取值进行分类讨论，确定满足不等式 的整数解，结合图象可得出实数
的取值范围.
【详解】由 ，可得 .
因为 ，作出函数 的图象如下图所示：
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当 时， ，
当 时，由 ，
即 ，解得 或 （舍）.
若 ，则有 ，且 ，
若使得满足不等式 恰有一个整数解，
由图可知，则该整数解为 ，且 不是不等式的解，
则 ，即 ；
若 ，则 ，无解；
若 ，则有 ，
由图可知，则满足不等式 的整数解为 ，
且 与 都不是不等式的解，且 ，
所以 ，即 .
综上所述，实数 的取值范围是 .
故答案为： .
四、解答题：本题共 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. 已知函数
（1）求 ， 的值；
（2）若 ，求 的取值范围．
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【答案】（1） ，
（2）
【解析】
【分析】（1）根据分段函数的函数解析式求值即可；
（2）根据实数 和 分类讨论，列不等式，求解即可.
【小问 1 详解】
由题意得 ，因为 ，
所以 .
【小问 2 详解】
当 时，由 得， ，即 ，解得 ，因此 ；
当 时，由 得， ，解得 ，因此 ；
综上所述， 的取值范围是 .
16. 已知 ，
（1）若 ，求 ；
（2）若 ，则求实数 m 的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）解不等式化简 ，利用集合补集和并集定义计算即可；
（2）由 知 ，利用集合间关系求 的范围.
【小问 1 详解】
，
当 时， ，
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， ，
.
【小问 2 详解】
∵ ，∴ .
当 时， ， ；
当 时，即 ，即 .
∴ .
17. 某火车站正在不断建设，目前车站准备在某仓库外，利用其一侧原有墙体，建造一间墙高为 3 米，底面
积为 12 平方米，且背面靠墙的长方体形状的保管员室.由于此保管员室的后背靠墙，无须建造费用，因此甲
工程队给出的报价为：屋子前面新建墙体的报价为每平方米 400 元，左右两面新建墙体报价为每平方米 150
元，屋顶和地面以及其他报价共计 7200 元.设屋子的左右两侧墙的长度均为 米 .
（1）当左右两面墙 长度为多少时，甲工程队报价最低？最低为多少？
（2）现有乙工程队也参与此保管员室建造竞标，其给出的整体报价为 元 ，若无论左
右两面墙的长度为多少米，乙工程队都能竞标成功，试求 的取值范围.
【答案】（1） 米
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意可得 与 关系，结合基本不等式计算即可得；
（2）由题意可将问题转化为 在 恒成立，结合基本不等式计算即可得.
【小问 1 详解】
设甲工程队的总造价为 y 元，
则 ，
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，
当且仅当 ，即 时等号成立，
∴当左右两面墙的长度为 米时，甲工程队的报价最低为 14400 元；
【小问 2 详解】
由题意可得， 对任意的 恒成立，
即有 ，即 在 恒成立，
又 ，
当且仅当 即 时等号成立，
，又 ，故 .
18. 已知函数 ， .
（1）若 ，用定义法证明 在区间 上单调递增；
（2）若 在区间 上单调，求 的取值范围；
（3）求 在区间 上的最小值 ；
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3） .
【解析】
【分析】（1）任取 且 ，判断 的符号即可证明；
（2）计算二次函数的对称轴，然后根据单调性可得 或 ，计算即可.
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（3）分类讨论 ， ， ，分别计算即可.
【小问 1 详解】
当 ， . 设任意的 且 ，
因为 ， ，所以 . 所以 时 在区间 上单调递增.
【小问 2 详解】
由题可知，函数 开口向上，
对称轴的方程为 ，若使得函数 在 上单调递增，
则满足 ，解得 ，
若使得函数 在 上单调递减，则满足 ，解得 ，
即实数 的取值范围 .
【小问 3 详解】
（3）①当 即 时，
函数 在区间 单调递增，
所以函数 的最小值为 ；
②当 ，即 时，
函数 在区间 单调递减，在区间 上单调递增，
所以函数 的最小值为 ；
③当 即 时，
函数 在区间 单调递减，
所以函数 的最小值为 ，
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综上可得，函数的最小值为 .
19. 对于定义域为 的函数 ，如果存在区间 ，同时满足：① 在 上是单调函
数；②当 时， 的值域为 ，则称 是该函数的“优美区间”.
（1）求证： 是函数 的一个“优美区间”；
（2）求证：函数 不存在“优美区间”：
（3）已知函数 有“优美区间” ，当 取得最大值时求 的值.
【答案】（1）证明见解析；
（2）证明见解析； （3）3.
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，利用优美区间的定义推理论证即可.
（2）假设函数 存在“优美区间”，结合已知导出矛盾即可得证.
（3）原题条件等价于 是方程 的两个同号且不等的实数根，结合判别式可得 的
范围，结合韦达定理可用 表示 ，进一步即可求解.
【小问 1 详解】
函数 在 上单调递增，又 ，
因此函数 在 上的值域为 ，
所以 是函数 的一个“优美区间”.
【小问 2 详解】
函数 中， ，则 或 ，
则函数 在 上单调递增，
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若 是 的“优美区间”，则 ，
即 是方程 的两个不等的同号实根，
方程 ，而方程 无解，
所以函数 不存在“优美区间”.
【小问 3 详解】
函数 中， ，则 或 ，
函数 在 上单调递增，
而 是函数 的“优美区间”，则 ，
即 是方程 两个不等的同号实根，
因此 是方程 ，即 的两个不等的同号实根，
则 ，解得 或 ，
，
，
当且仅当 时取等号，
所以当 取得最大值时 .
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