福建省厦泉五校2025-2026学年高一上学期11月期中考试数学试卷

这是一份福建省厦泉五校2025-2026学年高一上学期11月期中考试数学试卷，共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
集合 A  x  N 0  x  4的子集个数为（ ）
A．3B．4C．7D．8
x  5
函数 f ( x)  ( x  1)0 的定义域是（ ）
[5, )
[5,1)
[5,1) ∪ (1, )
(1, )
命题“ x  0 ， x3  x  0 ”的否定是（ ）
x  0 ， x3  x  0
C． x  0 ， x3  x  0
B． x  0 ， x3  x  0
D． x  0 ， x3  x  0
我国著名数学家华罗庚曾说：“数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好，隔裂分家万事休．”在数学的学习和研究中，常用函数的图象来研究函数的性质，也常用函数的解析式来研究函数图象的
特征．我们从这个商标中抽象出一个图象如图，其对应的函数可能是（ ）
x 1
A． f  x 1
B． f  x 1
C． f  x 
1
x2 1
D． f  x 
1
x2 1
函数 f  x 
1
1
x 1
1 x
x （ x  1 ）的最大值为（ ）
B．3C．1D． 3
 3 
已知偶函数 f ( x) 在区间0,  单调递增，则满足 f (2x 1)  f  1  的 x 取值范围是（ ）
 
 3 3 
A．  1 , 2 

B． 1 , 2 
 3 3 

C．  1 , 2 
 2 3 

D．  1 , 2 
 2 3 

已知函数 f  x 是定义在0,  上的增函数，且 f 2  1 ， f  xy   f  x  f  y  ，则不等式
f  x  f  x  2  3 （ ）
A． 1, 2
B． 1, 3
C． 2, 4
D． 2, 4
 
若存在0  a  b 使函数 f  x 在区间a, b 的值域为 m , m  m  0 ，则称函数 f  x 为区间a, b 的“限定
 b a 
函数”，m 为函数 f  x 的“限定数”．已知定义在R 上的奇函数 f  x 满足当 x  0 时， f  x  x  2 ，且 f  x
为区间a, b 的“限定函数”，则“限定数”m 的取值范围是（ ）
A．  0, 1 
B． 0,1
C． 1, 3 
D． 1, 2
2  2 

二、多选题
已知a  b  0  c ，则下列正确的是（ ）
a2  b2
a2  c2
bc  ac
ac2  bc2
下列选项中正确的有（ ）
已知函数 f  x 是一次函数，满足 f  f  x  9x  8 ，则 f  x 解析式可能为 f  x  3x  4
f (x)  | x | 与 g(x)   1, x  0 表示同一函数

x1, x  0
已知函数 f ( x) 的定义域为[0, 2] ，则 g(x) 
 f  x  2, x  0
f (2x) 的定义域为[0,1)
x 1
若函数 f  x  
 2x2
3x, x  0
，则 f (1)  5
定义在R 上的偶函数 f ( x) 满足： f (2)  2 ，且对于任意 x1  x2  0 ， x2 f  x1   x1 f  x2   2x2  2x1 ，若
函数 g(x) 
f (x)  2
，则下列说法正确的是（ ）
x
g ( x) 在(0, ) 上单调递增B． g(3)  g(4)
C． f ( x) 在(2, ) 上单调递减D．若正数m 满足 f (2m)  m f (4)  m  2  0 ，则m (2, )
2
三、填空题
已知幂函数 f  x  xα的图象经过点 2, 1  ，则 f 3 ．
4 
  
ax2  a, x  0
已知函数 f x

满足对任意 x , x  R ，且 x  x ，都有
f  x1   f  x2 
 0 成立，则实
a  3 x 1, x  0
1 212
x1  x2
数 a 的取值范围是．
已知3a  2b  3c 且21 m 恒成立，则实数m 的最大值是．

3a  2b2b  3ca  c
四、解答题
设全集U  R ，集合 A  x∣ 6  x  8, B  x∣3m  x  m  6, m  R .
当m  3 时，求ðU A, A  B .
若 x  B 是 x  A 的充分条件，求实数m 的取值范围.
函数 f  x  ax  b 满足对于x  R 都有 f x   f  x ，且 f  1   2 .
2
5
 
1 x2 
求 f  x 的解析式；
证明 f  x 在1,1 上为增函数.
数字经济是以数据资源为关键要素，以现代信息网络为主要载体，通过信息通信技术的融合应用推动全要素数字化转型的新经济形态，在技术层面，包括大数据、云计算、物联网、区块链、人工智能、5G 通信等新兴技术；在应用层面，包括“新零售”、“新制造”、工业互联网、元宇宙、无人驾驶等．现有一人工智能企业生产制造人形机器人，每月的成本 t（单位：万元）由两部分构成：①固定成本：1000 万元；②材
x2 
10
料成本： 10x  万元．x 为每月生产人形机器人的个数．

该企业每月的产量为多少时，平均每个人形机器人的成本 y（单位：万元）最低，最低为多少万元？
若每个人形机器人的售价为 23  x  万元，假设生产出来的每个人形机器人都能够售出，则该企业应如
5 

何制订生产计划，才能确保每月的利润 W（单位：万元）不低于 400 万元？附：利润=售价×销量-成本．
设函数 f  x  ax2  1 a x  a  2 a  R．
若关于 x 的不等式 f（x）≤0 的解集为[0，b]，求实数 a，b 的值；
若不等式 f  x  2 对于实数 a∈[-1，2]恒成立，求 x 的取值范围；
解关于 x 的不等式：f（x）＜a-1．
若函数 G 在m  x  n(m  n) 上的最大值记为 ymax ，最小值记为 ymin ，且满足 ymax  ymin  1 则称函数 G
是在m  x  n 的“美好函数”
已知函数G : y  ax2  2ax  3a a  0 ；
①函数 G 是在1  x  2 上的“美好函数”，求 a 的值；
②当a  1 时，函数 G 是在t  x  t 1上的“美好函数”，请直接写出 t 的值；
已知函数G : y  ax2  2ax  3a,(a  0) 若函数 G 是在m  2  x  2m 1（ m 为整数）上的“美好函数”，且存
在整数 k，使得k  ymax ，求a 的值.
ymin
1．D
先用列举法写出集合 A  {1, 2, 3}，得出元素个数，再利用公式计算其子集个数.
【详解】由已知得集合 A  {1, 2, 3}，共有 3 个元素，所以其子集个数为23  8 .
故选：D.
2．C
根据函数解析式的结构得到不等式组，求解即得.
x  5
x  5  0
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
C
C
B
D
A
D
B
ACD
ACD
题号
11
答案
ABD
【详解】 f ( x) 
 ( x  1)0 有意义，等价于，
 
x 1 0
解得 x  5 且 x  1 ，故函数的定义域为[5,1) ∪ (1, ) .
故选：C.
3．C
根据全称命题的否定为特称命题，直接写出其否定即可.
【详解】因为命题“ x  0 ， x3  x  0 ”为全称命题，所以其否定为： x  0 ， x3  x  0 .
故选：C.
4．B
由图象知函数的定义域排除选项 A、D，再根据 f 0  1不成立排除选项 C，即可得正确选项.
x 1
【详解】因为函数 f  x 
1的定义域为x | x  1 ，函数 f  x 
1
x2 1
的定义域为R ，
函数 f  x  1 与 f  x  1 的定义域均为x | x  1 .
x 1
x2 1
由图知 f  x 的定义域为x | x  1 ，排除选项 A、D，
对于 f  x 
故选：B. 5．D
1
x2 1
，当 x  0 时， f 0  1，不符合图象 f 0  1，所以排除选项 C.
利用配凑法，结合基本不等式求解即可.
【详解】因为 x  1 ，所以 x 1  0 ，
所以 x 
1
x 1
  x 1 
1
x 1
1  2
1  3 ，当且仅当 x 1 
1
x 1
即 x  2 时取等号.
 x 1
1
x 1
所以 x  1   3 ，即 f  x  3 （当 x  2 时取等号），
x 1 

所以 f  x 的最大值为3
故选：D 6．A
利用 f ( x) 为偶函数关于 y 轴对称，故 x 越靠近 y 轴，函数值越小，从而解出不等式.
【详解】因为偶函数 f  x 在区间0,  上单调递增，
所以 f  x 在区间(, 0) 上单调递减，故 x 越靠近 y 轴，函数值越小，
因为 f 2x 1  f (1），
3
所以 2x 1  1 ，解得： 1  x  2 ．
333
故选：A.
7．D
根据 f  xy   f  x  f  y  且 f 2  1 可得 f 4  2 ， f (8) = 3 ，则 f  x  f  x  2  3 可化为
f  x  x  2  f 8 ，然后根据单调性求解.
【详解】根据 f  xy   f  x  f  y  可得， f  x  f  x  2  3 可转化为 f  x  x  2  3 ，又 f 4  f 2  f 2  2 f 2  2 ，
所以 f 8  f 4  f 2  2 1  3 ，即 f  x  x  2  f 8 ，
x  x  2  8

因为 f  x 是定义在0,  上的增函数，所以只需满足x  0

x  2  0
，解得： 2  x  4 .
故选：D.
8．B
先根据奇函数的性质求出 f  x 在 x  0 时的表达式，再结合题干和函数的单调性列出等式，最后通过构造不
等式求解m 的取值范围即可.
【详解】由 f  x 是R 上的奇函数得 f 0  0 ，
当 x  0 时， x  0 ， f x  x  2  x  2 ，故 f  x   f x  x  2 ，
x  2, x  0

 f  x  0, x  0， f  x 在0, ∞ 单调递减，

x  2, x  0
又存在0  a  b 使函数 f  x 在a, b 的值域为 m , m  ， f a  m ， f b  m ，
 b a ab
即a  2  m ， b  2  m ，
ab
令z  2  m ，则z2  2z  m  0 在0, ∞ 有两个不相等的实数根 a，b，
z
又对称轴为直线 z  1，故需满足Δ  4  4m  0  m  1 ，
m  0m  0

故 m 的取值范围是0,1 ．故选： B .
ACD
利用不等式的性质可判断 ACD，举反例排除 B，从而得解.
【详解】对于 ACD，因为a  b  0  c ，
所以a2  b2 ， bc  ac ， ac2  bc2 ，故 ACD 正确；对于 B，取a  1, c  1，则a2  c2 ，故 B 错误.
故选：ACD.
ACD
利用待定系数法求解析式判断 A，根据定义域不同判断 B，求得函数的定义域判断 C，根据分段函数解析式求值判断 D.
【详解】对 A，设 f (x)  ax  b(a  0) ，
则 f  f  x  f (ax  b)  a(ax  b)  b  a2x  ab  b  9x 8 ，
a2  9

即ab  b  8
a  3

，解得
b  2
a  3

，或，
b  4
所以 f  x  3x  2 或 f  x  3x  4 ，故 A 正确；
对 B， f (x)  | x | 定义域为x | x  0， g(x)   1, x  0 定义域为R ，

x1, x  0
所以不是同一函数，故 B 错误；
对 C，函数 f ( x) 的定义域为[0, 2] ， f 2x 的定义为2x [0, 2]  x [0,1] ，
函数 g(x)  f (2x) 的定义域为0  2x  2  x [0,1) ，

x 1
x 1  0
最终得到的定义域为[0,1) ，故 C 正确；
对 D，由解析式 f (1)  f (1 2)  f (1)  2  3  5 ，故 D 正确故选：ACD
ABD
根据函数的单调性判断 g ( x) 、 f ( x) 的单调性判断 AC，根据单调性 g ( x) 比较大小判断 B，根据 g ( x) 单调性解不等式判断 D.
【详解】对于任意 x1  x2  0 ， x2 f  x1   x1 f  x2   2x2  2x1 ，
1
2
所以 g(x )  f (x1 )  2  f (x2 )  2  g(x ) ，所以 g ( x) 在(0, ) 上单调递增，故选项 A 正确；
x1x2
因为 g ( x) 的定义域为(, 0) ∪ (0, ) ，所以 g(x) 
f (x)  2   f (x)  2  g(x) ，
xx
所以 g ( x) 为奇函数，所以 g(3)  g(3) ，由 g ( x) 在(0, ) 上单调递增，所以 g(3)  g(4) ，故选项 B 正确；
对于任意 x1  x2  2 ， f  x1   f  x2    x1 g  x1   2   x2 g  x2   2  x1 g  x1   x2 g  x2 
x1 g  x2   x2 g  x2    x1  x2  g  x2  ，
因为 x1  x2  2 ， f (2)  2 ，所以 x1  x2  0, g  x2   g 2  0 ，所以 f  x1   f  x2  ，所以 f ( x) 在(2, ) 上单调递增，故选项 C 错误；
f (2m)  m f (4)  m  2  0 ，即2mg(2m)  2mg(4)  0 ，
2
又m  0 ，所以 g(2m)  g(4) ，
因为 g ( x) 在(0, ) 上单调递增，所以2m  4 ，解得m  2 ，即m (2, ) ，故选项 D 正确.
故选：ABD
1
9
根据函数所过点可得解析式，代入 x  3 即可求得结果.
【详解】m f 2  2α  1 ，α 2 ， f  x  x2 ， f 3  32  1 .
49
故答案为： 1 .
9
[1, 3)
根据题意可得 f  x 在R 上单调递减，列不等式组求解即可.
f  x1   f  x2 
【详解】因为对任意 x1 , x2  R ，且 x1  x2 ，都有
所以 f  x 在R 上单调递减.
x1  x2
 0 成立，
a  0

所以a  3  0

a  02  a  a  3 0 1
故答案为:[1, 3) .
，解得a [1, 3) .
1 2 2
3
不等式变形为m  (a  c)(
2
3a  2b
1
2b  3c
) ，利用基本不等式求得右侧的最小值即可得结论．
【详解】∵ 3a  2b  3c ，∴ a  c  0 ， 3a  2b  0 ， 2b  3c  0 ，
21 m m  (a  c)(21) ，
3a  2b2b  3ca  c
3a  2b
2b  3c
(a  c)(21)  1 (3a  3c)(21)  1 (3a  2b  2b  3c)(21)

3a  2b2b  3c33a  2b2b  3c33a  2b2b  3c
 1 [3  3a  2b  2(2b  3c)]  1 (3  2 2) ，

32b  3c3a  2b3
当且仅当 3a  2b  2(2b  3c) 时等号成立，
2b  3c3a  2b
所以m  3  2 2  1 2 2 ，即m 的最大值是1 2 2 ．
2 2
3
333
故答案为：1．
15．(1) ðU A  , 6 ∪ 8,  ， A ∩ B  6, 3
(2) m  3 或2  m  2 ．
根据补集、交集的知识求得正确答案.
根据题意得到集合之间的关系，分类讨论，列出不等关系，求解即可.
【详解】（1）当m  3 时， B  x | 9  x  3 ，所以ðU A  ∞, 6 8, ∞ ， A  B  6, 3.
（2）因为 x  B 是 x  A 的充分条件，则 B  A ，
当 B   时， 3m  m  6  m  3 ，
3m  m  6

当 B   时，  3m  6  2  m  2 ，

 m  6  8
综上所述， m  3 或2  m  2 ．
16．(1) f (x) 
(2)证明见解析
x
1 x2
由条件列出关于a, b 的方程，解出a, b 即可得到函数的解析式；
利用单调性的定义证明函数的单调性.
【详解】（1）∵函数 f  x  ax  b 满足对于x  R 都有 f x   f  x ，
1 x2
∴ ax  b   ax  b ，可得 2b  0 ，∴ b  0 ，
1 x2
1 x2
1 x2
∴ f  x 
ax ，又 f  1   2 ，
2
5
 
1 x2 
1 a
 
∴ f  1   2
21
 2 a  2 ，∴ a  1 ，
155
 
4
∴ f (x) 
x
1 x2 .
（2） f (x) 
x
1 x2
，设1  x1  x2
 1 ，
xxx (1 x2 )  x (1 x2 )
∴ f (x1 )  f (x2 )  1  2  1221
1 x2
1 x2
(1 x2 )(1 x2 )
1212
 (x1  x2 )  x1 x2 (x2  x1 )  (x1  x2 )(1 x1 x2 ) ，
1212
(1 x2 )(1 x2 )(1 x2 )(1 x2 )
∵ 1  x1  x2  1 ，
∴ x  x  0,1 x x  0,1 x2  0,1 x2  0 ，
121 212
∴ f (x1 )  f (x2 )  0 ，即 f (x1 )  f (x2 ) ，
∴ f  x 在1,1 上为增函数.
17．(1)100 台，最低为30 万元
不低于70 台
根据题意，得到平均每个人形机器人的成本为 y  1000 
xx
x 10 ，结合基本不等式，即可求解； 10
根据题意，得到每月的利润W  x  (23 
解法，即可求解.
2
xx
)  (1000 10x 
510
) ，结合W  400 ，结合一元二次不等式的
【详解】（1）解：由题意得，生产
2
x
x 台人形机器人的总成本为 y  1000 10x ，
10
x
2
所以每个人形机器人的平均成本为 y  1000 10x  10  1000  x 
1000  x
x10
，
当且仅当1000 
x
xxx
x 时，即 x  100 时，等号成立，
10
1021020 1030
10
所以该企业每月的产量为100 台时，平均每个人形机器人的成本最低，最低为30 万元.
xx2
（2）解：由题意得，每月的利润W  x  (23 
xx2
)  (1000 10x ) ，
510
令W  400 ，即 x  (23 
)  (1000 10x 
510
)  400 ，
整理得 x2 130x 14000  0 ，解得 x  200 或 x  70 ，因为 x 为正整数，所以 x  70 ，
所以该企业应每月制订生产的人形机器人不少于70 台时，才能确保每月的利润不低于400 万元.
18．(1) a  2 ， b  1
2
(2){1}
答案见解析
由题意可得 0 和b 是方程ax2  1 a x  a  2  0 的根，且a  0 ，进而结合韦达定理求解即可；
转化问题为a x2  x 1  x  0 对于实数a 1, 2时恒成立，进而结合一次函数的性质求解即可；
根据含参一元二次不等式的解法求解即可.
【详解】（1）由题意知，0 和 b 是方程ax2  1 a x  a  2  0 的根，且a  0 ，
0  b   1 a

所以

0  b 

a a  2
a
，解得a  2 ， b  1
2
（2）由 f  x  2 ，即ax2  1 a x  a  2  2 ，
即a x2  x 1  x  0 对于实数a 1, 2时恒成立，
则
 x2  x 1  x  0
2 x2  x 1  x  0
，解得 x  1 ，则 x 的取值范围为{1}
（3）由 f  x   a  1，则ax2  1 a x 1  0 ，
当a  0 时，不等式可化为 x 1  0 ，即 x  1，解集为x | x  1，
当a  0 时，不等式可化为ax 1 x 1  0 ，不等式的解集为x |  1  x  1 ；
a

当a  0 时，不等式化为 x  1  x 1  0 ，
a 

①当a  1 时，  1  1，不等式的解集为x | x  1 ；
a
②当1  a  0 时，  1  1，不等式的解集为x | x  1或x   1  ；
aa 

③当a  1 时，  1  1，不等式的解集为x | x   1 或x  1 ；
aa

综上所述，当a  1 时，解集为x | x   1 或x  1 ；
a

当a  1 时，解集为x | x  1 ；
当1  a  0 时，解集为x | x  1或x   1  ；
a 

当a  0 时，解集为x | x  1；
当a  0 时，解集为x |  1  x  1
a

19．(1)①1或1；② 0 或 1.
(2) a  1
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①分a  0 和a  0 两种情况求出二次函数在给定范围上的最值，然后利用 ymax  ymin  1 列方程可求出a
的值；②求出二次函数的对称轴，然后分t  1， 1  t  1 ，0  t  1 和t  0 四种情况求函数在给定范围上的
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最值，然后利用 ymax  ymin  1 列方程可求出t 的值；
由二次函数的性质可知当m  2  x  2m 1时，函数 G 为增函数，从而可求出 y， y，然后由k  ymax
为整数可求出m ，再由 ymax  ymin  1 列方程可求出a .
【详解】（1）① 因二次函数G : y  ax2  2ax  3a a  0 的对称轴为直线 x  1 ，当 x  1 时， y  4a ，当 x  2 时， y  3a .
当a  0 时，则当1  x  2 时，函数 G 为增函数，依题意，由 ymax  ymin  3a  (4a)  1 ，解得a  1 ；
当a  0 时，则当1  x  2 时，函数 G 为减函数，依题意，由 ymax  ymin  4a  (3a)  1 ，解得a  1 .
综上， a  1 或a  1 ；
② 当a  1 时，函数G : y  x2  2x  3 的对称轴为直线 x  1 ，
max
min
ymin
当 x  t 时， y  t 2  2t  3 ，当 x  t 1时， y  (t  1)2  2(t  1)  3  t2  4 ，当 x  1 时， y   4 .
(Ⅰ)若t  1，则由 ymax  ymin  (t2  4)  (t2  2t  3)  1 ，解得t  1（舍去）；
1
（Ⅱ）若  t  1 ，则由 y
2
max  ymin
 (t2  4)  (4)  1 ，解得t  1或t  1（舍去）；
1
若0  t  ，则由 y
2
max  ymin
 (t 2  2t  3)  (4)  1 ，解得t  0 或t  2 （舍去）；
若t  0 ，则由 ymax  ymin  (t2  2t  3)  (t2  4)  1 ，解得t  0 （舍去）.
综上，t 的值为 0 或 1；
（2）因二次函数G : y  ax2  2ax  3a a  0 的对称轴为直线 x  1 ，又m  2  x  2m 1，则m  1，于是3  m  2  x  2m 1 ，
故当m  2  x  2m 1时，函数G 为增函数，
即当 x  2m 1时，函数取得最大值，当 x  m  2 时，函数取得最小值，
ya(2m 1)2  2a(2m 1)  3a4m  48
于是， k  max  4 
min
ya(m  2)2  2a(m  2)  3am  3
m  3 ，
因m, k 为整数，且m  1，则m  3  8 ，即m  5 ，