陕西省咸阳市实验中学2025-2026学年高一上学期第二次质量检测数学试卷（解析版）

这是一份陕西省咸阳市实验中学2025-2026学年高一上学期第二次质量检测数学试卷（解析版），共14页。
1．本试卷共4页，满分150分，时间120分钟．
2．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级和准考证号填写在答题卡上．
3．回答选择题时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．涂写在本试卷上无效．
4．作答非选择题时，将答案书写在答题卡上，书写在本试卷上无效．
5．考试结束后，监考员将答题卡按顺序收回，装袋整理；试卷不回收．
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. 函数（，且）的图象恒过定点，该定点的坐标为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据指数函数过定点的性质即可得到答案.
【详解】当时，，
故的图象恒过定点.
故选：C.
2. 已知幂函数是奇函数，则的值是（ ）
A. 3B. C. 3或D.
【答案】A
【解析】
【分析】由函数为幂函数求参数值，结合其奇偶性确定最终参数值.
【详解】由函数为幂函数，则，
所以或，又为奇函数，
当，则为偶函数，不满足，
当，则为奇函数，满足，
综上，.
故选：A
3. 已知命题，命题，则（ ）
A. 和都真命题B. 和都是真命题
C. 和都是真命题D. 和都是真命题
【答案】C
【解析】
【分析】首先通过取特值判断命题与命题的真假，进而判断选项的正误即可.
【详解】对于命题：当时，，因此命题为真命题，从而为假命题；
对于命题：当，时，，，可得：，故命题为假命题，从而为真命题；
综上可得：命题与命题均为真命题.
故选：C
4. 下列说法正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】D
【解析】
【分析】对于A选项，当时，即可判断；对于B选项，通过不等式的性质判断即可；
对于C选项，通过特殊值法判断即可；对于D选项，通过作差法判断即可.
【详解】对于A选项，当时，，故A错误；
对于B选项，因为，所以，故B错误；
对于C选项，当，时，，故C错误；
对于D选项，，因为，所以，所以，故D正确.
故选：D.
5. 甲、乙两人解关于的不等式，甲写错了常数，得到的解集为；乙写错了常数，得到的解集为．若甲、乙两人除写错常数外，其余求解过程都正确，则原不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，求出常数和，再解一元二次不等式即可.
【详解】由题意知，甲的常数正确，由韦达定理可得，
乙的常数正确，由韦达定理可得，
所以原不等式为，解得，
所以解集为，故A正确.
故选：A.
6. 某班学生积极参加学校组织的体育特色课堂，课堂分为球类项目、径赛项目、其他健身项目．该班有25名同学选择球类项目，20名同学选择径赛项目，18名同学选择其他健身项目；其中有6名同学同时选择和，4名同学同时选择和，3名同学同时选择和．若全班同学每人至少选择一类项目且有2名同学同时选择三类项目，则这个班同学人数是（ ）
A. 52B. 51C. 50D. 49
【答案】A
【解析】
【分析】根据选择三类项目的人数，得出选择两类项目和一类项目的人数，求和可得答案.
【详解】因为有2名同学同时选择三类项目，所以只选择和两个项目的同学有4人，
只选择和两个项目的同学有2人，只选择和两个项目的同学有1人，
只选择一个项目的同学有17人，只选择一个项目的同学有13人，只选择一个项目的同学有13人，如图，
所以班级人数为：.
故选：A
7. 已知，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】D
【解析】
【分析】化简两个不等式，根据不等关系得出答案.
【详解】因为，所以；
因为，所以，
当，，上式成立，此时；
当，，由可得，即；
当，，此时不满足；
当，，由可得，即；
综上可得，“”是“”的既不充分也不必要条件.
故选：D
8. 设函数，若，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】构造新函数，判断函数奇偶性及其单调性，利用函数的单调性求解不等式即可.
【详解】已知函数，令，
又，可得：为定义在上的奇函数.
当时，，由于二次函数开口向上，且对称轴为，
可得：函数在上单调递增；
又为奇函数且，可得：函数在上单调递增.
又，得：，
即，移项得：，
由为奇函数，得：，
由在上单调递增，得：，解得：.
综上可得：实数的取值范围为.
故选：B
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，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. 设全集，集合，则集合可能为（ ）
A. B. C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据集合运算先求出,再确定,根据交集的定义即可确定所含元素与不含的元素.
【详解】，
，
集合必须有3，6两个元素，不能有0，4这两个元素，可知选项ACD符合；
故选：ACD
10. 函数的图象可能是（ ）
A. B. C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】讨论，当时由反比例函数找到可能图像；当时，时由基本不等式得到函数存在最值找到可能图象；当时，由函数在上的单调性找到函数图像.
【详解】当时，，B可能；
当时，，函数中，，
则，当且仅当时取等号，D可能；
当时，，函数在上单调递减，在上单调递减，
因此函数在上单调递减，C可能，
无论取何值，选项A都不可能.
故选：BCD.
11. 若实数满足，则的大小关系可能是（ ）
A. B. C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】通过化简可得，，，利用数形结合思想，将题意转化为函数，，的图象与直线的交点纵坐标，由图象即可得结果.
【详解】设，所以，，
根据指数函数的单调性，易知各方程只有唯一的根，
作出函数，，的图象，
方程的根分别是函数，，的图象与直线的交点纵坐标，
如图所示：
易知，随着的变化可能出现：，，，
故选：ACD．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. ___________．
【答案】0
【解析】
【分析】利用对数及分数指数幂的运算性质即可得解.
【详解】
故答案为：0
13. 若，且，则的最小值是___________．
【答案】3.
【解析】
【分析】利用代换1法，结合基本不等式来求最小值.
【详解】因为，且，
所以
，
当且仅当时取等号，
故答案为：3.
14. 已知定义在上的函数同时满足下列条件：
①函数的图象关于原点对称；
②；
③当时，不等式恒成立．
则函数的一个解析式可以为___________．
【答案】（答案不唯一）
【解析】
【分析】首先分析条件中的函数性质，再写出一个满足条件的.
【详解】由①可知函数是定义在上的奇函数，由②可知，当时，函数的图象是上凹的，由③可知，当时，，当时，，是函数的零点，
所以当时，满足条件的函数，
由奇函数的性质可知，，
设，，，
，
所以满足条件的一个解析式为.
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. 已知集合．
（1）当时，求；
（2）若，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）首先解一元二次不等式得出集合，再根据，得出集合，计算即可得出答案；
（2）根据，所以，讨论和两种情况，解不等式即可得出答案.
【小问1详解】
当时，，
所以当时，.
【小问2详解】
因为，所以；
集合，；
当时，有，解得，符合题意；
当时，结合可知，解得；
综上所述，实数的取值范围为．
16. 已知函数（，且）．
（1）求证：；
（2）设，若函数在区间上的最大值比最小值大，求的值．
【答案】（1）证明见解析
（2）或．
【解析】
【分析】（1）分别将等式左右两边表示出来，化简即可证明；
（2）先求出的解析式，然后根据底数的范围，分类讨论即可得出答案.
【小问1详解】
因为，
故．
【小问2详解】
依题意，
当时，在区间上单调递减，所以
，
因此，解得或（舍去）；
当时，在区间上单调递增，所以，
因此，解得或（舍去）．
故或．
17. 当前，机器人产业蓬勃发展，正极大改变着人类生产和生活方式，为经济社会发展注入强劲动能.某动力电池生产企业为提高产能，计划投入6300万元购买一批智能工业机器人，使用该批智能机器人后的前年，设备维护成本共万元.每年电池销售收入为6700万元，设使用该批智能机器人后，前x年的总盈利额为y万元.
（1）写出y关于x的函数关系式，并指出x的取值范围；
（2）使用若干年后，对该批智能机器人的处理方案有两种.
方案一：当总盈利额达到最大值时，将该批智能机器人以2000万价格处理；
方案二：当年平均盈利额达到最大值时，将该批智能机器人以4800万元的价格处理.问哪种方案更合理?并说明理由.
【答案】（1）；
（2）方案二更合理，理由见解析.
【解析】
【分析】（1）根据销售总收入和成本，列出函数关系式即可；
（2）利用二次函数的性质求出方案一的总盈利，结合基本不等式求出方案二的总盈利，然后比较，即可得到结果.
【小问1详解】
由题意，.
【小问2详解】
方案一：总盈利额，
当时，，
若此时处理掉智能机器人，总盈利为万元；
方案二：年平均盈利额（万元），
当且仅当时，年平均盈利额最大，若此时处理掉智能机器人，
总盈利万元.
两方案总利润都是13200万元，但方案二用时更短，则方案二更合理.
18 已知函数（，且）．
（1）证明：函数是偶函数；
（2）设，集合，
（i）当时，求函数的值域；
（ii）若存在，使得，求实数的取值范围．
【答案】（1）证明见解析
（2）（i）；（ii）
【解析】
【分析】（1）利用定义域对称性，结合证明，即可判断偶函数；
（2）（i）先求出二次函数的值域，再求对数函数值域即可；
（ii）根据题意转化为等式左右两边值域有交集，可先求没有交集的参数范围，再求出有交集时的参数范围，它们之间是补集关系.
【小问1详解】
证明：依题意有,解得，
所以函数的定义域为，关于原点对称，
又，
故函数是偶函数．
【小问2详解】
（i）由及（1）得，且，
当，即时，，
所以，所以，所以，
所以，
故当时，函数的值域为．
（ii）由（i）可知，所以，
存在实数，使得，
等价于，
而若，
则或，即或，
故当时，则，
故实数的取值范围为．
19. 已知函数．
（1）判断函数在区间上的单调性，并用单调性定义证明；
（2）求不等式的解集；
（3）设，若，求实数的取值范围．
【答案】（1）单调递增，证明见解析；
（2）；
（3）.
【解析】
【分析】（1）根据单调性的定义，应用作差法判断证明函数的区间单调性；
（2）讨论函数的单调区间，应用单调性解不等式求解集；
（3）令，问题化为在区间上恒成立，应用分类讨论及二次函数的性质求最值，即可得参数范围.
【小问1详解】
函数在区间上单调递增，证明如下：
任取，且，
则
，而，
所以，即，
故函数在区间上单调递增；
【小问2详解】
由解析式知，函数的定义域为，
当时，同（1）证明，知函数在区间上单调递增，
又，所以，即，
所以，即不等式的解集为．
当时，，所以，即，
而函数在上单调递增，所以，即不等式的解集为
综上，不等式的解集为；
小问3详解】
，
令，由及（2）知，
设的图象是开口向上，对称轴为的抛物线．
原问题转化为在区间上恒成立．
由时，有，或，
当时，函数在上单调递增，
所以，即；
当时，函数在上单调递减，
所以，即；
当时，，函数，符合题意；
综上，实数的取值范围为.