云南省玉溪师范学院附属中学2025-2026学年高一上学期第二次校测数学试题

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玉溪师院附中 2028 届高一年级第二次月考数学试卷参考答案
1．B
【详解】因为集合 A  1, 0,1, B  0,1, 2, 3 ，所以 A ∪ B  1, 0,1, 2, 3 . 2.B
【详解】由 p： 1  x  3 ，q： 0  x  2 ，所以p⇏q,q⇒p， p 是q 的必要不充分条件，
3．C
【详解】Q的否定为 ，“  ”的否定为“  ”，
 “ x  1， x2  2x 1  0 ”的否定为“ x  1 ， x2  2x 1  0 ”， 4．D
x  3  0
【详解】因为函数 f  x 的定义域为0,2 ，所以0  x  2  2 ，解得3  x  4 ，

x  3
所以函数 g  x  f  x  2 的定义域为3, 4 ，
5．D
【详解】由a lg 4  1 可得， a 1 lg 3  1 lg 3 ，即2a  lg 3 ，
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
B
C
D
D
B
C
B
ABD
AC
题号
11
答案
BD
3
由2b  6 得， b  lg2 6 ，
lg3 4
4222
根据对数运算法则可知b  lg2 6  lg2 (2  3)  lg2 2  lg2 3  1 2a ，即b  1 2a . 6．B
【详解】设所求幂函数为： f  x  xα，∵幂函数 f  x  xα的图象经过点8, 2 ，
1
1
α1  1  1 31
2727
 2  8
,解得α 3 所以 f  x  x3 ，
f     .
3
7．C
【详解】令 f (x)  0.8x , g(x)  0.6x , 由指数函数的性质可得 f (x), g(x) 均是单调递减函数，因为0.8  0.6 ，所以0.80.8  0.80.6 ， 0.60.8  0.60.6 ，即a  b, c  d ，
又因为函数h  x  x0.8 ，函数h  x 在0,  上单调递增，所以0.80.8  0.60.8 ，故a  c ，
又因为函数φ x  x0.6 ，函数φ x 在0,  上单调递增，所以0.80.6  0.60.6 ，故b  d . 8．B
【详解】作出 f  x  x x的部分图像如下所示：
由图像知 f ( x) 在区间k, k 1k  Z 上单调递增，A 选项正确；
f ( x) 的值域为[0,1) ，B 选项错误；
2.5  3 ，C 选项正确；
根据高斯函数的定义及 f ( x) 的值域为[0,1) ，所以 y   f  x 的值域为0 ，D 选项正确．
ABD
【详解】由于不等式ax2  bx  c  0 的解集为x 3  x  2 ，所以 x  3 和 x  2 是ax2  bx  c  0 的两个实数根，
3  2   b


所以3 2  c
a
，故b  a, c  6a ， a  b  c  a  a  6a  4a  0 ，故 AB 正确，

a
a  0

对于 C,不等式bx  c  0 为ax  6a  0 ，故 x  6  0  x  6 ，故 C 错误， 对于 D, 不等式cx2  bx  a  0 可变形为6ax2  ax  a  0  6x2  x 1  0 ，
解得 1  x  1 ，故 D 正确，
32
AC
 x 1
1
x 1
【详解】对于 A：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，所以函数的最小值为3 ，故正确；
2m  2n
对于 B：因为2m  2n  2
 2  2 2 ，
2mn
2
当且仅当2m  2n ，即m  n  1 时取等号，所以2m  2n 的最小值为2
2
，故错误；
xy
对于 C：因为 x  y  xy  3 ，所以3  xy  x  y  2，
xy
所以 xy  3 xy 1  0 ，所以3  1，解得0  xy  1 ，
当且仅当 x  y  1 时取等号，所以 xy 的最大值为1，故正确；对于 D：因为 x  y  2 ，所以 x 1  y  1 ，且 x 1  0, y  0 ，
2  x 1  y
yx 1
12 12 2  x 1y
2
所以 x     x 1  y    3  3  2

 3  2，
1y x 1y 
yx 1
2
当且仅当 2  x 1  y ，即x 
时取等号，所以 1  2 的最小值为3  2
，错误；
2
BD
yx 1

2
 y  2 
x 1y
【详解】因为 f ( x) 是定义在R 上的偶函数，g(x) 是定义在R 上的奇函数，且两函数在(, 0]
上单调递减，
所以 f ( x) 在0,  上单调递增， g(x) 在0,  上单调递减， g(x) 在R 上单调递减，所以 f 1  f 2 ， g 0  0  g 1  g 2 ，
所以 f  g 1  f  g 2 ， g  f 1  g  f 2 ， g  g 1  g  g 2 ，
所以 BD 正确，C 错误；
若 f 1  f 2 ，则 f  f 1  f  f 2 ，故 A 错误.
3
2
x2  3, x  0
【详解】因为函数 f  x  2x 1, x  0 ，当 x  0 时，由 f  x  x2  3  2 ，此时 x 不存在；

当 x  0 时，由 f  x  2x 1  2 ，解得 x  3 ，符合题意.故答案为： 3 .
22
1, ∞
 1  x2 2 x1
【详解】函数 y   
3
 
的定义域为R ，令u  x2  2x 1，
则函数u  x2  2x 1在∞, 1 上单调递增，在1,  上单调递减，
 1 u
而函数 y   
3
 
在定义域上单调递减，
 1  x2 2 x1
因此函数 y   
3
 
在∞, 1 上单调递减，在1,  上单调递增，
 1  x2 2 x1
所以函数 y   
3
 
的单调递增区间是1,  .故答案为： 1, 
(0,1)
【详解】因为 f (x)  minx, x2  4x  4，根据mina, b的定义，从图象上看，f  x 的图象是由 y  x 与 y  x2  4x  4 图象较低的 部分以及个别函数值相等的点构成；在同一直角坐标下作图如下，其中实线部分即为 f  x 的图象：
动直线 y  m 与函数 y  f (x) 的图象有 3 个交点，
数形结合可知： m 0,1 故答案为： 0,1 . 15．(1) 0(2) 4
 23  2 2
3 3 1
(2)2
【详解】（1）  1  ( 5 2)5 
  1 
   255  2   1 
 2  2  22  4  0 .
 8  2  2 
   
（2） 3lg3 4  lg0.1 lg2  lg 1  4  lg101  lg2  lg5  4 1 lg10  4 .
5
16．(1)x |1  x  3(2) 1, 2
【详解】（1）当m  0 时， B  x∣ 5  x  1，则ðR B  x | x  5 或 x  1，又 A  x∣ 3  x  3 ，所以 A ðR B  x |1  x  3.
2m 1  3
（2）当 A ∩ B  A 时， A  B ，所以m  5  3  1  m  2 ，所以实数m 的取值范围为

1, 2.
17．(1) m  7(2) m  3
【详解】（1）对于x 0,3 ，不等式m  f  x  0 成立，则不等式m   f  x 在 x 0,3恒成立，所以m   f  xmax ，又 x 0,3时，  f  x  x2  2x  4   x 12  33, 7 ，
所以m   f  xmax  7 ，即m  7 ；
（2） x0 0,3 ，使得不等式m  f  x0   0 成立，则不等式m   f  x 在 x 0,3能成立，所以m   f  xmin ，由（1）可知m   f  xmin  3 ，所以m  3
18．(1)340 人(2)251 人(3)84 人
【详解】（1）设修数学、语文、外语的学生组成集合为 A, B,C ，
则card  A  172, card  B  132, card C   130, card  A ∩ B  48, card  A ∩ C   30 ， card  B ∩ C   21, card  A ∩ B ∩ C   5 ，
card  A ∪ B ∪ C   card  A +card  B +card C   card  A ∩ B  card  A ∩ C   card  B ∩ C 
card  A ∩ B ∩ C   172 132 130  48  30  21 5  340 ，所以该校共有 340 人.
只修一门课的学生有
card  A ∪ B ∪ C   card  A ∩ B  card  A ∩ C   card  B ∩ C   2card  A ∩ B ∩ C 
 340  48  30  21 2  5  251,所以只修一门课的学生有 251 人.
正好修两门课的学生有
card  A  B +card  A  C  +card  B  C   3card  A  B  C 
 48  30  21 3 5  84 ，所以正好修两门课的学生有 84 人.
19．(1) f 0  0 ，证明见解析；(2)单调递减，证明见解析；(3) ( 1 , 5 ) .
2 2
【详解】（1）依题意，函数 f  x 对任意的 x, y  R ，都有 f  x  y   f  x  f  y  ，令 x  y  0 ，得 f 0  f 0  f 0 ，所以 f 0  0 ；
x  R ，取 y  x ，则 f  x  f x  f  x  x  f (0)  0 ，即 f x   f  x ，所以 f  x 是奇函数.
f  x 在R 上单调递减，证明如下：
任取 x1 , x2  R, x1  x2 ，有 x1  x2  0 ，而当 x  0 时， f (x)  0 ，则 f (x1  x2 )  0 ，
于是 f  x1   f [(x1  x2 )  x2 ]  f  x1  x2   f  x2   f  x2  ，所以 f  x 在R 上单调递减.
由于 f (1) = - 2 ，则 f (2)  f (1)  f (1)  4 ， f (2)   f (2)  4 ，于是不等式4  f 3  2x  4  f (2)  f 3  2x  f (2) ，
由（2）知， 2  3  2x  2 ，解得 1  x  5 ，
22
1 5
所以原不等式的解集为(, ) .
2 2