安徽省2025_2026学年高一数学上学期期中联考试卷B含解析

这是一份安徽省2025_2026学年高一数学上学期期中联考试卷B含解析，共14页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分等内容，欢迎下载使用。
考生注意：
1．本试卷分选择题和非选择题两部分．
2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚．
3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效．
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. 集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】化简集合，根据集合交集的定义求解.
【详解】．
故选：．
2. 命题“”的否定是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由存在量词命题的否定结构即可求解.
【详解】命题“”的否定是，
故选：D
3. 已知函数是定义域为的奇函数，且当时，，则当（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】任取，由奇函数性质求解.
【详解】当时，，则，
已知函数是定义域为的奇函数，所以，因此．
故选：．
4. “且”是“且”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】C
【解析】
【分析】根据充分条件、必要条件的定义判断即可.
【详解】若且，则且成立，故充分性成立．
若“”，则且或且．
而且时，．
所以由且可以推出且，故必要性成立．
因此“且”是“且”的充要条件．
故选：C．
5. 下列说法错误的是（ ）
A. 由1，2，3组成的集合可表示为或
B. 空集是集合的子集
C. 代数式的值组成的集合是
D. 集合与集合是同一个集合
【答案】D
【解析】
【分析】根据集合中元素的无序性判断A，根据空集的性质判断B，分类讨论判断C，根据集合中元素判断D.
【详解】集合元素无序，和表示同一个集合，A对；
空集是任何非空集合的子集，B对；
当时，；当或时，；
当时，，C对；
是点集，是数集，D错．
故选：D
6. 若、，且，则函数图象可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分析函数函数值的符号变化，结合排除法可得出合适的选项.
【详解】当时，由知，，排除AD选项．
当时，由知，，排除B．
故选：C
7. 形如的函数一般称为飘带函数．若飘带函数的图象经过两点和．则以下四个判断中①是定义域上的偶函数；②在内单调递减；③有最小值；④，正确的有（ ）
A. ①②④B. ②③④C. ①③④D. ②④
【答案】D
【解析】
【分析】应用待定系数法求函数解析式和定义域，再由奇偶性的定义判断，根据解析式判断区间单调性，进而确定最值情况，最后代入自变量求函数值判断各项正误.
详解】由题意得，解得，则且，
因为，所以是奇函数，①错．
因为均在内单调递减，所以在内单调递减，没有最小值，②对③错，
由得，，④对.
故选：D
8. 若函数在区间内单调递增，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由二次函数的图象与性质及函数图象的翻折可求解.
【详解】，
当时，在内单调递增，满足题意．
当时，令，其对称轴为，零点为和，
函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，在区间上单调递增，不合题意，
当，时，因为，所以，
所以，
所以函数在内单调递增，满足题意．
综上知，实数的取值范围是．
故选：A
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，集合，集合，则（ ）
A. 或
B. 当时，
C. 当时，
D. 当且且时，
【答案】BD
【解析】
【分析】根据集合交、并、补的定义结合集合内元素的性质逐项判断.
【详解】对于A：且错；
对于B：当时，，B对；
对于C：当时，可以为2或5，此时，C错；
对于D：，，所以，D对．
故选：．
10. 下列命题中，正确的是（ ）
A. 函数在内单调递减
B. 函数在内没有最小值
C. 函数的图象关于点对称
D. 对，函数均为偶函数
【答案】ACD
【解析】
【分析】由幂函数单调性可判断A，由基本不等式可判断B，由对称性和奇偶性概念可判断CD.
【详解】因为，幂函数在内单调递减，A对．
函数，当且仅当取等号，在内有最小值，B错．
因为，所以的图象关于点对称，C对．
对均为偶函数，D对．
故选：ACD．
11. 已知函数的定义域是，对任意实数都有，且，则（ ）
A B.
C. 为奇函数D. 为偶函数
【答案】AD
【解析】
【分析】利用赋值法逐项分析判断.
【详解】对于A：令，则．对．
对于B：令，则，所以．错．
对于C：赋为，为，则，
又，所以，
所以．
若，则，与不符，所以．
于是，即为偶函数．C错D对.
故选:．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 在中，最大的数是___________．
【答案】
【解析】
【分析】分别计算各式的值，比较大小即可.
【详解】因为
所以，所以最大的数是．
故答案是：.
13. 某公司为降低成本、提高效益，引进智能机器人系统开展工作．已知购买台机器人的总成本为（单位：万元）．要使每台机器人的平均成本最低，则应买机器人___________台．
【答案】300
【解析】
【分析】由题意得到，结合基本不等式即可求解.
【详解】每台机器人的平均成本为3，
当且仅当，即时取等号．
因此应买300台机器人，可使每台机器人的平均成本最低．
故答案为：300
14. 已知是上的奇函数，且当时，，则的值是___________．
【答案】##
【解析】
【分析】根据奇偶性可得函数对称中心，利用对称性求函数值即可.
【详解】因为是上的奇函数，
所以的图象关于对称．
故
故答案为：
四、解答题：共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15. 已知幂函数在区间内是减函数．
（1）求实数的值；
（2）求方程的解集．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据幂函数的特征求值，利用幂函数的性质判断所求值；
（2）由绝对值的定义求解.
【小问1详解】
得，，解得或
当时，，在区间内是增函数，舍去．
当时，，在区间内是减函数，符合．故
【小问2详解】
就是，
等价于，即，
解得或．
故方程的解集是．
16. 设，函数．
（1）当时，求在上的最小值和最大值；
（2）若方程有两个不相等的实数根，求的取值范围．
【答案】（1）；
（2）
【解析】
【分析】（1）根据复合函数在给定区间上的单调性求值；
（2）利用换元法，将方程有两个不相等的实数根，转化成一元二次方程有两个不相等的正实数根，由判别式和韦达定理结合求解.
【小问1详解】
．
设，则
因为，所以．
因为在上单调递减，在上单调递增，
当时，；
又，.
所以
【小问2详解】
由（1）知，就是，其中.
则方程有两个不相等的正实数根，
所以，且，
解得．
故的取值范围是.
17. 已知函数的定义域为，函数的值域为．
（1）求集合；
（2）若，求实数的最大值．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）根据根式和分式的性质即可列不等式求解,根据二次函数以及指数函数的性质即可求解，
（2）根据，由指数函数的单调性解不等式即可求解.
【小问1详解】
由，解得，所以
因为，所以值域
【小问2详解】
因为，所以
于是，即，
解得.
又，所以．
故实数的最大值是.
18. 已知函数满足．
（1）证明：；
（2）判断的单调性，并写出推理过程；
（3）若函数的图象与函数的图象关于点对称，求的解析式．
【答案】（1）证明见解析；
（2）在上单调递增，在上单调递减，理由见详解；
（3）.
【解析】
【分析】（1）在条件式中将用替代，联立方程组求得，计算得证；
（2）先判断是偶函数，再根据复合函数的单调性判断；
（3）设函数图象上任意一点的坐标为，点关于点的对称点的坐标为，可得，由运算得解.
【小问1详解】
中，将用替代，
则，即.
联立和，
解得.
因此.
【小问2详解】
因为函数的定义域为，，
所以是偶函数，
又，
因为在内单调递增，
所以在内单调递减，因此在内单调递减.
由于是偶函数，所以在内单调递增.
【小问3详解】
设函数图象上任意一点的坐标为，点关于点的对称点的坐标为.
由，得.
因为点在函数的图象上，所以.
即，.
故.
19. 函数．
（1）若不等式的解集是空集，求实数的取值范围；
（2）已知，且．
（i）若不等式对任意恒成立，求实数的取值范围；
（ii）证明：．
【答案】（1）
（2）（i）（ii）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先分析函数的单调性求出最小值，再结合解集为空集求出取值范围；
（2）利用基本不等式求最小值，再结合函数性质解方程求出的取值范围；利用基本不等式证明已知不等式．
【小问1详解】
，
当时，，函数单调递减，值域为；
当时，；
当时，，函数单调递增，值域为；
．
时不等式的解集是空集．
实数的取值范围是．
【小问2详解】
（i），
，
即，当且仅当时取等号，
的最小值是，
不等式恒成立，即，
当时，，解得；
当时，，恒成立；
当时，，解得．
综上可知，实数的取值范围是．
（ii）
，
，当且仅当时取等号．