浙江省2025_2026学年高一数学上学期11月期中测试试题含解析 (2)

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2.答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字.
3.所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效.
4.考试结束后，只需上交答题纸.
选择题部分
一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分，每题只有一个正确选项.
1. 已知全集，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】解出集合，利用补集的定义可得出集合.
【详解】因为全集，，故.
故选：C.
2. 命题“，”的否定是（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】D
【解析】
【分析】利用全称量词命题的否定可得出结论.
【详解】命题“，”为全称量词命题，
该命题的否定为：，.
故选：D.
3. 设，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用指数函数的单调性比较大小即可.
【详解】上单调递增，在上单调递减，．
故选：A．
4. “”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】B
【解析】
【分析】解分式不等式求的解，结合充分、必要性的定义判断条件间的关系.
【详解】由或，
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B
5. 已知，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用换元法可得答案.
【详解】令，则，
所以，
即.
故选：B.
6. 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（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由图象知函数的定义域排除选项A、D，再根据不成立排除选项C，即可得正确选项.
【详解】因为函数的定义域为，函数的定义域为，
函数与的定义域均为.
由图知的定义域为，排除选项A、D，
对于，当时，，不符合图象，所以排除选项C.
故选：B.
7. 已知函数图象恒过定点，且点在函数图象上，则的最小值为（ ）
A. 4B. 1C. 2D.
【答案】C
【解析】
【分析】由指数函数性质得定点坐标，代入直线方程得的关系，然后由基本不等式求得最小值．
【详解】由得，又，所以定点为，从而，
，
当且仅当时等号成立.
故选：C.
8. 已知定义在上的函数满足，，当时，都有，则不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据已知在R上为奇函数，令，结合已知和单调性的定义及奇函数的对称性得在R上单调递减，并将不等式化为求解集.
【详解】由题设，即在R上为奇函数，令，
上，，
所以，故在上单调递减，且，
又，即在R上为奇函数，
综上，在R上单调递减，
由，则，
所以，
所以不等式的解集为.
故选：D
二、多选题：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，有选错的得0分，部分选对但不全的得部分分.
9. 对于任意实数a，b，c，d，有以下四个命题，其中正确的是（ ）
A. 若，，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，，则
【答案】BD
【解析】
【分析】
（1）可举反例证明不正确.（2）因为成立，则.（3）为正数，为负数时不成立.（4）因为，则，所以.
【详解】A选项：，，但是，A不正确；
B选项：因为成立，则，那么，B正确；
C选项：，但是，C不正确；
D选项：因为，则，又，所以，D正确.
故选：BD
【点睛】此题考查不等式比较大小，一般可通过特值法证伪判错，属于简单题目.
10. 下列说法正确的是（ ）
A. 函数与是同一个函数
B. 若函数的定义域为，则函数的定义域为
C. 若集合，，则
D. 函数的单调递增区间为
【答案】BD
【解析】
【分析】由同一函数的定义域和对应法则相同判断A，由抽象函数的定义域求法判断B，解分式及一元二次不等式求集合判断C，由二次函数、指数函数的性质及复合函数单调性判断D.
【详解】A：由的定义域为R，的定义域为，不是同一函数，错，
B：由的定义域为，对于有，则定义域为，对，
C：由，则，
由，则，显然，错，
D：由，在上单调递减，在上单调递增，
而在定义域上单调递增，故的单调递增区间为，对.
故选：BD
11. 高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，他和阿基米德、牛顿并列为世界三大数学家，用其名字命名的“高斯函数”为：设，用表示不超过的最大整数，则称为高斯函数.例如：.已知函数，，则下列叙述中正确的是（ ）
A. 是奇函数B. 是偶函数
C. 的值域是D. 在上是增函数
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据已知有，结合指数函数、分式函数的单调性判断单调性，应用奇偶性定义判断的奇偶性，进而求其值域，再由函数新定义确定的值域和奇偶性.
【详解】由，
又在上为增函数且，在上单调递增，
所以在为增函数，D对，
，
且的定义域为，即为奇函数，A对，
由，则，C对，B错.
故选：ACD
非选择题部分
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12 已知函数，则______．
【答案】
【解析】
【分析】根据分段函数的定义直接计算.
【详解】由已知，
则，
故答案为：.
13. 求值：______.
【答案】0
【解析】
【分析】应用指数幂的运算及根式与指数幂关系化简求值.
【详解】由.
故答案为：0
14. 已知，，且，则的最小值为_____.
【答案】
【解析】
【分析】由题设，结合重要不等式有，注意等号成立条件，从而得到，令得，解一元二次不等式求，即可得.
【详解】由题设，且，则，
由，当且仅当时取等号，则，
令，则，整理得，
所以（舍）或，即，
当且仅当时取等号，故的最小值为.
故答案为：
四、解答题：本大题共5小题，第15题13分，第16题15分，第17题15分，第18题17分，第19题17分，共77分.解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知集合，或.
（1）当时，求；
（2）若，求实数的取值范围.
【答案】（1）或；
（2）.
【解析】
【分析】（1）先求出集合，再求；
（2）先求出，假设，分类讨论，列不等式即可求出实数的取值范围.
【小问1详解】
当时，，而或，
所以或；
【小问2详解】
因为或，所以，
若，
当时，此时有，解得，
当时，要使，只需，解得，
综上：，则，要使得，则，
即实数的取值范围.
16. 函数是定义在上的奇函数，且.
（1）确定的解析式；
（2）证明在上的单调性；
（3）解关于t的不等式.
【答案】（1）
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）根据奇偶性的定义与性质求解
（2）由函数的单调性的定义证明
（3）由函数奇偶性和单调性，转化不等式后再求解
【小问1详解】
根据题意，函数是定义在上的奇函数，
则，
解得；
又由，则有，
解得；
函数的定义域为，定义域关于原点对称，
，
所以函数为奇函数，
所以，
【小问2详解】
由（1）的结论，，
设，
则
.
又由，
则，，，，
则，即，
则函数在上增函数.
【小问3详解】
由（1）（2）知为奇函数且在上为增函数.
，
解得：，
即不等式的解集为.
17. 某公司为了提高生产效率，决定投入160万元买一套生产设备，预计使用该设备后，前年的支出成本为万元，每年的销售收入98万元.使用若干年后对该设备处理的方案有两种：
方案一：当总盈利额达到最大值时，该设备以20万元的价格处理；
方案二：当年平均盈利额（注：年平均盈利额）达到最大值时，该设备以30万元的价格处理.
（1）设前年的总盈利额为（不含设备处理收益），写出方案一中与的函数关系式
（2）哪种方案较为合理？并说明理由.
【答案】（1）
（2）方案二合理，理由见解析
【解析】
【分析】（1）利用已知条件即可写出与的函数关系式；
（2）分别写出两种方案的总利润以及所需要的时间，即可得出结论.
【小问1详解】
根据题意可得，
则方案一中与的函数关系式为：；
【小问2详解】
方案一：，
当时，总盈利额取得最大值90万元，
此时处理掉设备，则总利润为万元；
方案二：由（1）可得年平均利润额为
，
当且仅当即时等号成立，
即当时，年平均盈利额最大为20万元，此时总盈利额万元，
此时处理掉设备，则总利润为万元；
综上，两种方案获利都是110万元，但方案一需要5年，而方案二仅需要4年，
故方案二合理.
18. 已知函数.
（1）当时，求的值域；
（2）若的最小值为，求的值；
（3）在（2）的条件下，若不等式有实数解，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
（3）.
【解析】
【分析】（1）把代入，利用指数函数的值域，结合二次函数求出值域.
（2）按分类，结合指数函数的值域及二次函数求出取得最小值的.
（3）由（2）的结论，等价变形不等式，分享参数并构造函数，求出最小值即可得解.
【小问1详解】
当时，，而，
所以的值域为.
【小问2详解】
令，函数，
当，即时，在上递增，此时无最值，不满足题意；
当，即时，在上递减，在上递增，
所以，而，解得，
所以最小值为时，.
【小问3详解】
由（2）知，，
不等式，
设，依题意，有实数解，
而，则，当且仅当，即时取等号，
因此，解得，
所以实数的取值范围为.
19. 对于区间，若函数同时满足：①在上是单调函数，②函数在的值域是，则称区间为函数的“保值”区间.
（1）求函数的所有“保值”区间；
（2）判断函数是否存在“保值”区间，并说明理由；
（3）已知函数有“保值”区间，当取得最大值时求的值.
【答案】（1）；
（2）不存在，理由见解析；
（3）3.
【解析】
【分析】（1）由函数最小值确定的范围，再借助单调性建立方程，求出“保值”区间.
（2）假定存在“保值”区间，借助单调性建立方程，判定方程解的情况即可.
（3）由“保值”区间的定义建立方程，再利用韦达定理结合二次函数最值求解即得.
【小问1详解】
函数在R上的值域为，令在的值域为，
则，函数在上单调递增，因此，而，解得，
所以函数的所有“保值”区间为.
【小问2详解】
函数在上单调递增，
若是在的保值区间，则，
是方程同号的两个不等实根，
由，得，，则方程无实根，
所以函数不存在“保值”区间.
【小问3详解】
函数在上单调递增，
依题意，，是方程同号的两个不等实根，
即是关于的方程同号的两个不等实根，
，解得或，于是，
，
当且仅当时取等号，
所以当取得最大值时，的值为3.