浙江省2025_2026学年高一数学上学期11月期中联考试题含解析 (1)

这是一份浙江省2025_2026学年高一数学上学期11月期中联考试题含解析 (1)，共14页。试卷主要包含了考试结束后，只需上交答题纸， 已知函数，则， 函数的大致图象是， 已知集合，且，则的值可以为， 若则下列命题正确的是等内容，欢迎下载使用。
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.
一､单选题：本题共8小题，每小题4分，共32分，每题只有一项是符合要求的.
1. 设集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】应用元素和集合的关系，集合及集合的关系判断各个选项.
【详解】因为集合，
所以，，而，，错误，
故ABD错误C正确.
故选：C.
2. 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】A
【解析】
【分析】由充分条件和必要条件的定义求解即可.
【详解】当时，则，当且仅当时取等，所以充分性成立，
取，满足，但，故必要性不成立，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
3. 函数定义域是（ ）
A. B.
C. D. 且
【答案】B
【解析】
【分析】根据具体函数定义域求解并建立不等式解出即可.
【详解】由函数要有意义则：，
解得：或，
所以函数的定义域是，
故选：B.
4. 已知关于的不等式的解集为，则关于的不等式的解集为（ ）
A. B. 或
C. D. 或
【答案】A
【解析】
【分析】由题意可知，，代入不等式计算即可求解.
【详解】因为关于的不等式的解集为，
所以且，即，
所以不等式可化为，解得，
所以关于的不等式的解集为.
故选：A
5. 已知函数，则（ ）
A. 63B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定的分段函数，判断代入计算得解.
【详解】函数，则，所以.
故选：C
6. 若函数是定义在上的奇函数，当时，，则等于（ ）
A. -2B. 2C. -6D. 6
【答案】D
【解析】
【分析】利用奇函数的定义求解.
【详解】因为函数是定义在上的奇函数，且时，，
所以.
故选：D.
7. 函数的大致图象是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据函数解析式，判断其单调性以及单调区间，结合特殊点，可得答案.
【详解】由函数，
当时，根据函数与函数在上单调递增，
则函数在的单调递增，故排除BC；
当时，，故排除A，则D正确.
故选：D.
8. 已知函数满足对任意实数，都有成立，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由可知函数在定义域内单调递减，结合分段函数单调性可列不等式，进而可得解.
【详解】.解：由条件可知函数在的定义域内单调递减，
所以满足，
所以，
故选：B
二､多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分，每题给出的选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，有选错的得0分，部分选对的得部分分.
9. 已知集合，且，则的值可以为（ ）
A. 3B. C. -3D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】由题得到或，求出参数m，再由集合元素互异性检验即可.
【详解】集合，且，
所以或，解得或，
当时，，符合；
当时，，符合；
当时，，符合.
故的值可以为.
故选：ABD
10. 若则下列命题正确的是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，那么
D. 若，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】A举反例；B利用立方公式化简；C利用不等式的性质；D作差.
【详解】对A,当，满足，但不满足，故A错误；
对B,，
则，则B正确；
对C,，则，则由不等式的性质可知，故C正确；
对D,因，则，，
则，即，故D正确.
故选：BCD
11. 已知定义在上的函数满足，当时，，，则（ ）
A.
B. 为奇函数
C. 为减函数
D 当时，
【答案】AB
【解析】
【分析】由，令，可判断A；令得，在此基础上再令，可判断B；当时，，结合，知的单调性，可判断C；利用奇函数为增函数，即可判断D.
【详解】对于A，令，则，
所以,故A正确；
对于B，令，则，
令，则，为奇函数，故B正确；
对于C，令，则，
，
，即，故为增函数，故C不正确；
对于D，令，则，
，又奇函数为增函数，，
，
即，故D不正确.
故选：AB.
三､填空题：本题3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知幂函数的图象过点，则的解析式为________
【答案】
【解析】
【分析】先设出幂函数的解析式,把点代入解析式即可.
【详解】设幂函数,
因为幂函数的图象过点,
,解得.
.
故答案为.
【点睛】本题主要考查幂函数的解析式，熟练掌握幂函数的定义是解题的关键.
13. 若命题：“”的否定为假命题，则实数的取值范围为__________.
【答案】
【解析】
【分析】先由题设得到命题：“”为真命题，再分和两种情况结合二次函数性质分析即可求解.
【详解】命题：“”的否定为假命题，
所以命题：“”为真命题，
当时不恒成立，不符合；
当时，则有.
所以满足题意的实数的取值范围为.
故答案为：
14. 已知函数，若函数（为常数）与函数的图象有两个公共点，则实数的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【分析】画出的函数图象，结合图象判断函数的交点即可求出.
【详解】当时，，函数单调递减，此时；
当时，，函数单调递增，此时；
当时，，函数单调递减，此时，
作出函数的图象如图所示，
函数与函数的图象有两个公共点，则由图可知.
故答案为：
四､解答题：本题共5个小题，共55分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
15. 已知集合及非空集合.
（1）若，求的值；
（2）当为非空集合时，是否存在实数，使得，若存在，求出与的值，若不存在，请说明理由.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）分、两种情况讨论；
（2）结合第（1）问，根据且分类讨论即可.
【小问1详解】
由题意得，，
若时，；
若，则，则或，得或，
所以时，的值为；
【小问2详解】
由于，则且，
由（1）可知，当为非空集合且时，或；
当时，，，
因为，则，得，此时，符合题意；
当时，，，
因，则，得，此时，符合题意，
综上，或
16.
（1）设，求函数最大值，并求取得最大值时的值；
（2）已知正数满足，求的最小值，并求取得最小值时的值.
【答案】（1）最大值为2，此时
（2）最小值为9，此时；
【解析】
【分析】（1）根据条件构造基本不等式即可；
（2）利用“1”的代换，构造基本不等式求解即可.
【小问1详解】
因为，则，
可得，
当且仅当，即时，等号成立，
所以函数的最大值为2.
【小问2详解】
因为，
当且仅当，即时，等号成立，
所以的最小值为9.
17. 已知，且的一个实数根是1.
（1）求的值与的另一个根；
（2）设，写出在上的单调区间（不需证明），并求此时的值域.
【答案】（1），另一个根为 4
（2）递减区间是，递增区间是，值域为
【解析】
【分析】（1）由解得，进而求的根即可；
（2）由题意有，利用对勾函数即可求解.
【小问1详解】
由得，
所以，解得，
即的另一个根为4.
【小问2详解】
由题意有，
所以的递减区间是，递增区间是，
因为，所以值域为.
18. 定义运算，函数.
（1）写出的解析式；
（2）在坐标系中画出的图象
（3）若时恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）答案见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）根据定义，先解，进而求解；
（2）由（1）结合分段函数定义域可得函数图象；
（3）根据分段函数，分类讨论，即可求解.
【小问1详解】
，
则或.
则
【小问2详解】
由（1）可得图象如下：
【小问3详解】
当时，，即，所以；
当时，，即，所以；
当时，，即，所以
综上所述：.
19. 已知函数.
（1）当时，求不等式的解集；
（2）若对任意，存在，使得，求的取值范围.
【答案】（1）或
（2）
【解析】
【分析】（1）根据一元二次不等式的解法，由题意列出不等式，求出解集即可.
（2）根据题意，判断两个函数在各自定义域内值域范围的包含关系，对参数进行分类讨论，列出不等式组，求出结果即可.
【小问1详解】
当时，由得，
因为方程的根，
所以不等式的解为或，
所以不等式的解集为或
【小问2详解】
当时，.
又.
①当，即时，在单调递增，则，
由题意可知，
所以，此时不等式组无解，
②当，即时，在单调递减，在上单调递增，
且根据二次函数对称可知，在处取得最小值，在处取得最大值，
可知，所以对任意.
所以，解得，
③当，即时，在单调递减，在上单调递增，
且根据二次函数对称可知，在处取得最小值，在处取得最大值，
可知，所以对任意.
所以，解得，
④当，即时，在单调递减，则对任意.
所以，此时不等式组无解.
综上，实数的取值范围是