福建省泉州市四校联考2025-2026学年高一上学期11月期中考试数学试题（Word版附解析）

这是一份福建省泉州市四校联考2025-2026学年高一上学期11月期中考试数学试题（Word版附解析），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．化简的结果是（ ）
A．B．C．D．
2．集合，，则＝（ ）
A．B．C．D．
3．已知幂函数的图象与坐标轴没有公共点，则实数m的取值为 （ ）
A．或1B．或2C．1D．
4．下列命题为假命题的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若且，则D．若，则
5．若“”是“”的必要不充分条件，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
6．函数的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
7．函数图象的渐近线是指曲线上一点M沿曲线无限远离原点时，M到某一条直线的距离无限趋近于零，那么这条直线称为该曲线的渐近线，如函数的两条渐近线分别是x轴与y轴.则直线y=3x是以下哪个函数图象的一条渐近线（ ）
A．B．C．D．
8．定义在上的奇函数满足：，且，，若，则不等式的解集为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
9．下列说法正确的是（ ）
A．当时，幂函数在上单调递增
B．函数的值域为
C．函数的最小值是1
D．在同一坐标系中函数与的图象关于轴对称
10．已知，且，则下列不等式恒成立的是（ ）
A．B．
C．D．
11．分别用，表示，中的最小者和最大者，记为，.若，，则（ ）
A．
B．函数有2个零点
C．函数的图象关于轴对称
D．关于的方程的所有解的乘积为
三、填空题
12．已知，，则 .
13．若关于的不等式的解集为，则实数的取值范围是 ．
14．已知函数，，若方程有且仅有个不相等的解，则的取值范围是 ．
四、解答题
15．已知全集，集合，
(1)若，求
(2)若“”是“”充分不必要条件，求实数 a的取值范围．
16．已知函数定义域为．
(1)判断并证明在上的单调性；
(2)求不等式的解集．
17．如图，在平面直角坐标系中，有一个半径为2的半圆，直径在x轴上，中点为坐标原点O，等腰梯形的上底的端点在圆周上．
(1)当时，记梯形位于直线）左侧的图形的面积为，请写出函数的解析式．
(2)记线段的长度为x，线段与的长度之和为y，求y的最大值．
18．已知为偶函数，为奇函数，且满足．（）
(1)求，的解析式；
(2)令函数，求函数的值域；
(3)存在，使得不等式成立，求的取值范围．
19．设函数在区间上有定义，若对任意，都存在使得：，则称函数在区间上具有性质.
(1)判断函数在上是否具有性质，并说明理由；
(2)若函数在区间上具有性质，求实数的取值范围；
(3)设，若存在唯一的实数，使得函数在上具有性质，求实数的值.
参考答案
1．B
【详解】因为，
所以.
故选：B.
2．D
【详解】由题意可知，
∴，
故选：D
3．C
【详解】因为幂函数的图象与坐标轴没有公共点，
所以，解得．
故选：C.
4．A
【详解】对于A，取，由，可得，A错误，
对于B，因为，故，又，
所以，B正确，
对于C，因为，所以，
所以，又，
所以，C正确，
对于D，因为，
所以，
所以，D正确，
故选：A.
5．C
【详解】根据题意，解不等式，即，
解得，即不等式的解集为，
若“”是“”的必要不充分条件，
则集合是集合的真子集，所以.
故选：C
6．D
【详解】对于函数，定义域为，
因为，
所以函数为偶函数，故B，C错误，
当时，，
又在上单调递增，在上单调递减，
故在上单调递增，故A错误，D正确．
故选：D．
7．B
【详解】的渐近线也是x轴与y轴.故A错误.
对于选项B：当x很大时，趋向于0．
故函数的图象与直线无限接近，故B正确.
类似的，C选项中的的渐近线为直线与y轴．
D选项当x很大时，趋向于3，故它的渐近线为直线与．
故选：B．
8．D
【详解】因为，且，，
所以，
设，
则，，且，，
根据单调性的定义可得，在上单调递增，
因为在R上为奇函数，
所以，
所以在R上为奇函数，
所以在上单调递增，
因为，
所以，则，
所以的解集为，
所以的解集为.
故选：D
9．CD
【详解】对于A，当时，函数定义域为，选项A错误；
对于B，，函数值域为，选项B错误；
对于C，函数的最小值是1，故命题C正确；
对于D，在同一坐标系中，函数与的图象关于y轴对称，命题D正确．
故选:CD
10．BCD
【详解】因为，所以，
当且仅当时，等号成立，故A错误；
因为，所以，
当且仅当时，等号成立，故B正确
所以，当且仅当时，等号成立，故C正确；
因为，所以，
所以，当且仅当时，等号成立，故D正确．
故选：BCD
11．ACD
【详解】依题意，，当时，；当时，，
则，，
对于A，，A正确；
对于B，，由，解得，B错误；
对于C，，令，，
函数是偶函数，C正确；
对于D，由，得或，
而，则，即，该方程有且仅有一个正根，
或，
，该方程有且仅有一个负根，且，
，该方程要么无解，要么一解，要么两个正根，
且，所以关于的方程的所有解的乘积为，D正确.
12．
【详解】因为，，
所以，
，
两式相加可得，所以.
故答案为：
13．
【详解】设，
故由题意可得关于的不等式在区间上恒成立，
．
故答案为：
14．
【详解】法一：当时，（时等号成立），
当时，在单调递减且，的图象如图所示，
令，，即，
由有个不等解等价于有两根，
其中一根，另一根，
根据韦达定理，，，则，，
，由，所以．
法二：可知由有个不等解等价于有两根，其中一根，另一根，
所以，
由①得，则，
将④代入②得：⑤
又由③得⑥，
由⑤⑥可知，所以.
故答案为：．
15．(1)
(2)
【详解】（1）当时，，或，
因为，所以；
（2）若“”是“”的充分不必要条件，即，
当时，，此时，满足，
当时，则，解得：，且和不能同时成立，
综上所述：实数a的取值范围为
16．(1)减函数，证明见解析
(2)
【详解】（1）函数在上为减函数.
证明如下：
任意且，
则，
因为，所以，，
所以，即，所以函数在上为减函数．
（2）对任意的，且，所以为奇函数，
由题意，不等式可化为，
所以，解得，
所以该不等式的解集为.
17．(1)
(2)．
【详解】（1）
过点作于点，连接，由，
得是等边三角形，即，
再由等腰梯形，可得，
从而可得也是等边三角形，即，
所以解等边，可得等腰梯形的高，
则当时，；
当时，；
当时，；
所以．
（2）连接OC，因为半圆的半径为2，线段的长度为x，
则OC=2，，，所以，
因此，
所以，其中，
令，因为，所以，
则，
所以，
当且仅当，即时，取得最大值，
因此y的最大值为．
18．(1)，
(2)
(3)
【详解】（1）由，可得，
因为为偶函数，为奇函数，所以，
联立方程组，
解得，．
（2）由（1）
，∴为奇函数
当时，，，
因为为奇函数，所以，当时，
所以，函数的值域为
（3）由（1）知，，
因为，所以，
可得，
所以，即，
设，
则，即，
当时，则，不合题意；
当时，则，设，则只需，
则，
当且仅当，即时，等号成立，
所以，解得，
综上可得，实数的取值范围为．
19．(1)指数函数在上不具有性质，理由见解析；
(2)
(3)或
【详解】（1）指数函数在上不具有性质.
理由如下：指数函数的定义域为，
对于，易知不存在满足题意，
因此对于，不存在满足，
即函数在上不具有性质.
（2）因为函数在区间上具有性质，
所以对任意，都存在使得，即，
可得，
因为，所以，又，所以,
即，解得，
因此实数的取值范围为.
（3）若函数在上具有性质，
则对任意，都存在使得，即；
因为，所以；
若，易知函数关于对称，
当时，即，此时在上单调递减，此时；
因此可得，即，
解得，若存在唯一的实数可得，
解得，符合题意；
当时，可得，此时在的最小值为，
最大值为，即；
所以，即，
解得，若存在唯一的实数可得，
解得（舍）或（舍）；
当时，可得，此时在的最小值为，
最大值为，即；
所以，即，
解得，若存在唯一的实数可得，
解得或（舍），即符合题意；