安徽省合肥市2025_2026学年高一数学上学期11月期中试题含解析

这是一份安徽省合肥市2025_2026学年高一数学上学期11月期中试题含解析，共14页。试卷主要包含了试卷分值， 已知，且，则的最小值为， 下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
2.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案区域内作答，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.
3.所有答案均要答在答题卡上，否则无效.考试结束后只交答题卡.
一､单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分）
1. 设集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】解不等式求得集合，进而利用交集的意义求解即可.
【详解】由，得，所以，
.
故选：B.
2. 下列命题为真命题的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】D
【解析】
【分析】应用特殊值法计算判断A，B，C，再应用不等式性质计算判断D.
【详解】对于A：当时，则，故A错误；
对于B：取，则，故B错误；
对于C：取，则，故C错误；
对于D：，故D正确.
故选：D.
3. 已知函数的定义域为，则的定义域为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据抽象函数定义域之间的关系进行求解即可.
【详解】由于函数的定义域为，所以，解得：,
所以的定义域为,.
故选：A.
4. 若不等式的解集为，则不等式的解集为（ ）
A. B. 或
C. D. 或
【答案】C
【解析】
【分析】根据不等式的解集求出之间的关系，进而化简不等式，从而求出它的解集.
【详解】的解集为，
且为方程的解，
，即，
，解得，，
的解集为.
故选：C.
5. 已知幂函数在区间上单调递增，则函数的图象过定点（ ）
A B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据幂函数的定义及单调性求出，再结合指数函数的性质可得.
【详解】因为函数为幂函数，
所以，解得或，
又为为增函数，则，
故恒过定点.
故选：C.
6. 若函数是上的增函数，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】分段函数在定义域内单调递增，则它在每一段均单调递增，且在时，左段的函数值不大于右段的函数值，从而构造出实数的不等式组，解出即可．
【详解】因为函数是上的增函数，
所以，解得，
所以实数的取值范围是.
故选：D.
7. 已知，且，则的最小值为（ ）
A. 2B. C. 9D. 4
【答案】C
【解析】
【分析】先变形得到，再由基本不等式“1的妙用”求最小值即可.
【详解】由，可得，所以，
所以，
当且仅当时等号成立，故的最小值为9.
故选：C.
8. 已知函数，定义域为的函数满足，若函数与的图象有四个交点，分别为，，则所有交点的横､纵坐标之和为（ ）
A. 0B. 5C. 10D. 20
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意得到，的图象关于对称，设关于点对称的坐标为，，则，，同理可得，，即可得到答案.
【详解】因为定义域为，
令，
则，
所以为奇函数，图象关于原点对称，
故的图象关于对称，因为，则的图象也关于对称，
所以与的交点也关于对称，
若函数与的图象有四个交点，分别为，
不妨设，则，，
则，，
则所有交点横､纵坐标之和为.
故选：D.
二､多选题（本大题共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.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分）
9. 下列各组函数为同一个函数的是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】AC
【解析】
【分析】根据同一函数概念依次判断即可.
【详解】对于A：，且与的定义域都为，是同一函数，故A正确；
对于B：的定义域为的定义域为，不是同一函数，故B错误；
对于C：两个函数的对应关系和定义域都相同，是同一函数，故C正确；
对于D：的定义域为的定义域为，不是同一函数，故D错误.
故选：AC.
10. 下列说法正确的是（ ）
A. 奇函数定义域为，则
B. 函数，则
C. 函数且图象恒过定点
D. 一次函数满足，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用奇偶性的性质计算可判断A；构造奇函数，计算可判断B；求得定点坐标判断C；利用待定系数法求得解析式判断D.
【详解】对于A，奇函数的定义域为，则，故A正确；
对于B，令，可得定义域为，
又，所以是奇函数，
所以，所以，
所以，故B错误；
对于C，且，当时，，即的图像恒过定点，故C正确；
对于D，一次函数满足，
设，则，，
当时，不符合题意，当时，，即，故D正确.
故选：ACD.
11. 若，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】令，利用单调性可得，判断A；利用赋值法判断B；可得判断C；令，利用单调性可判断D.
【详解】由题意知，整理得，
令为增函数，为增函数，
所以函数单调递增，，故A正确；
当时不满足，故B错误；
由，故C错误；
令，函数单调递增，
因为，所以，故D正确.
故选：AD.
三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 命题“”则为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据含有一个量词的命题否定规则直接写出即可.
【详解】由题意知命题为存在量词命题，命题的否定为全称量词命题，
所以.
故答案为：.
13. 已知集合，集合，若是的充分不必要条件，则的取值范围为__________.
【答案】
【解析】
【分析】先求解集合，再根据求解即可.
【详解】因等价于且，则，
若是的充分不必要条件，所以，
则，得，
故的取值范围为.
故答案为：.
14. []表示不超过实数的最大整数，若对任意为的最大值，则不等式的解集为__________.
【答案】或
【解析】
【分析】先应用基本不等式计算求解得出，再解一元二次不等式计算求解.
【详解】因为，所以，又，
当且仅当时取得等号，所以，
当时，，
当时，，则的值为0或1.
又为的最大值，所以.
所以，
所以，解得或.
故的取值范围为或.
故答案为:或.
四､解答题（本大题共5小题，共77分.解答应写出必要的文字说明､证明过程或演算步骤）
15. 化简求值：
（1）；
（2）已知，求：.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用分数指数幂的运算法则求解即可；
（2）法一：由，平方可求得，进而可求值.法二：设，解得，进而计算可求值.
【小问1详解】
；
【小问2详解】
方法一：由已知条件，
，所以
方法二：由已知条件，不妨设，
，解得或.
当时，；
当时，；
综上所述：.
16. 已知集合，集合.
（1）若，求实数的取值范围；
（2）若命题是真命题，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意得，进而可得，进而求解即可；
（2）由题意可得在，进而求得的取值范围.
【小问1详解】
由题意知，又，所以，所以，
解得，所以的取值范围为；
【小问2详解】
由题意知”“是真命题，所以使得能成立，
即，令在单调递增，所以，
所以的取值范围为.
17. 已知函数且，若方程有两个不相等的实根，且.
（1）求的值；
（2）若，对任意，都存在，使得，求实数的取值范围.
【答案】（1）2 （2）
【解析】
【分析】（1）根据指数函数的性质结合题目条件即可求出的值
（2）先求出的值域，再根据值域的关系求出的取值范围.
【小问1详解】
由题可知方程且，有两个不相等的实根，
，则，
又，所以；
【小问2详解】
由题意对任意，都存在，使得，
即，
，令，，
令，由对勾函数性质可知，在上单调递减，在上单调递增，故函数在时取到最小值，即
代入端点可得：，故，即，
，在单调递增，，
满足对任意，都存在，使得，
则需
故的范围为.
18. 已知函数的图象关于对称的充要条件为函数为奇函数.
（1）证明：若函数满足，则的图象关于点成中心对称；
（2）若函数，
（i）求函数图象的对称中心；
（ii）若，求.
（注：）
【答案】（1）证明见解析；
（2）（i）；（ii）.
【解析】
【分析】（1）构造函数并证明其图象关于中心对称即可；
（2）（i）直接根据（1）条件待定系数解得；（ii）根据函数的对称性及倒序相加可得.
【小问1详解】
因为，所以，令，
所以，所以图象关于中心对称，
又，所以的图象关于点成中心对称；
【小问2详解】
（2）（i）设的对称中心为，由（1）知，，
，
恒成立，得，
解得，的对称中心为；
由（i）知的对称中心为，所以，
得
所以，
，两式相加，
得
即，即.
19. 已知函数定义域为，满足对于任意，当时都有，且当时.
（1）判断函数的奇偶性并证明；
（2）判断函数在上的单调性，并给予证明；
（3）若不等式在上恒成立，求的值.
【答案】（1）奇函数，证明见解析
（2）单调递增，证明见解析
（3）
【解析】
【分析】（1）利用赋值法即可证明函数奇偶性；
（2）利用时，根据函数单调性定义及奇偶性即可判断证明；
（3）利用（1）（2）的结论，建立不等式求解即可.
【小问1详解】
由题意知任意，当时都有，
令，得，令，得，所以为奇函数；
【小问2详解】
设，
由题意知，当时，
所以，
所以，函数在上单调递增，
由（1）知为奇函数，且，所以在单调递增；
【小问3详解】
由（1）知在为奇函数，所以，
即，即，
由（2）知在单调递增，
所以，即在上恒成立，所以①，
又，所以在上恒成立，②，
由①②可知，.