湖南省湘西州泸溪县第一中学2025--2026学年高一上册期末测试数学试题【附答案】

这是一份湖南省湘西州泸溪县第一中学2025--2026学年高一上册期末测试数学试题【附答案】，共18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。
1．设全集，，，则图中阴影部分对应的集合为（ ）
A．B．C．D．
2．对于命题：，，则是
A．，B．，
C．，D．，
3．设集合，集合，则
A．B．C．D．
4．若直线与函数（且）的图象有两个公共点，则的取值不可以是（ ）
A．B．C．D．3
5．下表中给出的常用对数值有一个是错误的，它是（ ）
A．B．C．D．
6．对于函数，若存在，使得，则称点与点是函数图象上的一对“偶对称点”；已知函数，则图象上“偶对称点”有（ ）对.
A．2B．3C．4D．5
7．已知函数f（x）为偶函数，当x≤0时，f（x）＝x2+2x，那么函数g（x）＝f[f（x）]的零点个数为（ ）
A．6B．8C．10D．12
8．已知函数是R上的偶函数，对于都有成立，且，当，且时，都有．则给出下列命题：
①；②函数图象的一条对称轴为；
③函数在上为严格减函数；④方程在上有4个根；
其中正确的命题个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
二、多选题
9．设正实数满足，则（ ）
A．的最大值是B．的最小值为9
C．的最小值为D．的最大值为2
10．已知，若，使得，则的可能取值为（ ）
A．B．C．D．
11．设函数的定义域为，满足，且当时，，若对任意，都有，则实数的取值可以是（ ）
A．4B．C．D．6
三、填空题
12．若，且，则的最大值为 ．
13．已知关于的不等式，若此不等式的解集为，则实数m的取值范围是
14．已知函数的定义域为，，，且对于、，当时都有，则不等式的解集为 ．
四、解答题
15．已知正数满足.
(1)求的最小值；
(2)求的最小值.
16．已知集合，集合
（1）求集合；
（2）若集合，求实数的值；
（3）若，求实数的取值范围．
17．（1）已知函数是一次函数，且，，求的解析式．
（2）已知，求的解析式；
18．设n为正整数，集合，对于集合中的任意元素和，记．设是的子集，且满足：对于中的任意两个不同的元素，，都有，则称集合具有性质．
(1)当时，若，，求，的值；
(2)已知正整数，集合为的子集．求证：“集合具有性质”的充要条件为“对中任意两个不同的元素，都有，且”；
(3)给定不小于2的偶数n，设具有性质，求集合中元素个数的最大值．
19．记存在正整数n，且．若集合满足，则称集合A为“谐调集”．
(1)分别判断集合、集合是否为“谐调集”；
(2)已知实数x、y，若集合为“谐调集”，是否存在实数z满足，并且使得为“谐调集”？若存在，求出所有满足条件的实数z，若不存在，请说明理由；
(3)若有限集M为“谐调集”，且集合M中的所有元素均为正整数，试求出所有的集合．
x
0.27
1.5
3
5
8
2025—2026年泸溪县一中高一数学期末测试卷参考答案
1．D
【分析】解一元二次不等式可求得集合，再由图中阴影部分利用集合的基本运算即可求得结果.
【详解】解集合对应的不等式可得，即；
易知图中阴影部分对应的集合可表示为，
由可得，
因此，即图中阴影部分对应的集合为.
故选：D
2．C
【分析】根据特称命题“”的否定为全称命题“”即可得结果.
【详解】因为特称命题的否定是全称命题，否定特称命题时，一是要将存在量词改写为全称量词，所以，命题 的否定为，，故选C.
【点睛】本题主要考查特称命题的否定，属于简单题.全称命题与特称命题的否定与命题的否定有一定的区别，否定全称命题和特称命题时，一是要改写量词，全称量词改写为存在量词、存在量词改写为全称量词;二是要否定结论，而一般命题的否定只需直接否定结论即可.
3．A
【分析】根据集合的并集的定义和运算，即可求解，得到答案．
【详解】因为集合，集合，
．
故选A．
【点睛】本题考查集合并集的概念及运算，以及不等式性质等基础知识，其中解答中熟记集合的并集的概念和运算是解答的关键，考查运算求解能力，是基础题．
4．D
【分析】分别将和两种情况作出函数图象，利用数形结合根据交点个数即可求得的取值范围，即可得出选项.
【详解】的图象由的图象向下平移一个单位，再将轴下方的图象翻折到轴上方得到，
分和两种情况分别作图.
当时，图象如下图所示：
此时需要，即，
所以；
当时，图象如下图所示：
此时需满足，都符合条件；
综上可知, 的取值范围为或，
所以的取值不可以是D.
故选：D
5．A
【分析】根据对数的运算法则计算后判断．
【详解】因为已知式中只有一个对数式错误，
若，则，又，正确，
因此均正确，，但，
因此和中有一个错误，
，这样,都不错，只有错．
故选：A．
【点睛】思路点睛：本题考查对数的运算法则，因此在已知式中两个对数式运算的结果是正确的，这两个对数一定正确，这样利用对数运算可得结论．
6．B
【分析】先画出分段函数的图像，再结合题意作出曲线关于轴对称的曲线，利用数形集合思想根据交点个数即可求解.
【详解】作出函数的大致图象如图所示，
再作出曲线关于轴对称的曲线，
数形结合可知曲线与曲线有3个交点，
所以图象上“偶对称点”有对.
故选：B.

【点睛】关键点点睛：
本题关键做出函数图像，利用数形结合思想解决问题.
7．B
【分析】根据偶函数性质作出函数的图象得出其值域，然后分析的零点．
【详解】由于是偶函数，作出它的图象，如图所示，其值域中，
令，，，由图象知有四个解，且，
无解，有4个解，有2个解，有2个解，
综上所述，有8个零点．
故选：B．
【点睛】本题考查函数的零点，解题关键是问题转化，函数零点个数转化为方程解的个数，又转化为函数图象与直线的交点个数．解题时只要作出函数的图象及直线，观察它们交点个数就可以得出结论．题中用到了换元法．
8．D
【分析】对于①，令代入已知等式可求出，再结合其为偶函数可得，从而可求出函数的周期为6，利用周期可求得结果；对于②，由为偶函数，结合周期为6分析判断；对于③，由当，且时，都有，可得在上为严格增函数，再结合其为偶函数及周期为6分析判断；对于④，由，的周期为6，及函数的单调性分析判断.
【详解】①：对于任意，都有成立，
令，则，解得，
又因为是R上的偶函数，所以，
所以，所以函数的周期为6，
所以，
又由，故；故①正确；
②：由（1）知的周期为6，
又因为是R上的偶函数，所以，
而的周期为6，所以，，
所以：，
所以直线是函数的图象的一条对称轴．故②正确；
③：当，且时，都有．
所以函数在上为严格增函数，
因为是R上的偶函数，所以函数在上为严格减函数，
而的周期为6，所以函数在上为严格减函数．故③正确；
④：，的周期为6，所以，
又在先严格递减后严格递增，所以在上除端点外不存在其他零点，
所以在和上各有一个零点，
所以函数在上有四个零点．故④正确；
故选：D．
【点睛】关键点点睛：此题考查抽象函数的奇偶性，对称性，单调性和周期性，解题的关键是利用赋值法求出，从而可得，得到周期为6，然后结合周期性和奇偶性分析判断，考查分析问题的能力，属于较难题.
9．ABC
【分析】根据基本不等式依次分析各选项即可得答案.
【详解】解：对于A，∵，∴，当且仅当时，即，时等号成立，故A正确；
对于B，，当且仅当即时等号成立，故B正确；
对于C，由A可得，又，，当且仅当，时等号成立，故C正确；
对于D，，所以，当且仅当，时等号成立，故D错误．
故选：ABC．
10．BC
【分析】由辅助角公式可得，后由图象可得范围，即可得答案.
【详解】，
因为，使得，所以，
令，作出函数在上的图象，如图所示：
①当函数的图象与函数的图象相交时，前三个交点的横坐标依次为，
此时取得最小值，，所以；
②当函数的图象与函数的图象相交时，前三个交点的横坐标依次为，
此时取得最大值，.
则，故只有BC选项满足条件.
故选：BC．

11．AB
【分析】根据题意利用图象变换画出函数的图象，结合图象可求出的取值范围，从而可得答案.
【详解】因为函数的定义域为，满足，且当时，，
所以当时，，
当时，，
函数部分图象如图所示，
由，得，解得或，
因为对任意，都有，
所以由图可知，对比选项可知满足题意的实数的取值可以是4或.
故选：AB.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是由已知条件画出函数的部分图象，从而通过数形结合的方式来解决问题.
12．/
【分析】由,结合并进行构造，借助基本不等式求解即可.
【详解】由，得，，
由，
当且仅当，即时，等号成立.
即，即．
故答案为：.
13．
【分析】对进行和分类，再结合不等式的解集为讨论求解即可.
【详解】当时，，与客观事实矛盾，
故此时不等式的解集为，符合；
当时，为一元二次不等式，若此不等式的解集为，
则有，
综上，实数m的取值范围是.
故答案为：.
14．
【分析】构造函数，利用导数分析函数的单调性，将所求不等式变形为，即为，结合函数的单调性可求得的取值范围，然后验证恒成立，即可得解.
【详解】构造函数，其中，
则，
故函数在上为减函数，
由可得，即，
因为，则，所以，，解得.
对于、，当时都有，
不妨设，则，所以，函数在上为增函数，
则对任意的，，则，可得恒成立，
因此，所求不等式的解集为.
故答案为：.
【点睛】结论点睛：四种常用的导数构造法：
（1）对于不等式（或），构造函数；
（2）对于不等式（或），构造函数；
（3）对于不等式（或）（其中为常数且），构造函数；
（4）对于不等式（或）（其中为常数），构造函数.
15．(1)
(2)
【分析】（1）根据基本不等式1的妙用求解；
（2）题干条件可转化为，问题可转化为求的最小值.
【详解】（1）因为都是正数
则，
当取等号，结合可知取等号，的最小值是；
（2）由可知，又，
由，平方可得，又是正数，则，
当取得等号，此时，
即的最小值是.
16．（1）；（2）或；（3）．
【分析】（1）直接解方程可求集合；
（2），则且，将代入方程求出的值，再将的值代入方程，解方程可得集合，检验是否满足条件即可；
（3）若，则，可得或或或；分别讨论这四种情况即可求解.
【详解】（1）；
（2）由（1）知：，若集合，则且，
将代入方程可得，
解得：或；
当时，原方程可化为，解得：或，
此时，满足，
当时，原方程可化为，解得：或，
此时，满足，
所以或；
（3）若，则，所以或或或；
当时，方程无解，所以，
解得：，
若，则方程有两个相等的实根，
所以此时无解，
若，则方程有两个相等的实根，
所以此时无解，
若，则方程有两个不相等的实根，
所以此时无解，
综上所述：实数的取值范围为.
17．（1）；（2）
【分析】（1）设，根据已知列出方程，求解得出的值即可；
（2）换元，，代入即可得出答案.
【详解】（1）设，则有
，故
（2）令，则，，
因为，所以，
所以.
18．(1)，
(2)证明见解析
(3)
【分析】(1)利用的运算规则进行运算即可；
(2)利用已知条件中的的运算规则从充分性与必要性两个方面进行证明；
(3)设具有性质的集合的元素个数最大值为，先求当时元素个数的最大值，再从两方面去求解得到及，从而得到，进而求得.
【详解】（1）因为，，
由定义可知：，
．
（2）①若集合具有性质，
任取中不同元素，，令，，
有
．
由的定义可知，对任意正整数n，都有，
所以有，．
②若对中任意两个不同的元素，，
都有，，
那么
．
综上，结论成立．
（3）设具有性质的集合的元素个数最大值为，
下证：，，其中n为偶数．
当时，则，
由于，，，
则，，中至多有一个属于，
当时，元素个数取到最大值为2．即．
一方面，若集合，分别具有性质，，
令集合，其中，
对中任意两个不同的元素，，
都有，
由于，因此．
另一方面，设具有性质的集合元素个数取到最大值为，
设和为的两个不同元素，
则有
．
因此，，
由于，因此．
综上，，n为偶数．
所以．
【点睛】关键点睛：本题的关键是对题目中的运算以及性质进行理解.
19．(1)E不是，F是
(2)不存在，理由见解析
(3)
【分析】（1）根据新定义计算即可判断；
（2）若存在符合题意的实数z，根据题意可得的关系式，求解后，检验，即可判断；
（3）不妨设A中所有元素满足，从而可得，进而可得，再分三种情况求解即可．
【详解】（1）∵，
∴E不是“谐调集”，
∵，
∴F是“谐调集”.
（2）若存在符合题意的实数z，则，
∴，即，解得或或，
当时，则，不符合题意.
当时，，
由此，x、y是方程的实数解．
但，方程无实数解，所以不符合题意.
同理，当时，不符合题意，
综上，不存在符合题意的实数.
（3）不妨设A中所有元素满足，
则，
于是，，
即，
当时，则，
∴，但无解，所以不存在符合题意的“谐调集”，
当时，则，
∴
∴，
当时，
∵均为正整数，
∴，
∴，
又∵，
∴即，
但当时，，矛盾．
所以不存在符合题意的“谐调集”
综上，符合题意的“谐调集”为．
【点睛】方法点睛：解新定义题型的步骤：
（1）理解“新定义”，明确“新定义”的条件、原理、方法、步骤和结论.
（2）重视“举例”，利用“举例”检验是否理解和正确运用“新定义”；归纳“举例”提供的解题方法.归纳“举例”提供的分类情况.
（3）类比新定义中的概念、原理、方法，解决题中需要解决的问题.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
D
C
A
D
A
B
B
D
ABC
BC
题号
11









答案
AB