精品解析：甘肃省平凉市第一中学2025-2026学年高一上学期10月阶段性考试数学试题

平凉一中2028届第一学期阶段性考试试题（卷） 高一数学 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据并集的定义即可求解. 【详解】由题意知，. 故选：A 2. 命题“，有”的否定是（ ） A. ，有 B. ，有 C. ，有 D. ，有 【答案】C 【解析】 【分析】根据全称命题的否定是特称命题分析判断. 【详解】由题意可得：命题“，有”的否定是“，有”. 故选：C. 3. 下列各组函数中，表示同一函数的是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】B 【解析】 【分析】判断两函数是否同一函数，只需判断是否有相同的定义域和对应关系即可. 【详解】选项A：的定义域为,定义域为，两函数定义域不同，故不是同一函数； 选项B：定义域为且,定义域为,两函数定义域对应关系相同，故是同一函数； 选项C：与的解析式不同，故不是同一函数； 选项D： 的定义域为，定义域为，两函数定义域不同，故不是同一函数； 故选：B 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】A 【解析】 【分析】根据充分，必要条件关系判断. 【详解】由，可得， 但时，如，， 所以是的充分不必要条件. 故选：A. 5. 已知集合，则满足条件的集合C的个数为（ ） A. 3 B. 5 C. 7 D. 15 【答案】D 【解析】 【分析】确定集合B中的元素，从而判断出C中可能的元素，结合子集的个数计算公式，即可求得答案. 【详解】由题意知， 由于，则C中元素必有，且C中元素多于2个， 其余可能有的元素可从中选取， 故C的个数等于集合的非空子集的个数，为个， 故选：D 6. 已知x，y为正实数，且，则 的最小值为（ ） A. 2 B. C. D. 9 【答案】B 【解析】 【分析】利用乘“1”法即可求出最值. 【详解】， 当且仅当，即时等号成立. 故选：B. 7. 不等式的解集为,则函数的图像大致为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据题意，可得方程的两个根为和，且，结合二次方程根与系数的关系得到、、的关系，再结合二次函数的性质判断即可． 【详解】根据题意，的解集为，则方程的两个根为和，且. 则有，变形可得， 故函数是开口向下的二次函数，且与轴的交点坐标为和. 对照四个选项，只有C符合. 故选：C． 8. 已知函数，满足对任意实数，都有成立，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】由题意知，函数在上为减函数，所以，即，解得，所以实数a的取值范围是． 故选：D. 二、选择题：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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知，则关于实数的取值正确的是（ ） A. 0 B. 1 C. D. 2 【答案】BCD 【解析】 【分析】由元素与集合的关系求解，并注意验证集合中元素的互异性. 【详解】由已知，则可能有以下几类情况： （1）若，则. 当时，，满足题意； 当时，，满足题意； （2）若，则. 此时，不符合集合中元素的互异性，不合题意； （3）若，解得（已舍），或 当时，，满足题意. 综上所述，. 故选：BCD. 10. 下列说法正确的是（ ） A. 已知，，则； B. 命题“，”的否定是“，或” C. 函数的定义域为，则函数的定义域为 D. 若，，则 【答案】ABC 【解析】 【分析】利用不等式的性质，直接判断选项A；根据存在量词命题的否定直接判断选项B；利用抽象函数定义域的定义判断选项C即可；令左右两式相减，根据结果的正负即可判断选项D. 【详解】对于A，令， 所以，解得，即， 因为，， 所以，， 所以，A正确； 对于B，命题“，”的否定是“，或”，B正确； 对于C，因为函数的定义域为， 所以，， 所以，， 即函数的定义域为，C正确； 对于D，若，， 则，， 则，D错误. 故选：ABC 11. 已知，，且，则（ ） A. 的最小值为 B. 的最小值为 C. D. 的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】由得到，利用基本不等式可判断选项A正确，选项B错误；利用可得选项C正确；根据，通过分离参数结合基本不等式可得选项D正确. 【详解】由得，， 由得，，整理得， 解得或（舍去），当且仅当时等号成立， 故的最小值为，选项A正确. 由得，，即， 解得（舍去），当且仅当时等号成立， 故的最小值为，选项B错误. 由得，，所以，解得，选项C正确. ， 当且仅当，即时等号成立，选项D正确. 故选：ACD. 【点睛】关键点点睛：解决选项D的关键是根据把代数式等价变形为，利用基本不等式可得结果. 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 函数的定义域是______. 【答案】 【解析】 【分析】依题意可得，解得即可. 【详解】对于函数，令，解得且， 所以函数的定义域为. 故答案为： 13. 已知为定义在上为减函数，且，则的取值范围是__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据函数的单调性，把函数不等式转化为代数不等式求解，要注意函数的定义域. 【详解】有题意：. 所以实数的取值范围为. 故答案为： 14. 俄国数学家切比雪夫是研究直线逼近函数理论的先驱．对定义在非空集合I上的函数，以及函数，切比雪夫将函数，的最大值称为函数与的“偏差”．若，，则函数与的“偏差”取得最小值时，m的值为______． 【答案】 【解析】 【分析】结合所给条件，可得函数与的“偏差”为，结合绝对值不等式，求出即可得. 【详解】令， 令， 因为，所以，， 由，则， 令，即，解得， 则， 故当且仅当时，有. 故函数与的“偏差”取得最小值时，m的值为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题关键点在于结合题意得到，从而可得出取最小值时，的值. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知全集，集合，. （1）当时，求，； （2）若，求的取值范围. 【答案】（1）或，； （2）或 【解析】 【分析】（1）解分式不等式得到，利用补集和交集概念求出答案； （2）根据交集结果得到不等式，求出答案. 【小问1详解】 因为， 当时，，因为全集， 或，或， 所以. 【小问2详解】 因为且， 所以或，解得或， 所以的取值范围为或 16. 已知函数 （1）求； （2）若，求实数的值； （3）作出函数在区间内的图像． 【答案】（1）； （2）2或0 （3）图象： 【解析】 【分析】（1）代入求值即可； （2）分与两种情况，列出方程，求出实数的值，去掉不合要求的解． （3）根据分段函数解析式即可作出函数图象. 【小问1详解】 易知 【小问2详解】 当时，，解得，满足要求， 当时，,解得或（舍） 综上可得或0 【小问3详解】 由分段函数解析式分别由一次函数和二次函数图象性质作出函数图象如下所示： 17. 已知函数是定义在上的奇函数，当时，. （1）当时，求的解析式； （2）判断在上的单调性，并用定义证明； （3）若对于恒成立，求的取值范围. 【答案】（1） （2）单调递增，证明如下： 设任意的，且， ， 因为，且，，， 则，即，所以函数在单调递增. （3） 【解析】 【分析】（1）根据函数的奇偶性即可； （2）利用特殊值判断，定义证明； （3）利用函数的奇偶性判断在单调递增，再利用单调性解不等式即可. 【小问1详解】 当时，，， 又因为为奇函数，则，则. 【小问2详解】 函数在单调递增，证明略； 【小问3详解】 由（2）可得函数在单调递增，又因为是奇函数， 则在单调递增，由对恒成立， 等价于对恒成立， 则，即对恒成立， 令， 任取，， 由，，，，即， 所以当时，单调递减，则当时，， 则，所以的取值范围为. 18. 法国数学家佛郎索瓦・韦达于1615年在著作《论方程的识别与订正》中建立了方程根与系数的关系，由于韦达最早发现代数方程的根与系数之间的这种关系，人们把这个关系称为韦达定理，它的内容为：“对于一元二次方程，它的两根、有如下关系：．” 韦达定理还有逆定理，它的内容为：“如果两数和满足如下关系：，那么这两个数和是方程的根．”通过韦达定理的逆定理，我们就可以利用两数的和与积的关系构造一元二次方程 例如：，那么和是方程的两根．请应用上述材料解决以下问题： （1）已知、是两个不相等的实数，且满足，，求的值； （2）已知实数、满足，，求的值； （3）已知，是二次函数的两个零点，且，求使的值为整数的所有的值． 【答案】（1） （2）或 （3） 【解析】 【分析】（1）利用两个等式特征，可将可看作方程的两个异实数根，由韦达定理即可求出所求式的值； （2）由题设等式，可将可看作方程的两个实数根，求出两根，分情况讨论求解即得； （3）由题意，使，求得，利用韦达定理求得，将所求式整理化简得，结合题设条件，即可求得的所有取值. 【小问1详解】 由，，， 可将可看作方程的两个不相等的实数根， 由韦达定理，， 所以； 【小问2详解】 由，， 可将可看作方程的两个实数根， 由解得或， 则有或， ① 当时，； ② 当时，． 所以的值为22或37． 【小问3详解】 由题意和韦达定理，可得，， 且，解得， 故 因，又，故必为的因数， 则的值可能为， 则实数k的值可能为，又， 故k的所有取值为． 19. 已知函数. （1）关于的不等式的解集为，求关于的不等式的解集; （2）已知，当时，， ①若存在正实数a，b，使不等式有解，求的取值范围; ②求的最小值. 【答案】（1）当时，不等式的解集为;当时，不等式的解集为，当时，不等式的解集为. （2）①，②36 【解析】 【分析】（1）由根与系数的关系求出关系，代入所求不等式，分类讨论解集； （2）由条件得，再利用基本不等式求解问题. 【小问1详解】 因为关于的不等式的解集为， 所以，即 所以不等式可转化为， 又，所以，即， 当，即时，解得; 当，即时，解得; 当，即时，解得， 综上所述:当时，不等式的解集为; 当时，不等式的解集为， 当时，不等式的解集为. 【小问2详解】 因为当时，，所以， 即，所以， ①若存在正实数a，b，使不等式有解，则， ， 当且仅当，即时，， 所以，解得或， 即的取值范围是. ②由，可得， 所以 ， 当且仅当，即时，等号成立， 所以的最小值为36. 【点睛】关键点点睛：第（2）问中，若存在正实数a，b，使不等式有解，则，利用基本不等式求出，则，可解不等式. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 平凉一中2028届第一学期阶段性考试试题（卷） 高一数学 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分） 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 命题“，有”的否定是（ ） A. ，有 B. ，有 C. ，有 D. ，有 3. 下列各组函数中，表示同一函数的是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 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 5. 已知集合，则满足条件的集合C的个数为（ ） A. 3 B. 5 C. 7 D. 15 6. 已知x，y为正实数，且，则 的最小值为（ ） A. 2 B. C. D. 9 7. 不等式的解集为,则函数的图像大致为（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，满足对任意实数，都有成立，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、选择题：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，部分选对的得部分分，有选错的得0分． 9. 已知，则关于实数的取值正确的是（ ） A. 0 B. 1 C. D. 2 10. 下列说法正确的是（ ） A. 已知，，则； B. 命题“，”的否定是“，或” C. 函数的定义域为，则函数的定义域为 D. 若，，则 11. 已知，，且，则（ ） A. 的最小值为 B. 的最小值为 C. D. 的最小值为 第二部分（非选择题 共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 函数的定义域是______. 13. 已知为定义在上为减函数，且，则的取值范围是__________. 14. 俄国数学家切比雪夫是研究直线逼近函数理论的先驱．对定义在非空集合I上的函数，以及函数，切比雪夫将函数，的最大值称为函数与的“偏差”．若，，则函数与的“偏差”取得最小值时，m的值为______． 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 15. 已知全集，集合，. （1）当时，求，； （2）若，求的取值范围. 16. 已知函数 （1）求； （2）若，求实数的值； （3）作出函数在区间内的图像． 17. 已知函数是定义在上的奇函数，当时，. （1）当时，求的解析式； （2）判断在上的单调性，并用定义证明； （3）若对于恒成立，求的取值范围. 18. 法国数学家佛郎索瓦・韦达于1615年在著作《论方程的识别与订正》中建立了方程根与系数的关系，由于韦达最早发现代数方程的根与系数之间的这种关系，人们把这个关系称为韦达定理，它的内容为：“对于一元二次方程，它的两根、有如下关系：．” 韦达定理还有逆定理，它的内容为：“如果两数和满足如下关系：，那么这两个数和是方程的根．”通过韦达定理的逆定理，我们就可以利用两数的和与积的关系构造一元二次方程 例如：，那么和是方程的两根．请应用上述材料解决以下问题： （1）已知、是两个不相等的实数，且满足，，求的值； （2）已知实数、满足，，求的值； （3）已知，是二次函数的两个零点，且，求使的值为整数的所有的值． 19. 已知函数. （1）关于的不等式的解集为，求关于的不等式的解集; （2）已知，当时，， ①若存在正实数a，b，使不等式有解，求的取值范围; ②求的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $