精品解析：上海市建平中学2025-2026学年高一上学期11月期中数学试卷

建平中学2025学年第一学期期中教学质量检测 高一数学试卷 一、填空题：本题共12小题，每小题3分，共36分. 1. 用分数指数幂表示：_____. 【答案】 【解析】 【分析】根据分数指数幂运算法则求解即可． 【详解】原式． 故答案为：． 2. 函数的定义域为_____. 【答案】 【解析】 【分析】由函数定义域概念列出不等式求解即可. 【详解】由解析式得：， 解得且， 所以定义域为， 故答案为： 3. 已知实数、，“且”的否定是_____. 【答案】或 【解析】 【分析】根据“且”的否定为“或”可得出结论. 【详解】已知实数、，“且”的否定是“或”. 故答案为：或. 4. 函数图象的对称中心为_____. 【答案】 【解析】 【分析】利用函数对称性的定义可得出结果. 【详解】设，该函数的定义域为， 因为， 故函数图象的对称中心为. 故答案为：. 5. 已知集合，，则_____. 【答案】 【解析】 【分析】先解分式不等式明确集合，再根据交集的概念求解. 【详解】由，所以. 所以. 故答案为： 6. 不等式的解集是_____． 【答案】 【解析】 【分析】根据指数函数的单调性解不等式即可． 【详解】在上单调递减，， ，解得， 所以不等式的解集是． 故答案为：． 7. 已知，用表示为__________． 【答案】 【解析】 【分析】 由指数与对数运算的关系可得，再由对数运算的运算法则及换底公式运算即可得解. 【详解】由题意，， 利用换底公式得：， ， 所以. 故答案为：. 8. 已知方程有两个实数根、，满足，则实数的值为_____． 【答案】 【解析】 【分析】结合韦达定理得到关于m的方程，在满足原一元二次函数判别式的情况下选取适当的解即可． 【详解】对于方程，由韦达定理可得，， 又， 解得或， 因为方程有两个实数根，需，解得或， 故． 故答案为：． 9. 函数图象恒过定点_____. 【答案】 【解析】 分析】由，将代入函数表达式，计算即可求解. 【详解】对于函数， 令，得， 所以函数图象恒过定点. 故答案为： 10. 已知写出不等式等号成立的所有条件_________ 【答案】或 【解析】 【分析】 根据，将证等号成立条件，转化为证等号成立条件求解. 【详解】因为， 所以要证的等号成立条件 ， 只需证的等号成立条件 ， 即的等号成立条件 ， 当时，， 当时，， 所以当且仅当，即或时，取等号， 故答案为：或 【点睛】本题主要考查绝对值三角不等式等号成立的条件，还考查了分析求解问题的能力，属于中档题. 11. 我国的5G通信技术领先世界，5G技术的数学原理之一是著名的香农（Shannon）公式，香农提出并严格证明了“在被高斯白噪声干扰的信道中，计算最大信息传送速率的公式，其中是信道带宽（赫兹），是信道内所传信号的平均功率（瓦），是信道内部的高斯噪声功率（瓦），其中叫做信噪比.根据此公式，在不改变的前提下，将信噪比从99提升至，使得大约增加了50%，则的值大约为______. 【答案】 【解析】 【分析】由题意可得的方程，再由对数的运算性质求解即可． 【详解】由题意得， 则，所以，所以. 故答案为： 12. 已知正数，满足，则的最大值是_____． 【答案】 【解析】 【分析】令，代入原等式化简得，令，则，通过分析存在正零点即可得到答案． 【详解】，则且，将其代入原方程并化简可得， 通分并整理可得，令（）， 则方程变为关于u的一元二次方程， 令， 可知存在正零点， 当，，令， 解得，因此符合题意； 当，此时是二次函数，若存在正零点条件，则判别式， 所以，也即， 解得或，在此基础上，进一步分析零点分布， 若，即，则抛物线开口向上，当存在一正一负两个根时，必须满足，此时解得； 当存在两个正零点时，必须满足对称轴，即，此时与矛盾，无解； 若，即，则抛物线开口向下，当存在一正一负两个根时，必须满足，此时解得，与矛盾，无解； 当存在两个正零点时，必须满足对称轴，即，解得； 综上，故k的取值范围为，即的最大值为． 故答案为：． 二、选择题：本题共4小题，每小题3分，共12分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 13. 若且，将指数式转化为对数式为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 利用指对互化解出，结合答案得出选项． 【详解】由，可得，解得 故选：C 14. 如图所示的曲线是幂函数在第一象限内的图象．已知a分别取，2四个值，则与曲线相应的a依次为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】由幂函数的图象性质，观察得答案. 【详解】根据幂函数的性质可知，当时，在上递增，且在上越大，增长速度越快， 当时，在上递减，从而可知，曲线对应的， 曲线对应的依次为. 故选：A 15. 由无理数引发的数学危机一直延续到19世纪直到1872年，德国数学家戴德金从连续性的要求出发，用有理数的“分割”来定义无理数史称戴德金分割，并把实数理论建立在严格的科学基础上，才结束了无理数被认为“无理”的时代，也结束了持续2000多年的数学史上的第一次大危机所谓戴德金分割，是指将有理数集Q划分为两个非空的子集M与N，且满足，，M中的每一个元素都小于N中的每一个元素，则称为戴德金分割试判断，对于任一戴德金分割，下列选项中，可能成立的是（ ） A. M没有最大元素，N有一个最小元素 B. M没有最大元素，N也没有最小元素 C. M有一个最大元素，N有一个最小元素 D. M有一个最大元素，N没有最小元素 【答案】ABD 【解析】 【分析】举特例根据定义分析判断，进而可得到结果． 【详解】令，，显然集合M中没有最大元素，集合N中有一个最小元素，即选项A可能； 令，，显然集合M中没有最大元素，集合N中也没有最小元素，即选项B可能； 假设答案C可能，即集合M、N中存在两个相邻的有理数，显然这是不可能的； 令，，显然集合M中有一个最大元素，集合N中没有最小元素，即选项D可能. 故选：ABD． 16. 设集合，，，，其中，，下列说法正确的是（ ） A. 存在，不是的子集；存在，使得是的子集 B. 存在，不是的子集；对任意，不是的子集 C. 对任意，是的子集；对任意，不是的子集 D. 对任意，是的子集；存在，使得是的子集 【答案】D 【解析】 【分析】运用集合子集的概念，令，推导出，可得对任意a，是的子集；再由，，求得，，即可判断与的关系. 【详解】对于集合，， 可得当，即，可得， 即有，可得对任意a，是的子集； 当时，， 可得是的子集； 当时，， 可得不是的子集； 综上可得，对任意，是的子集，存在，使得是的子集. 故选：D 三、解答题：本题共5小题，共52分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 17. 已知，都是正实数，证明：. 【答案】证明见解析 【解析】 【分析】结合不等式的加法法则，利用基本不等式即可证明. 【详解】因为，都是正实数， 所以，当且仅当即时等号成立； ，当且仅当即时等号成立； 所以，即，当且仅当时等号成立. 18. 已知集合，集合，命题，命题． （1）当实数为何值时，； （2）若是的充分不必要条件，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）解分式不等式求出集合，再根据，即可得解； （2）由是的充分不必要条件，所以是的真子集，再分情况讨论即可求解． 【小问1详解】 令，即， 有，解得，故， 的解为，， 当时，，， 则，无解； 当或时，，，此时； 当或时，，， 则，解得； 综上，； 【小问2详解】 因为是的充分不必要条件，所以是的真子集， 所以当时，，， 则或，无解； 当或时，，，此时不符合题意； 当或时，， 则，解得；， 或，解得， 综上所述，a的取值范围为． 19. 某游乐场需要修建一间背面靠围墙的矩形母婴室，占地面积为平方米.现需要对母婴室三面外墙进行装修.其中外墙正面进行带有游乐场主题特色的装修，因此外墙正面每平方米造价为元；外墙两个侧面普通装修即可，因此外墙侧面每平方米造价元，母婴室墙高米.若游乐场母婴室正面长设为米，该游乐场母婴室的外墙正面和侧面装修的总造价为（元），请问如何设计能使得总造价最低？总造价最低为多少？ 【答案】正面长为米，侧面长为米，总造价最低，且最低为元 【解析】 【分析】表示出侧面长后可表示出，再利用基本不等式计算即可得. 【详解】设游乐场母婴室侧面长为米，则，即， ， 当且仅当时，等号成立，则， 故游乐场母婴室正面长为米，侧面长为米时，总造价最低， 且总造价最低为元. 20. 已知幂函数在上为严格增函数. （1）求的解析式； （2）若关于的不等式的解集中有且仅有个整数，求实数的范围； （3）若对任意实数都成立，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据幂函数的定义域与单调性可得出关于实数的等式或不等式，即可得出实数的值，即可得出函数的解析式； （2）分析可知不等式的解集中的个整数分别为、、、、，则不在不等式的解集中，可得出关于实数的不等式组，由此可解得实数的取值范围； （3）分析可知，不等式对任意实数都成立，分、两种情况讨论，在直接验证即可；在中，根据一元二次不等式恒成立可得出关于的不等式组，由此可解得实数的取值范围. 【小问1详解】 因为幂函数在上为严格增函数， 则，解得，故. 【小问2详解】 因为关于的不等式的解集中有且仅有个整数， 即不等式的解集中有且仅有个整数， 因为二次函数图象开口向上，对称轴为直线， 所以不等式的解集中的个整数分别为、、、、， 故不在不等式的解集中，故，解得， 因此，实数的取值范围是. 【小问3详解】 因为不等式对任意实数都成立， 即对任意实数都成立， 当时，即当时，则有，解得，不合题意， 当时，由题意可得，解得， 因此实数的取值范围是. 21. 对于集合，其中，如果任意去掉其中一个元素之后，剩余的所有元素组成的集合都能分成两个交集为空集的集合，且这两个集合的所有元素之和相等就称集合为“可调和集合”. （1）判断集合和是否为“可调和集合”（不必写过程）； （2）求证：集合，其中不是“可调和集合”； （3）若集合，其中是“可调和集合”. ①证明：为奇数； ②求集合中元素个数的最小值. 【答案】（1）都不是； （2）证明见详见； （3）①证明见详见；②7 【解析】 【分析】（1）根据定义直接判断即可得到结论； （2）不妨设，若去掉的元素为，则有①，或者②；若去掉的元素为，则有③，或者④，求解四个式子可得出矛盾，从而证明结论； （3）①设集合所有元素之和为，由题可知，均为偶数，因此均为奇数或偶数.分类讨论为奇数和为偶数的情况，分析可得集合中元素个数为奇数；②结合（1）（2）问，依次验证当时，当时，当时集合是否为“可调和集合”，从而证明结论. 【小问1详解】 当去掉集合中的元素3时，剩余元素1、2、5， 显然无法分成两个非空集合，并且两个集合的所有元素之和相等， 故集合不是“可调和集合”； 若两个集合的元素之和相等，则所有元素同时除以2后，元素之和也相等， 所以，若集合是“可调和集合”，则集合也是“可调和集合”， 当去掉元素1时，剩余元素之和为，为奇数， 所以，不可能将剩余元素分成两个非空数集，且元素之和相等， 所以，集合不是“可调和集合”. 【小问2详解】 不妨设， 若去掉的元素为，将集合分成两个交集为空集的子集，且两个子集元素之和相等，则有①，或者②； 若去掉的元素为，将集合分成两个交集为空集的子集，且两个子集元素之和相等，则有③，或者④. 由①、③，得，矛盾；由①、④，得，矛盾； 由②、③，得，矛盾；由②、④，得，矛盾. 因此当时，集合一定不是“可调和集合”； 【小问3详解】 ①设集合所有元素之和为. 由题可知，均为偶数，因此均为奇数或偶数. 如果为奇数，则也均为奇数，由于，所以为奇数. 如果为偶数，则均为偶数， 此时设，则也是“可调和集合”. 重复上述操作有限次，便可得各项均为奇数的“可调和集合”. 此时各项之和也为奇数，则集合中元素个数为奇数. 综上所述，集合中元素个数为奇数. ②当时，显然任意集合不是“可调和集合”. 当时，第（2）问已经证明集合不是“可调和集合”. 当时，集合，因为： ，，，，， ，， 则集合是“可调和集合”. 所以集合中元素个数的最小值是7. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 建平中学2025学年第一学期期中教学质量检测 高一数学试卷 一、填空题：本题共12小题，每小题3分，共36分. 1. 用分数指数幂表示：_____. 2. 函数的定义域为_____. 3. 已知实数、，“且”的否定是_____. 4. 函数图象的对称中心为_____. 5. 已知集合，，则_____. 6. 不等式的解集是_____． 7. 已知，用表示为__________． 8. 已知方程有两个实数根、，满足，则实数的值为_____． 9. 函数的图象恒过定点_____. 10. 已知写出不等式等号成立的所有条件_________ 11. 我国的5G通信技术领先世界，5G技术的数学原理之一是著名的香农（Shannon）公式，香农提出并严格证明了“在被高斯白噪声干扰的信道中，计算最大信息传送速率的公式，其中是信道带宽（赫兹），是信道内所传信号的平均功率（瓦），是信道内部的高斯噪声功率（瓦），其中叫做信噪比.根据此公式，在不改变的前提下，将信噪比从99提升至，使得大约增加了50%，则的值大约为______. 12. 已知正数，满足，则最大值是_____． 二、选择题：本题共4小题，每小题3分，共12分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 13. 若且，将指数式转化对数式为（ ） A. B. C. D. 14. 如图所示的曲线是幂函数在第一象限内的图象．已知a分别取，2四个值，则与曲线相应的a依次为（ ） A. B. C. D. 15. 由无理数引发的数学危机一直延续到19世纪直到1872年，德国数学家戴德金从连续性的要求出发，用有理数的“分割”来定义无理数史称戴德金分割，并把实数理论建立在严格的科学基础上，才结束了无理数被认为“无理”的时代，也结束了持续2000多年的数学史上的第一次大危机所谓戴德金分割，是指将有理数集Q划分为两个非空的子集M与N，且满足，，M中的每一个元素都小于N中的每一个元素，则称为戴德金分割试判断，对于任一戴德金分割，下列选项中，可能成立的是（ ） A. M没有最大元素，N有一个最小元素 B. M没有最大元素，N也没有最小元素 C. M有一个最大元素，N有一个最小元素 D. M有一个最大元素，N没有最小元素 16. 设集合，，，，其中，，下列说法正确的是（ ） A. 存在，不是的子集；存在，使得是的子集 B. 存在，不是的子集；对任意，不是的子集 C. 对任意，是的子集；对任意，不是的子集 D. 对任意，是子集；存在，使得是的子集 三、解答题：本题共5小题，共52分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 17. 已知，都是正实数，证明：. 18. 已知集合，集合，命题，命题． （1）当实数为何值时，； （2）若是充分不必要条件，求实数的取值范围． 19. 某游乐场需要修建一间背面靠围墙的矩形母婴室，占地面积为平方米.现需要对母婴室三面外墙进行装修.其中外墙正面进行带有游乐场主题特色的装修，因此外墙正面每平方米造价为元；外墙两个侧面普通装修即可，因此外墙侧面每平方米造价元，母婴室墙高米.若游乐场母婴室正面长设为米，该游乐场母婴室的外墙正面和侧面装修的总造价为（元），请问如何设计能使得总造价最低？总造价最低为多少？ 20. 已知幂函数在上为严格增函数. （1）求的解析式； （2）若关于的不等式的解集中有且仅有个整数，求实数的范围； （3）若对任意实数都成立，求实数的取值范围. 21. 对于集合，其中，如果任意去掉其中一个元素之后，剩余所有元素组成的集合都能分成两个交集为空集的集合，且这两个集合的所有元素之和相等就称集合为“可调和集合”. （1）判断集合和是否为“可调和集合”（不必写过程）； （2）求证：集合，其中不是“可调和集合”； （3）若集合，其中是“可调和集合”. ①证明：为奇数； ②求集合中元素个数的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $