精品解析：重庆市长寿中学校2025-2026学年高一上学期11月期中数学试题

2025年秋期长寿中学高一年级半期考试 数学试题 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效. 3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回. 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知⫋，且若，则，则满足条件的集合的有（ ） A. 4个 B. 7个 C. 8个 D. 15个 3. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 4. 人生在世，最大的问题，莫过于“学以成人”的问题；“学好数学”是“成人”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. 命题“，”的否定是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 6. 若，，，，则下列说法正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，则 C. 若，，则 D. 若，则 7. 如图，已知二次函数的图象顶点在第一象限，且经过、两个点．则下列说法正确的是：①；②；③；④．（ ） A. ①② B. ①③④ C. ①②④ D. ①②③④ 8. 已知函数的图象关于轴对称，且对于，当时，恒成立，若对任意的恒成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 下列说法正确的是（ ） A. “”是“”的充分不必要条件 B. “且”是“”的充要条件 C. 某文具店搞活动，1个笔记本与2支圆珠笔价格之和大于6元，而2个笔记本与1支圆珠笔价格之和小于4元，则3个笔记本的价格比2支圆珠笔的价格低 D. 购买同一种物品，可以用两种不同的策略．第一种是不考虑物品价格的升降，每次购买这种物品的数量一定；第二种是不考虑物品价格的升降，每次购买这种物品所花的钱数一定．则用第一种方式购买更实惠 10. 已知关于的一元二次不等式的解集为，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则关于的不等式的解集也为 C. 若，则且 D. 若，则关于的不等式的解集为或 11. 下列说法错误的是（ ） A. 不等式的解集为 B. 函数的定义域是 C. 若，则函数的最小值为2 D. 当时，不等式恒成立，则的取值范围是 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设正实数，，，满足 ，则当取得最大值时， 的最大值为__________________________ 13. 若不等式的解集为，则____；不等式的解集为____ 14. 记号表示，中取较小的数，如，已知函数是定义域为的奇函数，且当时，，若对任意，都有，则实数的取值范围是________. 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. 已知命题p：方程有两个不相等的实数根；命题q：． （1）若为假命题，求实数m的取值范围； （2）若p，q中一真一假，求实数m的取值范围． 16. 设全集，集合或，． （1）当时，求图中阴影部分表示的集合； （2）在①；②；③这三个条件中任选一个作为已知条件，求实数的取值范围． 17. 已知是一元二次方程的两个不等实数根． （1）若均为正根，求实数的取值范围； （2）求使的值为整数的的整数值； 18. 已知函数，其中. （1）若在区间上具有单调性，求的取值范围； （2）当时，函数的最大值为，求实数的值. 19. 对在直角坐标系的第一象限内的任意两点作如下定义：若，那么称点是点的“上位点”.同时点是点的“下位点”； （1）试写出点的一个“上位点”坐标和一个“下位点”坐标； （2）已知点是点的“上位点”，判断点是否既是点的“上位点”，又是点的“下位点”，证明你的结论； （3）设正整数满足以下条件：对集合内的任意元素，总存在正整数，使得点既是点的“下位点”，又是点的“上位点”，求正整数的最小值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年秋期长寿中学高一年级半期考试 数学试题 注意事项： 1.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在试卷上无效. 3.考试结束后，本试卷和答题卡一并交回. 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 设集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用元素与集合的关系判断得解. 【详解】集合，则，ACD错误，B正确. 故选：B 2. 已知⫋，且若，则，则满足条件的集合的有（ ） A. 4个 B. 7个 C. 8个 D. 15个 【答案】B 【解析】 【分析】根据题意求出集合A即可. 【详解】因为⫋， 都满足题意，共7个. 故选：B. 3. 若集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求出，与集合求交集即可得解. 【详解】因为，则，又， 所以. 故选：B 4. 人生在世，最大的问题，莫过于“学以成人”的问题；“学好数学”是“成人”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】B 【解析】 【分析】根据必要不充分条件的定义结合“学以成人”即可判断. 【详解】“学好数学”不一定能推出“成人”，充分性不成立， “成人”能推出“学好数学”，必要性成立， 故“学好数学”是“成人”的必要不充分条件． 故选：B． 5. 命题“，”的否定是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】C 【解析】 【分析】由特称命题的否定是将任意改存在并否定原结论，即可得. 【详解】由全称命题的否定是特称命题，则原命题的否定为，. 故选：C 6. 若，，，，则下列说法正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，则 C. 若，，则 D. 若，则 【答案】D 【解析】 【分析】利用不等式的相关性质可推理判断选项A,D，通过举反例判断选项B,C. 【详解】对于A选项，由可得，因，故不能判断的值正负，故A项错误； 对于B选项，因时，，故B项错误； 对于C选项，取满足，， 但是有，故C项错误； 对于D选项，因，故，又因，故， 由不等式的同向皆正可乘性可得：，移项得：，故D项正确. 故选：D. 7. 如图，已知二次函数的图象顶点在第一象限，且经过、两个点．则下列说法正确的是：①；②；③；④．（ ） A. ①② B. ①③④ C. ①②④ D. ①②③④ 【答案】D 【解析】 【分析】根据图象结合一元二次函数的性质逐项判断即可. 【详解】由图象可知二次函数图象开口向下，则， 图象与轴交点为，所以， 顶点在第一象限，对称轴，又，所以， 所以，①说法正确； 因为图象经过、两个点，所以，解得， 因为，，所以，②说法正确； 由得，即，③说法正确； 因为图象顶点在第一象限，且经过， 由二次函数的对称性可知与轴另一个交点的横坐标在上， 所以当时，， 又，，，所以，即，④说法正确； 综上①②③④正确； 故选：D 8. 已知函数的图象关于轴对称，且对于，当时，恒成立，若对任意的恒成立，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先根据函数的性质，把函数不等式转化为与的代数不等式，进一步转化成不等式恒成立的问题，结合基本（均值）不等式求参数的取值范围. 【详解】由已知可得，函数为偶函数， 又对于，当时，恒成立， 即，若，都有成立， 则在上单调递减， 又函数为偶函数，则在上单调递增， 又对任意的恒成立 ，则可得． 当时，不等式为显然成立； 当时，原不等式可化为恒成立，只需要式子的最小值满足即可． 因为， 当且仅当，即时，等号成立， 所以，解得， 综上所述，实数的取值范围是. 故选：A． 二、多选题：本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求. 9. 下列说法正确的是（ ） A. “”是“”的充分不必要条件 B. “且”是“”的充要条件 C. 某文具店搞活动，1个笔记本与2支圆珠笔价格之和大于6元，而2个笔记本与1支圆珠笔价格之和小于4元，则3个笔记本的价格比2支圆珠笔的价格低 D. 购买同一种物品，可以用两种不同的策略．第一种是不考虑物品价格的升降，每次购买这种物品的数量一定；第二种是不考虑物品价格的升降，每次购买这种物品所花的钱数一定．则用第一种方式购买更实惠 【答案】AC 【解析】 【分析】对于A，解出的范围，再去判断； 对于B，找一组特例，就可以分析出和且关系； 对于C，设笔记本价格为a，圆珠笔价格为b，根据条件判断正负； 对于D，用调和平均数和算术平均数的不等关系求解. 【详解】对于A选项，，则， 则推出，推不出， 所以是的充分不必要条件，故A正确； 对于B选项，且能推出； （比如）推不出且， 所以且是的充分不必要条件，故B错误； 对于C选项，设1个笔记本价格a元，1支圆珠笔价格b元，则 ， 令，，得 ， 所以，由，所以， 则3个笔记本的价格比2支圆珠笔的价格低，故C正确； 对于D选项，设第一次价格为A1，第二次价格为A2，第三次价格为A3，， 第一种是不考虑物品价格的升降，每次购买这种物品的数量一定，平均价格， 第二种是不考虑物品价格的升降，每次购买这种物品所花的钱数一定，平均价格， 由调和平均数算术平均数，可得第二种优惠，故D错误． 故选：AC． 10. 已知关于的一元二次不等式的解集为，则下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则关于的不等式的解集也为 C. 若，则且 D. 若，则关于的不等式的解集为或 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A和D，根据条件，利用一元二次不等式的解法，得，且，即可求解；对于B，由题是可得，从而得不等式的解集，即的解集，即可求解；对于C，利用一元二次不等式的解法，即可求解. 【详解】对于A，因为，则，且和是方程的两根， 则，得到，所以，故A正确； 对于B，若，则， 此时等价于，即， 显然一元二次不等式与一元二次不等式解集不相等，所以B错误； 对于C，令，因为，则图象开口向下，且与轴有一个交点或无交点， 所以且，故C正确； 对于D，因为，由选项A知，，且， 由，得到，即，解得或，所以D正确， 故选：ACD. 11. 下列说法错误的是（ ） A. 不等式的解集为 B. 函数的定义域是 C. 若，则函数的最小值为2 D. 当时，不等式恒成立，则的取值范围是 【答案】AC 【解析】 【分析】由一元二次不等式的解法可得A错误；由具体函数的定义域可得B正确；由基本不等式可得C错误；分，，当时由二次函数的性质可得D正确； 【详解】对于A，不等式等价于，解得或， 所以不等式的解集为或，故A错误； 对于B，由题意可得，解得，所以函数的定义域是，故B正确； 对于C，函数，当且仅当时取等号，但在内无解，故C错误； 对于D，当时，不等式变为，恒成立，符合题意； 当时，由二次函数的性质可得，解得， 综上的取值范围是，故D正确； 故选：AC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 设正实数，，，满足 ，则当取得最大值时， 的最大值为__________________________ 【答案】## 【解析】 【分析】将化为，利用基本不等式可求出时，取最大值，进而化简为，结合二次函数性质，即得答案. 【详解】由题意知正实数，，，满足， 即，则， 则， 当且仅当，即时取等号，故，即最大值为， 此时，故， 当，即时，取最大值， 故答案为： 【点睛】关键点睛：本题涉及到多个变量，因此解答时要将变量转化为单变量问题解决. 13. 若不等式的解集为，则____；不等式的解集为____ 【答案】 ①. ②. 【解析】 【分析】由题意确定的两根求得，即可求解. 【详解】由题意方程，有两根， 所以，解得：，所以， 所以即为：， 即， 即， 所以解集为：， 故答案为：， 14. 记号表示，中取较小的数，如，已知函数是定义域为的奇函数，且当时，，若对任意，都有，则实数的取值范围是________. 【答案】 【解析】 【分析】根据已知定义，结合奇函数的性质，求出函数的解析式并画出函数的图象，利用数形结合思想进行求解即可. 【详解】因为函数是定义域为的奇函数，所以有， 当时，由， 所以， 因为函数是定义域为的奇函数， 所以当时，， 因此函数的图象如下图所示： 因为对任意，都有， 所以将函数的图象向右平移后，图象在的非下方， 因此有且，解得，且， 因此实数的取值范围是， 故答案为： 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. 已知命题p：方程有两个不相等的实数根；命题q：． （1）若为假命题，求实数m的取值范围； （2）若p，q中一真一假，求实数m的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题意为真命题，则有即可求解； （2）由p，q中一真一假，分真，假和假，真，两种情况分类讨论即可求解. 【小问1详解】 由题意有：为假命题，所以为真命题， 又由方程有两个不相等的实数根， 所以， 所以实数m的取值范围为； 【小问2详解】 由（1）有为真命题，则， 因为p，q中一真一假， 所以当真，假时，有， 当假，真时，有， 综上所述，， 所以实数m的取值范围为. 16. 设全集，集合或，． （1）当时，求图中阴影部分表示的集合； （2）在①；②；③这三个条件中任选一个作为已知条件，求实数的取值范围． 【答案】（1）或 （2）选择①， 【解析】 【分析】（1）当时，求出集合及，结合图形分析出阴影部分表示的集合，再根据交集的定义求解即可； （2）先分析出选择①②③中任选一个作为已知条件，均得到，然后分和两种情况讨论，列出不等式，求解即可. 【小问1详解】 因为全集，集合或， 当时，， 所以或. 所以图中阴影部分表示的集合或． 【小问2详解】 ①；②；③， 选择①②③中任选一个作为已知条件，均得到， 当时，，解得； 当时，或， 解得或，所以. 综上可知，实数的取值范围是． 17. 已知是一元二次方程的两个不等实数根． （1）若均为正根，求实数的取值范围； （2）求使的值为整数的的整数值； 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题可得，判别式和，运算得解； （2）利用韦达定理化简，结合题意求解. 【小问1详解】 由题意，一元二次方程有两个正根， 故，得， 且，解得：. 【小问2详解】 由题意，， 又当，即时，且， 故， 由于为整数，故只能取，又， 故整数的值为. 18. 已知函数，其中. （1）若在区间上具有单调性，求的取值范围； （2）当时，函数的最大值为，求实数的值. 【答案】（1） （2）或. 【解析】 【分析】（1）利用二次函数的开口方向和对称轴得到答案； （2）根据对称轴和区间的关系，分三种情况讨论，由最大值是得到的值. 【小问1详解】 因为二次函数的图象开口向下，对称轴为，且在上具有单调性， 所以，当在上单调递减时，；当在上单调递增时，. 所以，实数的取值范围是． 【小问2详解】 二次函数的图象开口向下，对称轴为， ①当时，在上单调递减，此时， 因为当时，函数的最大值为，即， 解得或，所以； ②当时，在上单调递增，在上单调递减， 此时，无解，所以不存在， ③当时，在上单调递增， 此时， 因为当时，函数的最大值为， 所以，解得或，所以 综上所述，或. 19. 对在直角坐标系的第一象限内的任意两点作如下定义：若，那么称点是点的“上位点”.同时点是点的“下位点”； （1）试写出点的一个“上位点”坐标和一个“下位点”坐标； （2）已知点是点的“上位点”，判断点是否既是点的“上位点”，又是点的“下位点”，证明你的结论； （3）设正整数满足以下条件：对集合内的任意元素，总存在正整数，使得点既是点的“下位点”，又是点的“上位点”，求正整数的最小值. 【答案】（1）， （2） 点既是点的“上位点”，又是点的“下位点”，证明如下： 因为点是点的“上位点”，所以， 因为， 所以，所以点是点的“下位点”， 因为， 所以，所以点是点的“上位点”； 所以点既是点的“上位点”，又是点的“下位点”； （3）4039 【解析】 【分析】（1）由已知中“上位点”和“下位点”的定义，可得出点的一个“上位点”的坐标为，一个“下位点”的坐标为； （2）由点是点的“上位点”得出，然后利用作差法得出与、的大小关系，结合“下位点”和“上位点”的定义可得出结论； （3）先由推导出，结合（2）中的结论，可得，，满足条件，可得出的最小值. 【小问1详解】 由， 根据题意的定义可得点的一个上位点“坐标”和一个下位点坐标分别为和. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 若正整数满足条件，在，时恒成立， 即， 所以所以， 所以，在，时恒成立， 所以， 又由（2）中的结论可知，，时，满足条件， 因此，的最小值为4039． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $