精品解析：江西省南昌新民外语学校2025-2026学年高一上学期11月期中数学试题

新民学校2025—2026学年度第一学期期中考试 高一数学试卷 命题人：刘良坤 审题：高一数学组 时间：120分钟 分值：150分 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. 集合用列举法表示为（ ） A. B. C. D. 2. 已知命题，则是（ ） A. B. C. D. 3. 函数的定义域为（ ） A. B. C. D. 4. 设，则“”是“”（ ） A 充分非必要条件 B. 必要非充分条件 C. 充要条件 D. 既非充分也非必要条件 5. 设，且，则的最小值为（ ） A. 5 B. 4 C. 3 D. 2 6. 函数的单调递增区间是（ ） A. B. C. D. 7. 已知是定义在上的偶函数，那么的值是（ ） A B. C. D. 8. 函数满足对且，都有，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知，则下列命题错误的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 10. 已知二次函数（a，b，c为常数，且）的部分图象如图所示，则（   ） A B. C. D. 不等式的解集为 11. 已知函数，则（ ） A. B. 不等式解集为 C. 方程有两个解 D. 若且，则 三、填空题：本大题共3小题，每题5分，共15分，请将正确答案填写在答题卡上. 12. 已知为R上奇函数，当时，，则__________． 13. 已知幂函数在第一象限单调递增，则__________. 14. 设函数，则使得成立的的取值范围__________． 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答题应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 设全集，集合，，求： （1） （2） （3） 16. 一次函数且． （1）求的值，并证明在上单调递增； （2）当，求值域． 17. 求下列函数的解析式． （1）已知，求； （2）已知二次函数，且，求． 18. 已知函数是定义在上的奇函数，且． （1）求函数的解析式； （2）判断在上的单调性，并用单调性定义证明； （3）解不等式． 19. 已知函数． （1）若函数对恒成立，求实数的值； （2）若不等式的解集为，求实数的值； （3）求函数在上的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 新民学校2025—2026学年度第一学期期中考试 高一数学试卷 命题人：刘良坤 审题：高一数学组 时间：120分钟 分值：150分 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的.请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上. 1. 集合用列举法表示为（ ） A B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先化简集合，再根据条件列出元素. 【详解】集合． 故选：A 2. 已知命题，则是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据全称量词命题的否定为存在量词命题，即可求解. 【详解】命题，则是. 故选：B. 3. 函数的定义域为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】利用二次根式与分式的性质求解定义域即可. 【详解】令，解得，故C正确. 故选：C 4. 设，则“”是“”的（ ） A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件 C. 充要条件 D. 既非充分也非必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据给定条件，利用充分条件、必要条件的定义判断作答. 【详解】由得或，因此“若，则”是真命题，“若，则”是假命题， 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：A 5. 设，且，则的最小值为（ ） A. 5 B. 4 C. 3 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】由基本不等式的乘“1”法即可求解. 【详解】， 等号成立当且仅当， 所以的最小值为4. 故选：B. 6. 函数的单调递增区间是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出定义域，再利用二次函数单调性判断出结果. 【详解】函数的定义域需要满足，解得定义域为， 因为在上单调递增，所以在上单调递增， 故选：D. 7. 已知是定义在上的偶函数，那么的值是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用偶函数的定义域关于原点对称可求得的值，由偶函数的定义可得，可求的值，进而可求得结论. 【详解】因为是定义在上的偶函数， 所以，解得，所以定义域为 又，所以，所以， 又，所以，所以. 故选：D. 8. 函数满足对且，都有，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用分段函数的单调性，结合一次函数、二次函数单调性列式求解. 【详解】由对且，都有，得函数在R上单调递减， 则，解得， 所以实数的取值范围是. 故选：D 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 已知，则下列命题错误的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】ABD 【解析】 【分析】当时可判断A选项；当时可判断B选项；C选项利用不等式的性质即可判断；当时可判断D选项. 【详解】对于A选项，若，，则，故A错误； 对于B选项，若，则当时，，故B错误； 对于C选项，若，则，两边同时乘以得，故C正确； 对于D选项，当时，满足，此时，故D错误. 故选：ABD. 10. 已知二次函数（a，b，c为常数，且）的部分图象如图所示，则（   ） A. B. C. D. 不等式的解集为 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据题设及图象有且，得，并结合一元二次不等式解法，判断各项正误. 【详解】由题设及函数图象知：且， 所以，则，，，A错，B、C对； ，则，D对. 故选：BCD 11. 已知函数，则（ ） A. B. 不等式解集为 C. 方程有两个解 D. 若且，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，直接根据的表达式求解即可，对于BCD，结合的图像依次求解即可． 【详解】对于A，，∴，故A正确； 对于BCD，作的图象如下， 由图像知，不等式解集为，故B错误； ∵，由图知，的图象与的图象有且仅有2个交点， ∴方程有两个解，故C正确； 令，图象与图象相交于如图所示3点， ∵，解得， ∴， 易知的对称轴为， ∴， ∴，故D正确． 故选：ACD． 三、填空题：本大题共3小题，每题5分，共15分，请将正确答案填写在答题卡上. 12. 已知为R上奇函数，当时，，则__________． 【答案】-2 【解析】 【分析】先求出，利用函数为奇函数，得到. 【详解】，又为R上奇函数， 故. 故答案为：-2 13. 已知幂函数在第一象限单调递增，则__________. 【答案】2 【解析】 【分析】根据函数为幂函数，得到方程，求出或，再根据函数单调性去掉不合要求的根，得到答案. 【详解】因为为幂函数，所以，解得或， 当时，，在上单调递增，满足题意， 当时，，在上单调递减，不合要求，舍去； 故答案为：2 14. 设函数，则使得成立的的取值范围__________． 【答案】(，1) 【解析】 【分析】确定函数为偶函数，再确定函数在上是增函数，然后由奇偶性与单调性解不等式． 【详解】，所以是偶函数， 时，，此时，是增函数，是减函数，所以是增函数， 因此不等式化为，所以，，解得， 故答案为：． 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答题应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 15. 设全集，集合，，求： （1） （2） （3） 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】根据交并补运算法则求解即可. 【小问1详解】 因为，， 所以. 【小问2详解】 因为, ， 所以. 【小问3详解】 因为，， 所以 16. 一次函数且． （1）求的值，并证明在上单调递增； （2）当，求值域． 【答案】（1），证明见解析 （2） 【解析】 【分析】（1）根据求解k的值，再结合单调性定义证明单调性即可； （2）根据的单调性求解值域即可． 【小问1详解】 一次函数且， 则，则， 所以， 上任取，，令， 则， ，， 在上是单调递增函数． 【小问2详解】 当时，在上是单调递增函数， 故，， 的值域为． 17. 求下列函数的解析式． （1）已知，求； （2）已知为二次函数，且，求． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）令，求出后代入即可得； （2）设，代入已知等式，由恒等式知识求解． 【小问1详解】 令，则， 于是有，所以； 小问2详解】 设， 所以，解得，所以． 18. 已知函数是定义在上的奇函数，且． （1）求函数的解析式； （2）判断在上的单调性，并用单调性定义证明； （3）解不等式． 【答案】（1）， （2）减函数；证明见解析； （3） 【解析】 【分析】（1）根据奇函数的性质和求解即可. （2）利用函数单调性定义证明即可. （3）首先将题意转化为解不等式，再结合的单调性求解即可. 【小问1详解】 函数是定义在上的奇函数， ；，解得， ∴，而，解得， ∴，． 【小问2详解】 函数在上为减函数； 证明如下：任意且，则 因为，所以，又因为， 所以，所以， 即，所以函数在上为减函数． 【小问3详解】 由题意，，又，所以， 即解不等式，所以， 所以，解得， 所以该不等式的解集为． 19. 已知函数． （1）若函数对恒成立，求实数的值； （2）若不等式的解集为，求实数的值； （3）求函数在上的最小值． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）利用列式求解即可； （2）根据一元二次不等式的解集得方程的根，再运用韦达定理可解； （3）分类讨论，结合二次函数性质求解最值. 【小问1详解】 因为函数对恒成立， 所以，整理得，解得； 【小问2详解】 不等式的解集为， 所以是方程的两根，运用韦达定理，得到，解得； 【小问3详解】 由于， ①当即时，在上单调递增， 所以. ②当即时， 则， ③当即时，在上单调递减， 所以 . 则. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $