精品解析：青海省西宁市青海师范大学附属实验中学2025-2026学年高一上学期期中考试数学试卷

青海师范大学附属实验中学2025-2026学年第一学期期中考试 高一年级数学试卷 命题人：马嫣 审题人：刘义 韩青莉 杨占红 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 若，且，则下列不等式中，恒成立的是 A. B. C. D. 3. 下列函数中，既是偶函数又在区间上单调递增的是（ ） A. B. C. D. 4. 下列各组函数表示相同函数的是（ ） A. 和 B. 和 C. 和 D. 和 5. 已知函数，则的值为（ ） A. B. C. D. 6. （ ） A. B. C. D. 2 7. 已知幂函数在上单调递减，则（ ） A. 2 B. 16 C. D. 8. 已知函数是定义在R上的奇函数，若对于任意两个实数，不等式恒成立，则不等式的解集为　　 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，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 如图是函数的图象，则下列说法正确的是（ ） A. 在上单调递减 B. 在上单调递增 C. 在区间上的最大值为3，最小值为 D. 在上有最大值3，有最小值 10. 下列大小关系正确的是（） A. B. C. D. 11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 函数的定义域为R B. 函数的值域为 C. D. 函数为减函数 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 函数的图象恒过定点_____. 13. 已知定义在上的偶函数在区间上单调递减，则满足的的取值范围是______. 14. 已知函数 是 上的增函数，则 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. （1）已知，求的值； （2）计算． 16. 已知函数的图象经过点. （1）求的解析式，并用定义其在上证明的单调性； （2）求在上的值域. 17. 已知函数，其中 （1）若的最小值为，求的值； （2）若存在，使成立，求的取值范围． 18. 实行垃圾分类，保护生态环境，促进资源再利用.某企业新建了一座垃圾回收工厂，在2021年年初用98万元购进一套垃圾回收分类生产设备，并投入生产.该设备可为企业每年创收50万元，已知该设备使用年的维修保养总费用为万元，相应的盈利总额（纯利润）为万元. （1）写出与之间的函数解析式，并求从哪年（2021年为第一年）开始，该设备开始盈利（盈利总额为正）； （2）使用若干年后，对设备的处理方案有以下两种： 方案一，当年平均盈利额（年平均盈利额盈利总额使用年限）达到最大值时，以30万元价格卖掉该设备； 方案二，当盈利总额达到最大值时，以12万元价格卖掉该设备 自设备投入到卖掉处理，从总利润和效益上看，该企业应选用哪种方案处理？请说明你的理由. 19. 如果函数满足：对定义域内的所有x，存在常数a，b，都有，那么称是“中心对称函数”，对称中心是点．已知函数的图象经过点． （1）求实数m的值； （2）试探究的值并根据该关系式写出函数的对称中心； （3）设，若函数的图象和函数的图象有且仅有两个交点，且其横坐标分别为，求． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 青海师范大学附属实验中学2025-2026学年第一学期期中考试 高一年级数学试卷 命题人：马嫣 审题人：刘义 韩青莉 杨占红 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，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】先求出集合，再根据集合的交集运算即可解出. 【详解】因为，所以， 故选：D. 2. 若，且，则下列不等式中，恒成立的是 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】试题分析：，所以A错；，只能说明两实数同号，同为正数，或同为负数，所以当时，B错；同时C错；或都是正数，根据基本不等式求最值，，故D正确． 考点：不等式的性质 3. 下列函数中，既是偶函数又在区间上单调递增的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据函数性质及奇偶性定义，逐一分析各个选项，即可得答案. 【详解】选项A：，定义域为，所以为非奇非偶函数，故A错误； 选项B：因为在单调递增，所以在单调递减，故B错误； 选项C：由，定义域为R，可得，为偶函数， 又当时，，单调递增，符合题意，故C正确； 选项D：由，定义域为R， 可得，所以为奇函数，故D错误. 故选：C 4. 下列各组函数表示相同函数的是（ ） A. 和 B. 和 C. 和 D. 和 【答案】C 【解析】 【分析】根据函数的定义域及对应法则判断是否为同一函数即可. 【详解】对于A，函数的定义域为，函数的定义域为， 两个函数的定义域不同，所以表示不同的函数，故A错误； 对于B，函数的定义域为，函数的定义域为， 两个函数的定义域不同，所以表示不同的函数，故B错误； 对于C，函数与的定义域和对应法则都相同， 所以表示相同的函数, 故C正确； 对于D，函数的定义域为，函数的定义域为， 两个函数的定义域不同，所以表示不同的函数，故D错误. 故选：C. 5. 已知函数，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由分段函数的概念直接代入解析式计算即可. 【详解】因为，， 所以. 故选：B. 6. （ ） A. B. C. D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】根据对数的运算性质即可求解． 【详解】根据对数运算性质可知，，所以． 故选：C． 7. 已知幂函数在上单调递减，则（ ） A. 2 B. 16 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意列出方程组，求得m的值，即得函数解析式，代入求值可得答案. 【详解】由题意得，解得， 所以，故, 故选：D 8. 已知函数是定义在R上的奇函数，若对于任意两个实数，不等式恒成立，则不等式的解集为　　 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据函数是定义在上的奇函数，结合平移变换得到函数的图象关于点对称，然后再根据函数在上单调递增求解. 【详解】解：因为函数是定义在上的奇函数， 所以函数图象关于原点对称， 由函数的图象向左平移一个单位得到函数的图象， 所以函数的图象关于点对称； 又因为对于任意的且，满足不等式， 所以函数在上单调递增， 又不等式等价于， 所以，解得， 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，部分选对得部分分，有选错的得0分. 9. 如图是函数的图象，则下列说法正确的是（ ） A. 在上单调递减 B. 在上单调递增 C. 在区间上的最大值为3，最小值为 D. 在上有最大值3，有最小值 【答案】BD 【解析】 【分析】根据函数图象，结合函数的基本性质，逐项判断，即可得出结果． 【详解】对于A，B选项，由函数图象可得，在和上单调递减，在上单调递增，故A错误，B正确； 对于C选项，由图象可得，函数在区间上的最大值为，无最小值，故C错误； 对于D选项，由图象可得，函数在上有最大值，有最小值，故D正确； 故选：BD． 10. 下列大小关系正确的是（） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】A，C项同底，构造指数函数；B项同指数，构造幂函数；项不同底不同指，借助中间值“1”判断． 【详解】A：函数在上单调递增，故，选项A错误； B：函数在上单调递增，故，选项B正确； C：函数在上单调递减，故，选项C错误； D：∵，∴，选项D正确． 故选：BD． 11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ） A. 函数的定义域为R B. 函数的值域为 C. D. 函数为减函数 【答案】ABC 【解析】 【分析】根据指数幂运算性质，结合指数函数的单调性逐一判断即可. 【详解】A：因为，所以，因此函数的定义域为R，所以本选项说法正确； B：， 因为，所以， 因此函数的值域为，所以本选项说法正确； C：因为， 所以本选项说法正确； D：因为， 所以不满足减函数的定义，因此本选项说法不正确， 故选：ABC 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 函数的图象恒过定点_____. 【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： 13. 已知定义在上的偶函数在区间上单调递减，则满足的的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】由函数的奇偶性，确定单调性，由单调性结合定义域列出不等式求解即可. 【详解】因为是定义在上的偶函数， 所以在上单调递增， 由可得： ，解得. 所以满足的的取值范围是 故答案为： 14. 已知函数 是 上的增函数，则 的取值范围是________. 【答案】 【解析】 【分析】分段函数在R上是增函数，需满足每一段递增，且分段点处左段函数值不大于右段函数值. 【详解】因为在R上是增函数， 所以时，单调递增，则； 时，单调递增，则； 且在处，左段函数值不大于右段函数值， 所以，解得， 所以的取值范围是. 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. （1）已知，求的值； （2）计算． 【答案】（1）；（2）0 【解析】 【分析】（1）利用指数幂的运算性质运算即可得解； （2）利用对数的运算性质运算即可得解. 【详解】（1）因为， 所以； （2） . 16. 已知函数的图象经过点. （1）求的解析式，并用定义其在上证明的单调性； （2）求在上的值域. 【答案】（1），证明如下： 任取，则， 因为，所以，， 所以，则，即， 所以在上单调递减； （2） 【解析】 【分析】（1）代入点于解析式中，求得的值，则的解析式可知；通过取值、作差、变形、判断符号，可证明在上的单调性；， （2）根据的单调性以及，，可求解出在上的值域. 【小问1详解】 因为的图象经过点， 所以，解得，所以； 在上单调递减，证明略； 【小问2详解】 由（1）知在上单调递减， 因为，， 所以在上的值域为. 17. 已知函数，其中 （1）若的最小值为，求的值； （2）若存在，使成立，求的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）将函数解析式变形为，结合可求得实数的值； （2）令，，由可得出，求出函数在区间上的最小值，即可得出实数的取值范围. 【小问1详解】 解：因为，， 当时，即当时，函数取得最小值，即，解得. 【小问2详解】 解：令，则，由可得， 令，函数在上单调递增，在上单调递减， 因为，，所以，，. 18. 实行垃圾分类，保护生态环境，促进资源再利用.某企业新建了一座垃圾回收工厂，在2021年年初用98万元购进一套垃圾回收分类生产设备，并投入生产.该设备可为企业每年创收50万元，已知该设备使用年的维修保养总费用为万元，相应的盈利总额（纯利润）为万元. （1）写出与之间的函数解析式，并求从哪年（2021年为第一年）开始，该设备开始盈利（盈利总额为正）； （2）使用若干年后，对设备的处理方案有以下两种： 方案一，当年平均盈利额（年平均盈利额盈利总额使用年限）达到最大值时，以30万元价格卖掉该设备； 方案二，当盈利总额达到最大值时，以12万元价格卖掉该设备 自设备投入到卖掉处理，从总利润和效益上看，该企业应选用哪种方案处理？请说明你的理由. 【答案】（1），，2023年 （2）应选用方案一，理由如下： 方案一：年平均盈利额， 当且仅当时，即当时，上式等号成立， 故到2027年，该设备的年平均盈利额达到最大值， 此时卖掉此设备后，该企业可获得的总利润为； 方案二：盈利总额， 当时，取最大值，故到2030年，该设备的盈利总额达到最大值102， 此时卖掉此设备后，该企业可获得的总利润为； 因为两种方案企业获得的总利润相同，而方案一用时较短，故应选用方案一. 【解析】 【分析】（1）根据题意可得解析式以及列不等式，即可求解； （2）方案一运用基本不等式可求得总利润，方案二运用二次函数求得最值，综合比较可求得结果. 【小问1详解】 由题意得，， 令，则， ，， 故从2023年开始，该设备开始盈利； 【小问2详解】 略 19. 如果函数满足：对定义域内的所有x，存在常数a，b，都有，那么称是“中心对称函数”，对称中心是点．已知函数的图象经过点． （1）求实数m的值； （2）试探究的值并根据该关系式写出函数的对称中心； （3）设，若函数的图象和函数的图象有且仅有两个交点，且其横坐标分别为，求． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）代入即可求出m的值； （2）化简可得定值，再根据题干中给的定义可得对称点； （3）首先需要判断关于对称，再结合第（2）问的结论可得的值. 【小问1详解】 因为函数的图象经过点， 所以，解得； 【小问2详解】 由（1）知，所以， 所以函数的对称中心为； 【小问3详解】 因为，它是由函数先向右平移1个单位，再向上平移2 个单位得到的， 因为关于原点对称，所以关于对称，且对称点不在的图象上， 由（2）知函数的对称中心也为， 若函数的图象和函数的图象有且仅有两个交点，则两个交点关于对称， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $