精品解析：四川省成都市实验外国语学校2025-2026学年高一上学期第二阶段考试数学试卷

成都市实验外国语学校2025-2026学年第一学期二阶考试 高一年级数学学科试题 考试时间120分钟 满分150分 一、选择题：本大题共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】 【详解】，选D. 2. 已知命题：，，那么是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】B 【解析】 【分析】根据存在量词命题的否定方法求命题的否定即可得解. 【详解】由题可得是，. 故选：B 3. 函数的定义域是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据根式和分式的性质即可求解. 【详解】定义域需满足： 所以定义域为 . 故选：C 4. 下列选项中，与角的终边相同的角是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】将角化成角度，并写出与其终边相同的角的形式，通过各选项的角依次检验即得. 【详解】因为，而与终边相同的角可表示为， 对于A，因，不是的整倍数，故A错误； 对于B，因，不是的整倍数，故B错误； 对于C，因，不是的整倍数，故C错误； 对于D，因，是的整倍数，故D正确. 故选：D. 5. 根据有关资料，围棋状态空间复杂度的上限约为，而可观测宇宙中某类物质的原子总数约为.则下列各数中与最接近的是（ ） （参考数据：） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据对数的运算法则，结合指数与对数的互化公式进行求解即可. 【详解】令， 故选：C 6. 如图中的图象所表示的函数的解析式为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】求已知图象函数的解析式，常使用特殊值代入排除法． 【详解】解：由已知函数图象易得：点、在函数图象上 将点代入，，可排除B、C 将代入，可排除D， 故选：A． 7. 已知实数，，满足，则的最小值是（ ） A. B. C. 1 D. 2 【答案】C 【解析】 【分析】变形得到，由基本不等式“1”的妙用求出最小值. 【详解】实数，，满足，故， 即， 故 ， 当且仅当，即时，等号成立， 故的最小值为1. 故选：C 8. 已知定义在R上的奇函数f(x)，在上单调递减，且，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 结合奇函数，将变形为，再结合增减性去“f”即可求解 【详解】∵f(x)在[0，＋∞)上单调递减且f(x)为奇函数， ∴f(x)在(－∞，0)上单调递减，从而f(x)在(－∞，＋∞)上单调递减，∴f(2－a)＜f(a－1)， ∴2－a＞a－1，∴， 故选：D． 二、选择题：本大题共三个小题，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. 下列说法正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，且，则的最大值为4 【答案】BD 【解析】 【分析】对于A取即可判断，对于B利用作差法即可判断，对于C当时即可判断，对于D，利用均值不等式即可判断. 【详解】对于A，取，则，故A错误； 对于B，由，因为， 所以，所以，所以，故B正确； 对于C，当时，，故C错误； 对于D，由，当且仅当时，等号成立，所以的最大值为4，故D正确； 故选：BD. 10. 若函数且，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AC 【解析】 【分析】判断出函数的单调性及图象形状，结合复合函数单调性的判断方法、特殊值法逐项分析即可. 【详解】函数在定义域上为增函数. 选项A：因为，则， 又函数为增函数，所以，即， 所以，A正确； 选项B：令. 取，，则，， 此时，即，也即，B错误； 选项C：因为函数为增函数，函数为增函数，所以函数也为增函数， 因为，所以，C正确； 选项D：函数简图如下： 函数在上为凸函数，此时； 函数在上为凹函数，此时，D错误. 故选：AC. 11. 设定义在上的函数满足：①；②当时，；③，则正确的有（ ） A. B. 为增函数 C. D. 关于的不等式，的解集为 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用赋值法求出判断A，根据函数单调性的定义及函数性质证明单调性判断B，令后，再利用赋值法求出即可判断C，根据C化简不等式后，换元解不等式，再由函数单调性求解即可判断D. 【详解】令，可得，得，再令，可得，解得，故A正确； 设，因为，所以，令，则，因为，所以，因为当时，，所以，即，所以为减函数，故B错误； 令可得，令可得， 由，可得，所以，故C正确； 由C，可化为，令， 则不等式可化为，解得，即， 因为为减函数，，所以由 可得，即，解得，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 12. 已知，则两个数的大小关系是__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，利用指数函数单调性比较大小即得. 【详解】函数在R上单调递减，而，因此， 所以两个数的大小关系是. 故答案为： 13. 已知函数满足对任意实数，都有成立，则实数的取值范围是______ 【答案】 【解析】 【分析】由可知函数在定义域内单调递减，结合分段函数单调性可列不等式，进而可得解. 【详解】由，不妨设， 则，， 则函数在上单调递减， 当时，单调递减，则，即， 当时，单调递减，则， 又函数在上单调递减，则，即， 综上所述，， 故答案为：. 14. 若定义在区间上的函数值域也为，则实数的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】由函数单调性，确定，，转化为，换元后得到，由的范围求出m的取值范围. 【详解】函数在定义域单调递减， 当的定义域为时，的值域也为， 故①，②， ②①得.， 因为，所以， 即，③ 将③代入②，， 令，得， 又，故， ∵，所以， ∴， 故实数k的取值范围为， 故答案为： 四、解答题：本大题共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. 求下列各式的值： （1） （2）已知 求 的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据对数的运算求解即可； （2）根据式子结构特点，利用完全平方公式求解。 【小问1详解】 . 【小问2详解】 由两边取平方，得，即， 两边再取平方，得，即. 所以. 16. 已知集合，. （1）当时，求和； （2）若，求实数a的取值范围. 【答案】（1），； （2）. 【解析】 【分析】（1）应用集合的交补运算求集合； （2）根据题设有，讨论、列不等式求参数范围. 【小问1详解】 由题设，或， 则，； 【小问2详解】 由，且，则， 当时，，即； 当时，，即； 所以. 17. 设函数. （1）求不等式的解集； （2）若在上的最小值为，求实数的值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据条件可得在上单调递增，且是奇函数，可得，即可求解； （2）根据条件得到，令，从而将问题转化成的最小值为，利用二次函数的性质，即可求解. 【小问1详解】 易知定义域为，且在上单调递增， 又，因此是奇函数， 则不等式可化为， 所以，即，解得， 所以不等式的解集为. 【小问2详解】 由题知， 令，又，则， 令，抛物线开口向上，对称轴为直线， 当，即时，，解得， 当，即时，， 整理得到，无解， 综上，当时，在上的最小值为11. 18. 已知，函数 （1）当时， 解不等式; （2）若关于x的方程 的解集中恰有一个元素，且x还满足不等式 求a的值； （3）设， 若对任意 函数在区间上的最大值与最小值的差不超过1， 求a的取值范围. 【答案】（1） （2）或 （3） 【解析】 【分析】（1）利用对数函数的单调性，求不等式的解集即可； （2）根据题意得出方程恰有一个实根，化简转化为判断方程的根的个数问题，通过讨论和即可求出答案. （3）根据题意得出，通过对数的运算转化为任意恒成立，所以只需求函数在上的最小值即可. 【小问1详解】 当时， 由得，，解得, 所以不等式的解集为. 【小问2详解】 方程的解集中恰有一个元素， 等价于方程仅有一个解，即方程仅有一个解， 当时，，满足，符合题意； 当时， ①若方程有两个相等的解，则需，解得， 方程的根为，满足； ②若时，方程有两不等实根，设为，显然， 由，得，因为，所以， 即，所以都满足，所以此时不满足题意. 综上：或. 【小问3详解】 因为在上单调递减， 所以函数在区间上的最大值与最小值分别为与， 则， 即，对任意成立. 因为，对称轴, 所以关于的二次函数在区间上单调递增， 所以时， ，则，得. 所以的取值范围为. 19. 取名于荷兰数学家鲁伊兹·布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理．该定理表明：对于满足一定条件的图像连续不间断的函数，在其定义域内存在一点，使得，则称为函数的一个“不动点”．若，则称为的“稳定点”．已知函数，其中，且． （1）已知，若只有一个“不动点”，求a与b满足的关系； （2）函数的“不动点”和“稳定点”组成的集合分别记为A和B，即，，若存在且，证明：函数的图像与直线相交且交点个数至少为3个； （3）若函数，设区间上的最大值为，最小值为，令，讨论关于a的方程(k为常数)的实数解的个数． 【答案】（1） （2）证明见解析 （3）答案见解析 【解析】 【分析】（1）根据题意得出有且只有一个根，由根的判别式即可求解； （2）先证明，再结合题目存在且，即可证明； （3）分类讨论的范围，在分别得出在区间的最值，即可得出方程解的情况． 【小问1详解】 由题可知，有且只有一个根， 整理得，，， 所以a与b满足的关系为． 【小问2详解】 证明：若，则，即不动点一定是稳定点， 所以， 又因为存在且， 所以中至少有1个不同于的元素， 令，即，解得或，所以， 所以中元素至少有3个， 所以函数的图像与直线相交且交点个数至少为3个． 【小问3详解】 ，对称轴为直线， ①当时，，所以在单调递减， 所以，，， 所以，因为，所以， 又因为在单调递减， 所以当时，方程有一解，当时，方程无解； ②当时，对称轴， 所以在单调递减，在单调递增， ，， ，设， 则，则在单调递增，， 当时，方程有一解，当时，方程无解； 综上所述，当时，方程有1解， 当时，方程无解． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 成都市实验外国语学校2025-2026学年第一学期二阶考试 高一年级数学学科试题 考试时间120分钟 满分150分 一、选择题：本大题共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. 已知命题：，，那么是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 3. 函数的定义域是（ ） A. B. C. D. 4. 下列选项中，与角的终边相同的角是（ ） A. B. C. D. 5. 根据有关资料，围棋状态空间复杂度的上限约为，而可观测宇宙中某类物质的原子总数约为.则下列各数中与最接近的是（ ） （参考数据：） A. B. C. D. 6. 如图中的图象所表示的函数的解析式为（ ） A. B. C. D. 7. 已知实数，，满足，则的最小值是（ ） A. B. C. 1 D. 2 8. 已知定义在R上的奇函数f(x)，在上单调递减，且，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、选择题：本大题共三个小题，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. 下列说法正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，且，则的最大值为4 10. 若函数且，则（ ） A. B. C. D. 11. 设定义在上的函数满足：①；②当时，；③，则正确的有（ ） A. B. 为增函数 C. D. 关于的不等式，的解集为 三、填空题：本大题共3小题，每题5分，共15分 12. 已知，则两个数的大小关系是__________. 13. 已知函数满足对任意实数，都有成立，则实数的取值范围是______ 14. 若定义在区间上的函数值域也为，则实数的取值范围是______. 四、解答题：本大题共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. 求下列各式的值： （1） （2）已知 求 的值. 16. 已知集合，. （1）当时，求和； （2）若，求实数a的取值范围. 17. 设函数. （1）求不等式的解集； （2）若在上的最小值为，求实数的值. 18. 已知，函数 （1）当时， 解不等式; （2）若关于x的方程 的解集中恰有一个元素，且x还满足不等式 求a的值； （3）设， 若对任意 函数在区间上的最大值与最小值的差不超过1， 求a的取值范围. 19. 取名于荷兰数学家鲁伊兹·布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理．该定理表明：对于满足一定条件的图像连续不间断的函数，在其定义域内存在一点，使得，则称为函数的一个“不动点”．若，则称为的“稳定点”．已知函数，其中，且． （1）已知，若只有一个“不动点”，求a与b满足的关系； （2）函数的“不动点”和“稳定点”组成的集合分别记为A和B，即，，若存在且，证明：函数的图像与直线相交且交点个数至少为3个； （3）若函数，设区间上的最大值为，最小值为，令，讨论关于a的方程(k为常数)的实数解的个数． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $