精品解析：江苏徐州市第一中学2025-2026学年度第一学期期末调研考试高一数学试题

绝密★启用前 徐州市第一中学2025—2026学年度第一学期期末调研考试 高一数学试题 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. 已知集合U={−2，−1，0，1，2，3}，A={−1，0，1}，B={1，2}，则（ ） A. {−2，3} B. {−2，2，3} C. {−2，−1，0，3} D. {−2，−1，0，2，3} 2. 设集合，则 （ ） A. B. C. D. 3. “”是“”的（ ） A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 已知，则（ ） A. 25 B. 5 C. D. 5. 已知，则“”是“”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 6. 设，都是不等于的正数，则“”是“”的 A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分又不必要条件 7. 已知函数，若，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知函数，若，，，则（ ） 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. 已知函数，则下列说法正确的有（ ） A. B. 有3个实数根 C. 若有4个实数根，从小到大分别为，则 D. 若有8个实数根，则 10. 已知函数以下说法正确的是（ ） A. 对，都有 B. 若且，则 C. 若有4个不相等的实根，则的范围是 D. 函数有4个零点 11. 已知定义在上的函数满足，，且当时，，若函数在上至少有三个不同的零点，则下列结论正确的是（ ） A. 的图象关于直线对称 B. 当时， C. 当时，单调递减 D. 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. 已知，若存在实数，使得成立，则的取值范围是________. 13. 已知ab＞0，则的最小值为_____. 14. 若函数为定义在R上的偶函数，且在内是增函数，又，则不等式，的解集为_________. 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. 已知函数的图象两相邻对称轴之间的距离是，若将的图象上每个点先向左平移个单位长度，再向上平移1个单位长度，所得函数为偶函数. （1）求的解析式； （2）若对任意，恒成立，求实数m的取值范围； （3）若函数的图象在区间（且）上至少含有个零点，在所有满足条件的区间上，求的最小值. 16. 设函数，其中且，且. （1）当时，求的定义域； （2）当时，利用定义法证明：在定义域内单调递增； （3）若存在，使得，证明：. 17. 已知函数，其中 （1）若，求a的取值范围； （2）写出的单调区间直接写出结论，不用说明理由 （3）定义函数，其中若方程有5个互不相等的实数解，，，，，记，求H的取值范围． 18. 高斯，著名的数学家、物理学家、天文学家、是近代数学奠基者之一，享有“数学王子”之称．函数成为高斯函数，其中表示不超过实数的最大整数，如． （1）求的解集和的解集． （2）若恒成立，求取值范围． （3）若的解集为，求的范围． 19. 已知函数的定义域为，且，，都有成立. （1）求，的值，并判断的奇偶性. （2）已知函数，当时，. （i）判断在上的单调性； （ii）若均有，求满足条件的最小的正整数. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 绝密★启用前 徐州市第一中学2025—2026学年度第一学期期末调研考试 高一数学试题 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. 已知集合U={−2，−1，0，1，2，3}，A={−1，0，1}，B={1，2}，则（ ） A. {−2，3} B. {−2，2，3} C. {−2，−1，0，3} D. {−2，−1，0，2，3} 【答案】A 【解析】 【分析】首先进行并集运算，然后计算补集即可. 【详解】由题意可得：，则. 故选：A. 【点睛】本题主要考查并集、补集的定义与应用，属于基础题. 2. 设集合，则 （ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用交集的含义即可求解. 【详解】由题意可知， 故选：D 3. “”是“”的（ ） A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】列举出特例，化简即可判断出充分性与必要性. 【详解】因为“”在时，左右两边同时乘以，此时不等式不成立，故不满足充分性； 在不等式的两边同时除以，即可得到不等式成立，故满足必要性. 故“”是“”的必要不充分条件. 故选：A 4. 已知，则（ ） A. 25 B. 5 C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据指数式与对数式的互化，幂的运算性质以及对数的运算性质即可解出． 【详解】因为，，即，所以． 故选：C. 5. 已知，则“”是“”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】A 【解析】 【分析】由充分条件、必要条件的定义判断即可得解. 【详解】由题意，若，则，故充分性成立； 若，则或，推不出，故必要性不成立； 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：A. 6. 设，都是不等于的正数，则“”是“”的 A. 充要条件 B. 充分不必要条件 C. 必要不充分条件 D. 既不充分又不必要条件 【答案】A 【解析】 【详解】分析：先判断p⇒q与q⇒p的真假，再根据充要条件的定义给出结论；也可判断命题p与命题q所表示的范围，再根据“谁大谁必要，谁小谁充分”的原则，判断命题p与命题q的关系．然后判断“logab＜0”⇒“（a-1）（b-1）＜0”与“（a-1）（b-1）＜0”⇒“logab＜0”的真假即可得到答案． 详解：由前提条件有意义， 则a>0，a≠1，b>0 则若 <0，则“(a−1)(b−1)<0 若“(a−1)(b−1)<0”，则“ <0” 故“”是“(a−1)(b−1)<0”的充要条件 故选：Ａ 点睛：充分、必要条件的三种判断方法． 1．定义法：直接判断“若则”、“若则”的真假．并注意和图示相结合，例如“⇒ ”为真，则是的充分条件． 2．等价法：利用⇒ 与非⇒非， ⇒ 与非⇒非， ⇔ 与非⇔非的等价关系，对于条件或结论是否定式的命题，一般运用等价法． 3．集合法：若⊆ ，则是的充分条件或是的必要条件；若＝，则是的充要条件． 7. 已知函数，若，则实数a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据条件先分析的结果，由此确定出的奇偶性和单调性，再将问题转化为“已知，求解的取值范围”，根据单调性列出关于的不等式并求解出结果. 【详解】由题可知且 ， ， 令，则且定义域为关于原点对称，即为奇函数， 函数与在上均单调递增， 与在上单调递增， 在上单调递增，即在上也单调递增且， 又为奇函数，在上单调递增， 不等式等价于， ， 在R上单调递增， ， 解得， 实数a的取值范围是， 故选：A. 【点睛】思路点睛：利用函数单调性和奇偶性解形如的不等式的思路： （1）利用奇偶性将不等式变形为；、 （2）根据单调性得到与的大小关系； （3）结合函数定义域以及与的大小关系，求解出的取值范围即为不等式解集. 8. 已知函数，若，，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，先判断函数的奇偶性和在上的单调性，再利用诱导公式，结合正切函数的单调性，即可求解. 【详解】由函数， 因为，所以函数为偶函数， 令，其在上为单调递增函数，因为在上为单调递减函数， 所以函数在上为单调递减函数， 令在上为单调递增函数， 当时，可得且， 根据对勾函数的性质，可得函数在上为单调递增函数， 所以函数在上为单调递减函数， 所以函数在上为单调递减函数， 又由， ，，根据单位圆图形易知， 则，所以. 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. 已知函数，则下列说法正确的有（ ） A. B. 有3个实数根 C. 若有4个实数根，从小到大分别为，则 D. 若有8个实数根，则 【答案】ABC 【解析】 【分析】对于A，B只需代值计算，根据自变量范围进行取舍即得；对于C，则需要作出函数的图象，利用函数与方程的关系，结合函数的对称性和图象变换，由双勾函数的单调性即可判断C项，对于D，设，结合图象，将问题转化为方程在上有两个相异实根的问题，利用一元二次方程的根的分布列出不等式组计算即得参数范围. 【详解】对于A，由题意，，故A正确； 对于B，当时，由可得， 解得，因，故得； 当时，由可得，或，解得或， 故有、、共三个实数根，故B正确； 对于C，作出函数的图象，由时，， 且，可知当时，直线与函数有两个交点； 又由时，，当时，直线与函数均有两个交点， 故由有4个实数根可得，，由图知，， ，则，解得， 又由解得，由解得，则有， 于是，因函数在单调递减，故， 则，故C正确； 对于D，设，则方程即， 由图知，要使原方程有8个实数根，需使有两个相异实根， 且，，则由解得或， 设，依题意，需使，则得， 综上，可得，故D错误. 故选：ABC. 10. 已知函数以下说法正确的是（ ） A. 对，都有 B. 若且，则 C. 若有4个不相等的实根，则的范围是 D. 函数有4个零点 【答案】AC 【解析】 【分析】根据解析式画出函数图象，利用定义域得出值域即可判断A正确，再利用作差法可得B错误，由方程根的个数限定出各根的取值范围，再由对称性得出的表达式求出其范围取值，可判断C正确，令，可得与的图象仅有3个交点，可知D错误. 【详解】画出函数的图象如下图所示： 对于A，由可得， 且可得， 因此对，都有，即A正确； 对于B，若且， 可知 ， 所以，即B错误； 对于C，若有4个不相等的实根，由图可知， 不妨设，可得关于对称，即； 且，且，即； 则， 因此可得的范围是，即C正确； 对于D，令，可得或或 显然与的图象仅有3个交点，和与的图象各有1个交点； 即函数有5个零点，即D错误. 故选：AC 【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用函数图象再由方程根的个数和零点与图象交点个数的关系，计算出各零点的取值范围可得所有零点之和的取值范围，得出结论. 11. 已知定义在上的函数满足，，且当时，，若函数在上至少有三个不同的零点，则下列结论正确的是（ ） A. 的图象关于直线对称 B. 当时， C. 当时，单调递减 D. 的取值范围是 【答案】ABD 【解析】 【分析】先根据题意得函数是偶函数，且是周期为2的周期函数，进而利用数形结合思想讨论各选项即可得答案. 【详解】根据题意得：知是偶函数， 由知是周期为2的周期函数， 因为当时，，所以有如图的函数图象， 对于A：由图可知图象关于对称，所以A正确； 对于B：当时，，所以B正确； 对于C：当时，由周期为2可知单调性与时的单调性相同， 易知当时，单调递增，所以C错误； 对于D：设， 则函数在上至少有三个不同的零点， 等价于函数与图象在上至少有三个不同的交点， 结合图象可知，则有， 即，解得，所以D正确. 故选：ABD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知，若存在实数，使得成立，则的取值范围是________. 【答案】 【解析】 【分析】 不等式两边同除以b，先将题意转化为在上有解，即在上有解，设，，，即且，再求出函数对应最值即得结果. 【详解】解：因为，故不等式两边同除以b，得，令，即不等式在上有解. 去绝对值即得，即 即在上有解，设，，，即且即可， 由在上，，，即，故； 由，利用基本不等式，当且仅当即时等号成立，故，即，故， 综上：t的取值范围是，即的取值范围是. 故答案为：. 【点睛】方法点睛： 由不等式恒成立（或能成立）求参数（或范围）时的常用方法： （1）对不等式变形，分离参数，根据分离参数后的结果，构造函数，求出函数的最值，进而可求出结果； （2）根据不等式，直接构成函数，利用分类讨论求函数的最值，即可得出结果. 13. 已知ab＞0，则的最小值为_____. 【答案】4. 【解析】 【分析】根据题意，由基本不等式的性质分析可得，进而可得 ，据此由基本不等式的性质分析可得最小值即可. 【详解】解：根据题意，ab＞0，故，当且仅当a＝2b时等号成立， 则原式，又由ab＞0，则4ab+1＞1， 则有4， 当且仅当4ab+1＝2，即4ab＝1时等号成立， 综合可得：的最小值为4， 当且仅当a＝2b时等号成立 故答案为：4. 【点睛】本题主要考查了基本不等式求最小值的问题，需要根据题中所给的结构利用合适的基本不等式求解，同时多次用基本不等式需要注意考虑取等号时满足的条件.属于中档题. 14. 若函数为定义在R上的偶函数，且在内是增函数，又，则不等式，的解集为_________. 【答案】 【解析】 【分析】 设，先分析出的奇偶性，然后分类讨论在上的取值情况，最后根据的奇偶性求解出在上的解集. 【详解】设，因为为奇函数，为偶函数， 所以，且定义域为关于原点对称，所以为奇函数， 因为在上单调递增，且， 当时，，所以， 当时，，所以， 当时，，所以， 当时，，所以， 所以当时，若，则， 又因为为奇函数，且，根据对称性可知：若，则， 故答案为：. 【点睛】方法点睛：已知的单调性和奇偶性，求解不等式在指定区间上的解集的常用方法： （1）分类讨论法：根据临界值采用分类讨论的方法将区间分成几段，分别考虑每一段上的正负，由此求解出不等式的解集； （2）数形结合法：根据题意作出的草图，根据图象直接写出不等式的解集. 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. 已知函数的图象两相邻对称轴之间的距离是，若将的图象上每个点先向左平移个单位长度，再向上平移1个单位长度，所得函数为偶函数. （1）求的解析式； （2）若对任意，恒成立，求实数m的取值范围； （3）若函数的图象在区间（且）上至少含有个零点，在所有满足条件的区间上，求的最小值. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先求出表达式，根据图象的变换写出变换后的解析式，根据偶函数的条件求参数； （2）参变分离进行处理，将问题转化为，只需求出不等式右边的最小值，结合对勾函数的单调性进行辅助求解； （3）先求出零点的一般形式，结合零点的个数求出区间长度的最小范围. 【小问1详解】 由，得，则 则为偶函数， 于是轴是其一条对称轴，根据正弦函数的性质，在对称轴对应的横坐标处一定取到最值，所以， 又，所以，故. 【小问2详解】 因为，所以， 故，， 而恒成立， 即， 整理可得. 令，， 设，，设，且， 则， 由于，，则，所以， 即区间上单调递增，故， 故，即实数m的取值范围是. 【小问3详解】 由题意知， 由得， 故或，， 解得或，， 故的零点为或，， 所以相邻两个零点之间的距离为或 若最小，则和都是零点，此时在区间，，…，， 分别恰有个零点， 所以在区间上恰有个零点， 从而在区间上至少有一个零点，所以， 另一方面，在区间上恰有个零点， 所以的最小值为. 【点睛】关键点点睛：第三问零点个数的处理可以考虑研究区间长度为的情况，发现规律后扩充到区间长度为整数倍的上进行求解. 16. 设函数，其中且，且. （1）当时，求的定义域； （2）当时，利用定义法证明：在定义域内单调递增； （3）若存在，使得，证明：. 【答案】（1）； （2）证明：当时，，设的定义域为. 在上任取，，且，， 当时，指数函数在上单调递增. 由于，则，. 又，故在区间上单调递增， 所以，即. 故当时，在上单调递增； 当时，指数函数在上单调递减. 由于，则，. 又，故在区间上单调递减， 所以，即. 即当时，在上单调递增. 综上，当或时，对于任意，且，均有， 故在其定义域内单调递增. （3）证明：令，则，即，即， 故原题等价于关于的方程在区间上有解. 设. 当时，在上单调递增；当时，在上单调递减， 又由在区间上有解及零点存在性定理知， 即，又且，解得. 所以，若存在，使得，则. 【解析】 【分析】（1）对数函数定义域问题，需要真数位置大于零. （2）定义法证明函数单调性，需讨论底数和1的大小关系. （3）存在问题转化为函数零点问题，需结合零点存在性定理解题. 【小问1详解】 当时，. 根据对数函数的定义可知，即， 故的定义域为. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 17. 已知函数，其中 （1）若，求a的取值范围； （2）写出的单调区间直接写出结论，不用说明理由 （3）定义函数，其中若方程有5个互不相等的实数解，，，，，记，求H的取值范围． 【答案】（1） （2）单调增区间为，，单调减区间为， （3） 【解析】 【分析】（1）代入求解绝对值不等式即可； （2）判断函数的单调性，再利用复合函数的同增异减法则以及函数的零点即可求解； （3）依题意将问题转化为直线与的图象有5个不同的交点.由的图象沿x轴向左平移1个单位得到，结合其图象对称性即可求解. 【小问1详解】 由，可得，即，所以或， 解得或， 又因为，所以a的取值范围为. 【小问2详解】 令，解得， 易得在定义域内为增函数，在，为增函数， 所以在，为增函数， 所以易得的单调增区间为，，单调减区间为，. 【小问3详解】 的定义域为，因为，所以是偶函数，图象关于y轴对称， 因为，其图象可由的图象沿x轴向左平移1个单位得到，所以的图象关于直线对称， 与x轴的交点为，， 又当时，因，而， 故，又，故， 所以在，上单调递减，在，上单调递增， 当时，， 因为，将代入直线，可得， 方程有5个互不相等的实数解等价于直线与的图象有5个不同的交点， ，解得或(舍去)， 又函数关于对称，则， 又因为， 故 ， 因为该函数在上单调递减，所以H的取值范围是 18. 高斯，著名的数学家、物理学家、天文学家、是近代数学奠基者之一，享有“数学王子”之称．函数成为高斯函数，其中表示不超过实数的最大整数，如． （1）求的解集和的解集． （2）若恒成立，求取值范围． （3）若的解集为，求的范围． 【答案】（1）， （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意得，然后解不等式即可； （2）将恒成立转化为，恒成立，然后利用基本不等式求最值即可； （3）分，，三种情况讨论即可. 【小问1详解】 由题意得，且， 由，即，所以， 故的解集为； 由，即， ∴，则，所以． 所以的解集为． 【小问2详解】 恒成立，此时 即，恒成立， 又，当且仅当时，即时等号成立． 故的最小值为4， 所以要使恒成立，则． 故的取值范围为． 【小问3详解】 不等式，即， 由方程可得或． ①若，不等式为， 即，所以，显然不符合题意； ②若， 由，解得， 因为不等式的解集为， 所以，解得 ③若， 由，解得， 因为不等式解集为， 所以，解得． 综上所述，或． 故的范围为． 【点睛】方法点睛：对于恒成立问题，常用到以下两个结论： （1）恒成立； （2）恒成立. 19. 已知函数的定义域为，且，，都有成立. （1）求，的值，并判断的奇偶性. （2）已知函数，当时，. （i）判断在上的单调性； （ii）若均有，求满足条件的最小的正整数. 【答案】（1），，是奇函数 （2）（i）单调递减；（ii） 【解析】 【分析】（1）利用赋值法，根据函数的奇偶性的定义证明即可； （2）（i）根据函数的单调性的定义证明即可；(ii)根据函数单调性和奇偶性的性质得到关于的不等式，解出即可． 【小问1详解】 令，得，解得， 令，得，故. 令，得，即， 又的定义域为，关于原点对称，所以是奇函数. 【小问2详解】 （i）由，可得， 即. ，且， 有， 因为，所以， 从而，得， 因此在上单调递减. （ii）因为，，所以是偶函数. ，而在上单调递减， 则有或，由题可知，只需考虑成立， 从而有. 因为，所以，则的最大值在处取到， 故只需. 综上，满足条件的最小的正整数. 【点睛】本题难点在证明单调性时，构造，结合已知进行证明，属于难题. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $