阶段素养测评卷（第1章～第3章） (Word单元测评)-【满分思维】2026-2027学年高中数学必修一课后习题（人教A版）

**基本信息** 聚焦集合、函数与不等式的跨章节整合，以题构建“概念理解-性质应用-综合建模”逻辑链，渗透抽象能力与推理意识。 **综合设计** |模块|题量/典例|题型特征|知识逻辑| |----|-----------|----------|----------| |基础概念|选择1-4题|集合运算、命题否定、充要条件判断|从集合基本运算到逻辑用语，构建数学表达基础| |函数性质|选择3,5-8题、填空12-13题|定义域值域、幂函数图象、抽象函数单调性|以函数三要素为起点，延伸至性质判断与应用| |不等式应用|选择9-10题、填空14题|不等关系证明、最值求解|结合函数性质，强化代数推理与模型观念| |综合应用|解答15-19题|集合与不等式综合、函数建模（实验室造价）|整合前三章核心，体现数学语言解决实际问题能力|

阶段素养测评卷  第一章~第三章 (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,只有一项是符合题目要求的. 1.已知全集U={1,2,3,4,5},集合A={1,5},B={2,4},则(∁UA)∩B= (　　)　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A.{4} B.{2,4} C.{2,3,4} D.{1,2,3,4} 2.命题“∃x>1,x2+x+1<0”的否定是 (　　) A.∃x≤1,x2+x+1<0 B.∀x>1,x2+x+1≥0 C.∃x>1,x2+x+1≥0 D.∀x≤1,x2+x+1>0 3.若函数y=f(x)的定义域为{x|-3≤x≤8,x≠5},值域为{y|-1≤y≤4,y≠0},则y=f(x)的图象可能是 (　　) A B C D 4.[2026·西安高一期末] “a>”是“a>2”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.[2026·成都七中高一月考] 如图,曲线C1,C2,C3分别为幂函数y=,y=,y=在第一象限内的图象,则α1,α2,α3的值依次可以是 (　　) A.0.5,3,-1 B.-1,3,0.5 C.0.5,-1,3 D.-1,0.5,3 6.[2026·重庆南开中学高一月考] 函数f(x)=的定义域为R,则实数a的取值范围是 (　　) A.(0,8] B.[0,8] C.(-∞,0]∪[8,+∞) D.[8,+∞) 7.[2025·杭州高一期中] 已知函数f(x)=若当x∈[m,n]时,1≤f(x)≤2,则n-m的最大值是 (　　) A.4 B.3 C.7 D.5 8.已知定义在(0,+∞)上的函数f(x)满足f(2)=4,对任意的x1,x2∈(0,+∞),且x1≠x2,x1x2[f(x1)+f(x2)]<f(x2)+f(x1)恒成立,则不等式f(x-3)>2x-6的解集为 (　　) A.(3,7) B.(-∞,5) C.(5,+∞) D.(3,5) 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,部分选对的得部分分,有选错的得0分. 9.对于实数a,b,c,d,下列命题是真命题的是 (　　) A.若a>b,则a2>b2 B.若a>b>c>0,则>> C.若a>b>0,c<d<0,则ac<bd D.若a>b(ab≠0),则< 10.已知正数a,b满足a+b=1,则 (　　) A.ab的最大值为 B.+的最小值为4 C.+的最小值为 D.a-的最大值为-1 11.[2026·南平高一期中] 已知f(x+2)是定义在R上的偶函数,f(x)+f(2-x)=0,当0≤x≤1时,f(x)=x2-1,则 (　　) A.f(2)=0 B.∀x∈R,f(x)≤1 C.f(x+2)=-f(x) D.f()=134-16 三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分. 12.已知函数f(x+2)的定义域是[-2,2],则函数f(x2-1)的定义域是　　　　　　　　.  13.[2025·广东八校联盟高一期中] f(x)的定义域为(0,+∞),且f(x)满足2f(x)-f=2x+1,则f(x)的最小值为　　　　.  14.[2026·青岛二中高一月考] 定义区间(m,n),[m,n],(m,n],[m,n)的长度均为n-m,其中n>m.若已知实数a,b满足a>b,则不等式(x-a)(x-b)[x2-(a+b+3)x+ab+2a+b]≤0的解集的各区间长度之和为　　　　.  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.(13分)[2025·华南师大附中高一期中] 已知非空集合P={x|a+1≤x≤2a+1},Q={x|-2≤x≤5}. (1)若a=3,求(∁RP)∩Q; (2)若“x∈P”是“x∈Q”的充分不必要条件,求实数a的取值范围. 16.(15分)已知a,b,c均为正实数. (1)若a>b,试比较与的大小; (2)求证:++≥3. 17.(15分)已知函数f(x)=是定义在R上的偶函数,且f(1)=0,f(0)=1. (1)求函数f(x)的解析式; (2)判断f(x)在[0,+∞)上的单调性,并利用定义证明; (3)求不等式f(3x)≤f(x2+2)的解集. 18.(17分)[2026·长郡中学高一期中] 某科技公司为提高研发速度,计划建造一个高为3米,宽为x(6≤x≤10)米,地面面积为80平方米的长方体形状的实验室,经过谈判,工程施工单位给出两种报价方案. 方案一:实验室的墙面报价为每平方米200元,屋顶和地面报价共计9600元,总报价记为P元; 方案二:整体报价为y=1200m元(m>0). (1)若宽为6米时,方案二的报价为28 000元,求实数m的值; (2)求P的函数解析式,并求P的最小值; (3)若对任意的x(6≤x≤10),方案二都比方案一省钱,求实数m的取值范围. 19.(17分)[2026·杭州高一期中] 已知函数f(x)=,若f(1)=,且当x≠0时,f(x)=f. (1)求a,b的值,并写出f(x)的解析式; (2)判断函数f(x)在[1,+∞)上的单调性,并用定义证明; (3)若对任意的x∈,都有f(x)+f(3x-m)≤0恒成立,求实数m的取值范围. 学科网（北京）股份有限公司 $ 阶段素养测评卷 1.B　[解析] 由已知得∁UA={2,3,4},B={2,4},所以(∁UA)∩B={2,4}.故选B. 2.B　[解析] 命题“∃x>1,x2+x+1<0”的否定是“∀x>1,x2+x+1≥0”,故选B. 3.B　[解析] 对于A,函数的定义域为{x|-3≤x≤8,x≠5},值域为{y|-1≤y<4},A错误;对于B,函数的定义域为{x|-3≤x≤8,x≠5},值域为{y|-1≤y≤4,y≠0},满足题意,B正确;对于C,函数的定义域为{x|-3≤x≤8,x≠-1且x≠5},C错误;对于D,不是函数的图象,D错误.故选B. 4.B　[解析] 因为<2,所以“a>”是“a>2”的必要不充分条件.故选B. 5.D　[解析] 作出直线y=x,如图,由图可知,曲线C1在第一象限内从左到右下降,即函数y=在(0,+∞)上单调递减,所以α1<0;曲线C2,C3在第一象限内从左到右都上升,即函数y=,y=在(0,+∞)上都单调递增,当x>1时,曲线C3在直线y=x上方,曲线C2在直线y=x下方,所以0<α2<1<α3.结合选项可知α1=-1,α2=0.5,α3=3.故选D. 6.B　[解析] 由函数f(x)=的定义域为R,得对任意x∈R,ax2-ax+2≥0恒成立.当a=0时,2≥0恒成立,满足题意;当a≠0时,由解得0<a≤8.综上,实数a的取值范围是[0,8].故选B. 7.C　[解析] 根据题意,作出f(x)的图象,如图所示.结合图象可知,要使当x∈[m,n]时,1≤f(x)≤2,且n-m取得最大值,则只需m=-3,n=4,故n-m的最大值为7.故选C. 8.D　[解析] 由题意知x1x2[f(x1)+f(x2)]<f(x2)+f(x1),可得x2(x1-x2)f(x1)-x1(x1-x2)f(x2)<0,即(x1-x2)[x2f(x1)-x1f(x2)]<0,又x1,x2∈(0,+∞),所以(x1-x2)<0.令F(x)=,x∈(0,+∞),不妨设x1<x2,可得x1-x2<0,则->0,即>,所以F(x)在(0,+∞)上单调递减.不等式f(x-3)>2x-6(x-3>0)可化为>2,因为F(2)==2,所以F(x-3)>F(2),则0<x-3<2,解得3<x<5,所以不等式f(x-3)>2x-6的解集为(3,5).故选D. 9.BC　[解析] 对于A,由a>b,取a=2,b=-3,但a2>b2不成立,故A是假命题;对于B,由不等式的性质知,若a>b>c>0,则>>,故B是真命题;对于C,由c<d<0,得-c>-d>0,又a>b>0,所以-ac>-bd,故ac<bd,故C是真命题;对于D,由a>b(ab≠0),取a=1,b=-1,则<不成立,故D是假命题.故选BC. 10.AB　[解析] 对于选项A,由基本不等式得ab≤=,当且仅当a=b=时取等号,故A正确;对于选项B,+=+=2++≥2+2=4,当且仅当a=b=时取等号,故B正确;对于选项C,(+)2=a+b+2=1+2≤1+a+b=2,当且仅当a=b=时取等号,故+≤,故C错误;对于选项D,由a+b=1得a=1-b>0,则0<b<1,故a-=1-b-=1-≤1-2=-1,当且仅当b=,即b=1时取等号,但0<b<1,故等号无法取到,故D错误.故选AB. 11.BC　[解析] 对于A选项,因为当0≤x≤1时,f(x)=x2-1,所以f(0)=-1,在f(x)+f(2-x)=0中,令x=0,可得f(0)+f(2)=0,所以f(2)=-f(0)=1,故A错误.对于C选项,因为函数f(x+2)是定义在R上的偶函数,所以f(2-x)=f(2+x),又f(x)+f(2-x)=0,所以f(x+2)=f(2-x)=-f(x),故C正确.对于B选项,因为f(x+2)=-f(x),所以f(x+4)=-f(x+2)=f(x),所以函数f(x)是周期为4的周期函数.当1≤x≤2时,0≤2-x≤1,则f(x)=-f(2-x)=-[(2-x)2-1]=-(x-2)2+1∈[0,1].当x∈[0,1]时,f(x)=x2-1∈[-1,0],故当x∈[0,2]时,f(x)∈[-1,1].当x∈[2,4]时,4-x∈[0,2],因为f(2-x)=f(2+x),所以f[2-(2-x)]=f(2+2-x),即f(x)=f(4-x),所以 f(x)∈[-1,1],故当x∈[0,4]时,f(x)∈[-1,1],又f(x)=f(x+4),所以∀x∈R,f(x)∈[-1,1],故B正确.对于D选项,因为8<<9,所以0<-8<1,故f()=f(-8)=(-8)2-1=133-16,故D错误.故选BC. 12.[-,-1]∪[1,]　[解析] 因为函数f(x+2)的定义域是[-2,2],即-2≤x≤2,所以x+2∈[0,4].由0≤x2-1≤4,得-≤x≤-1或1≤x≤,所以f(x2-1)的定义域是[-,-1]∪[1,]. 13.1+　[解析] 由2f(x)-f=2x+1,得2f-f(x)=+1,消去f,得f(x)=+1,又x>0,所以f(x)=+1≥×2+1=+1,当且仅当2x=,即x=时取等号,所以当x=时,f(x)取得最小值1+. 14.3　[解析] 设f(x)=x2-(a+b+3)x+ab+2a+b,因为Δ=(a+b+3)2-4(ab+2a+b)=(a-b-1)2+8>0,所以f(x)有两个不同的零点,设为x1,x2,则x1+x2=a+b+3,因此y=(x-a)(x-b)[x2-(a+b+3)x+ab+2a+b]有四个零点a,b,x1,x2,不妨设x1<x2,又a>b,所以f(a)=b-a<0,f(b)=2(a-b)>0,因此四个零点的大小关系为b<x1<a<x2,应用穿根法如图所示, 由图可知,题中不等式的解集为[b,x1]∪[a,x2],解集的各区间长度之和为(x2-a)+(x1-b)=x1+x2-(a+b)=a+b+3-(a+b)=3. 15.解:(1)当a=3时,P={x|4≤x≤7},∁RP={x|x<4或x>7}, 又Q={x|-2≤x≤5}, 所以(∁RP)∩Q={x|-2≤x<4}. (2)因为“x∈P”是“x∈Q”的充分不必要条件,所以P是Q的真子集, 又P={x|a+1≤x≤2a+1},Q={x|-2≤x≤5},P≠⌀, 所以所以0≤a≤2. 当a=0时,P={1}是Q的真子集; 当a=2时,P={x|3≤x≤5}是Q的真子集. 综上所述,实数a的取值范围是0≤a≤2. 16.解:(1)∵a>0,b>0,∴0<a2+b2<a2+b2+2ab=(a+b)2, ∴>,∴>. ∵a>b,∴a-b>0,∴>,即>. (2)证明:++=++-3, ∵a>0,b>0,c>0,∴+≥2,+≥2,+≥2,当且仅当a=b=c时三个等号同时成立, ∴++≥3. 17.解:(1)由函数f(x)=是定义在R上的偶函数,得f(-x)=f(x), 即=, 可得2bx=0对任意的x∈R恒成立, 故b=0,所以f(x)=, 则解得故f(x)=. (2)函数f(x)在[0,+∞)上单调递减,证明如下: 任取x1,x2∈[0,+∞),且x1>x2, 则x2-x1<0,x1+x2>0,1+>0,1+>0, 因为f(x)===-1, 所以f(x1)-f(x2)=-=-==<0,即f(x1)<f(x2), 故函数f(x)在[0,+∞)上单调递减. (3)因为函数f(x)为R上的偶函数,且该函数在[0,+∞)上单调递减, 所以由f(3x)≤f(x2+2)可得f(3|x|)≤f(x2+2), 得x2+2≤3|x|,即x2-3|x|+2≤0, 即(|x|-1)(|x|-2)≤0,可得1≤|x|≤2,解得-2≤x≤-1或1≤x≤2, 故不等式f(3x)≤f(x2+2)的解集为[-2,-1]∪[1,2]. 18.解:(1)因为宽为6米时,方案二的报价为28 000元, 所以1200m×=28 000,解得m=20,所以m的值为20. (2)设地面长方形的长为n米,由题意易得n=, 故墙面面积为2(x+n)×3=6, 则P=1200+9600,x∈[6,10]. 因为x+≥2=8,所以P≥9600(+1),当且仅当x=,即x=4时取等号, 故P的最小值为9600(+1). (3)因为对任意的x(6≤x≤10),方案二都比方案一省钱, 所以当x∈[6,10]时,1200m<1200+9600恒成立, 整理得m<恒成立. 设h(x)===x+1++6,x∈[6,10], 因为x∈[6,10],所以x+1∈[7,11], 所以x+1+≥2=2, 当且仅当x+1=,即x=-1时,h(x)取得最小值2+6, 故m<2+6,又m>0,所以m∈(0,2+6), 即m的取值范围为(0,2+6). 19.解:(1)由f(1)=,得=,即a+b=1①, 又当x≠0时,f(x)=f,所以=②, 由①②可得a=1,b=0,所以f(x)=. (2)f(x)在[1,+∞)上单调递减,证明如下: 任取x1,x2∈[1,+∞),且x1<x2, 则f(x1)-f(x2)=-==, 由x1<x2,x1,x2∈[1,+∞),得x1x2-1>0,x2-x1>0, 则f(x1)>f(x2),故f(x)在[1,+∞)上单调递减. (3)任取x3,x4∈,且x3<x4, 则f(x3)-f(x4)=, 由x3,x4∈,x3<x4,得x4-x3>0,x3x4-1<0, 所以f(x3)-f(x4)<0,所以f(x)在上单调递增, 易知f(x)为奇函数,由f(x)+f(3x-m)≤0,得f(x)≤f(m-3x), 又f(x)=f,所以x≤m-3x≤,则4x≤m≤3x+, 又x∈,所以(4x)max=4×=3,3x+≥2=2,当且仅当3x=,即x=时,等号成立, 故=2,所以3≤m≤2. 学科网（北京）股份有限公司 $