期中综合试题（1-3章）-2026-2027学年高一数学上学期人教A版必修第一册

期中综合试题（1-3章） 2026-2027学年高一数学上学期人教A版必修第一册 一、单选题 1．已知集合，，则（    ） A． B． C． D． 2．“且”是“且”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 3．已知，下列式子正确的是（    ） A． B． C． D． 4．已知函数的定义域为，则函数的定义域为（    ） A． B． C． D． 5．函数的图象大致为（　　） A． B． C． D． 6．已知，，且，则的最大值为（   ） A． B． C． D． 7．已知，且不等式对任意恒成立，则的最大值为（    ） A． B． C． D． 8．已知函数是定义在上的偶函数，对任意，且，有，若，则不等式的解集是（    ） A． B． C． D． 二、多选题 9．已知实数，，满足，则（    ） A． B． C． D． 10．在下列四个命题中，正确的是（     ） A．命题“，使得”的否定是“，都有” B．命题“，”是真命题 C．集合与集合表示同一集合 D．已知集合，若，则的值为 11．已知函数的定义域为．若函数的图像关于点对称，，令，则（    ） A． B． C．的图像关于点对称 D． 三、填空题 12．若幂函数在上单调递减，则___________． 13．已知，且不等式恒成立，则的最大值为___________. 14．设是定义在上的奇函数，对任意的，，满足：，且，则不等式的解集为________． 四、解答题 15．设，已知集合， (1)若，求的取值范围； (2)若中有且仅有3个整数元素，求的取值范围. 16．已知函数． (1)用定义法证明：函数 在区间上单调递增； (2)若，且存在，使得，求实数的取值范围． 试卷第1页（共3页） 试卷第1页（共3页） 学科网（北京）股份有限公司 17．法国数学家弗朗索瓦·韦达1615年在著作《论方程的识别与订正》中建立了方程根与系数的关系．发现一元二次方程，的根与系数有如下的关系：，，此即为韦达定理．韦达定理的逆定理仍成立：如果两个数，满足，，则这两个数，是方程，的两个根．例如：，，则，是方程的两个根．请根据上述材料解决以下问题． (1)已知，是两个不相等的实数，满足，，求的值． (2)已知实数，满足，，求的值． 18．已知奇函数，满足． (1)求实数m，n的值； (2)判断的单调性，并利用定义证明； (3)若对，对恒成立，求实数p的取值范围． 19．已知函数和，定义集合 . (1)设 ，求； (2)设，当 时，求的取值范围； (3)设 ，若 ，求的取值范围. 学科网（北京）股份有限公司 参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C C D D D A C D BC AD 题号 11 答案 ACD 1．C 依题意，，而， 所以． 2．C 根据充分条件、必要条件的定义判断即可. 若且，则且成立，故充分性成立． 若“”，则且或且． 而且时，． 所以由且可以推出且，故必要性成立． 因此“且”是“且”的充要条件． 故选：C． 3．D 根据不等式的性质逐项判断即可. 已知，所以，所以，所以，A错误； 已知，所以，所以，B错误； 已知，所以，因为，所以，C错误； 已知，所以，因为，所以，D正确. 故选：D. 4．D 根据抽象函数的定义域先求得函数的定义域为，进而求解即可. 因为的定义域为，则，可得， 所以函数的定义域为， 由，解得且， 故的定义域为. 故选：D 5．D 利用奇偶性的定义判断的奇偶性，结合及上的值域，应用排除法确定图象. 令，其定义域为R，且， 所以是偶函数，排除A，又，排除B， 当，则，此时，当且仅当时取等号， 所以，有，则，排除C. 故选：D 6．A 由已知条件将所求式子变为，利用“1”的代换结合基本不等式求解. 因为，且， 所以 ， 当且仅当，即时，等号成立， 所以的最大值为. 故选：A. 7．C 根据不等式恒成立可得出，再利用基本不等式可求得的最大值. 解：因为不等式对任意恒成立， 所以，， 因为，对称轴为，在上单调递减， 所以，当时，有最小值， 所以， 所以， 当且仅当且时等号成立，即时等号成立，满足. 所以的最大值为. 故选：C 8．D 根据单调性定义及偶函数性质可知函数在上单调递减，在上单调递增，然后结合，利用函数单调性解不等式即可. 已知是定义在上的偶函数，则， 又对任意，且，都有， 所以函数在上单调递减，则由偶函数性质可知函数在上单调递增， 又，所以， 根据函数的单调性可知等价为或， 即或，解得或， 即不等式的解集为. 故选：D． 9．BC A、D作差分解后符号不能确定，分别用与的反例否定；B、C直接由同向不等式可加性与不等式两边同加同一个数的不变性证得. 由得，，，； 对于A，，由知该差的符号由的符号决定， 取，，得，A错误； 对于B，由与相加得，B正确； 对于C，由两边同加得，C正确； 对于D，，由知仅当时才有， 取（此时）得，D错误. 10．AD 选项：由命题的性质得，命题“，使得”的否定是“，都有”，故正确； 选项：因为，所以，则不存在实数满足，故不正确； 选项：集合是点集，集合是数集，则集合与集合表示的不是同一集合，故不正确； 选项：因为， 若，得，此时，不符合已知条件的集合含有2个元素，故不符合； 若，得，（舍去），此时，符合已知条件的集合含有2个元素，故符合，故正确. 11．ACD 令，代入即可判断选项；利用函数关于点对称，则的关系，进行赋值，结合周期函数的定义，即可判断选项，，. 解：由，令，则， 所以，正确； 由函数的图像关于点对称，令，当时，， 所以的图像关于对称，即的图像关于点对称，正确； 由，用替换得①， 又的图像关于点对称，则， 用替换得②， ①②得，所以，错误； 由，则， 由上可知， 所以，正确. 12． 根据函数为幂函数，结合其区间单调性列方程求参数值即可. 由题意，解得， 此时在上单调递减，满足， 所以. 故答案为： 13．3 令，则，，，当且仅当时不等式取等号，即时取等号，所以，则. 令，因为，所以， 则（当且仅当时取等号），（当且仅当时取等号）， 则， 当且仅当，即时取等号，即时取等号， 因为不等式恒成立， 所以，则. 故的最大值为3. 故答案为：3 14． 构造新函数，根据题意分析判断的奇偶性和单调性，分类讨论结合的奇偶性和单调性解不等式. 对任意的，，满足：， 不妨设，则， 令，则，且， 则函数在上单调递增， 又是定义在上的奇函数， 则， 所以为偶函数，且， 所以在上单调递减， 当时，由，可得， 即，所以， 当时，由，可得， 即，所以， 综上所述，不等式的解集为. 故答案为：. 15．(1) (2) （1）由元素与集合的关系得到，求解即可； （2），集合中有且仅有3个整数元素，得到，构造不等式求解即可. （1）因为 所以， 即，解得， 所以的取值范围是 （2）因为中整数元素为， 且， 所以中有且仅有3个整数元素，也必是， 所以，解得：， 所以的取值范围是. 16．(1)任取 ，且， 则 由于，，，所以， 因此，即， 故在上单调递增. (2) （1）利用定义法证明即可； （2）根据条件得出，再利用参变分离求函数最值即可. （1）略 （2）因为，所以，得， 则． 于是． 令，由题可知． 由（1）易得函数 在上单调递增，故，即， 所以实数的取值范围是． 17．(1) (2) 或 （1）将看作方程的两个不等实根，利用韦达定理求、后代入目标式计算； （2）换元设、，构造方程求解的两组值，代入完全平方公式并验证判别式合理性即可得结果. （1）由题意，不相等的实数满足、， 因此是一元二次方程的两个不等实根. 根据韦达定理得，， 因此. （2）令，，将已知条件变形可得 . 根据韦达定理逆定理，是一元二次方程的两个实根， 解方程得，，即有两组解和. 当时，是方程的根，判别式，符合题意， 此时； 当时，是方程的根，判别式，符合题意， 此时. 综上，的值为46或65. 18．(1) (2) 在上单调递增，证明如下： 令，则 ， 由，则，， 故，故在上单调递增； (3)或或 （1）结合奇函数性质计算即可得； （2）借助单调性定义，令，比较与的大小关系即可得； （3）求出最大值后，结合一次函数性质计算即可得. （1）由奇函数性质及其定义域为，可得，则， 又，则，即， 检验：当时，有， 又定义域为，故为奇函数，符合要求； 故； （2）略 （3）由在上单调递增，则， 则对恒成立， 即对恒成立， 令，则当时，，符合要求； 当时，为关于的一次函数， 则有，解得或； 综上所述：实数的取值范围为或或. 19．(1)； (2)； (3). （1）解不等式即可； （2）转化为对任意恒成立求解； （3）分别求解不等式与，转化为不等式组有解求解即可. （1）已知 ， 由即 ， 解得 ， 则； （2）已知， 由题意得，对任意恒成立， ，即 恒成立， 当时，恒成立； 当时，由， 解得； 综上，当时，的取值范围为； （3）已知 ， 由 得，不等式组有解， 由 ， 又 ， 当 ，即时，对任意 恒成立， 则满足 ； 当 ，即时， 或， 要使 ，则 或 ， 解得，则有； 当 ，即时， 或 ， 要使 ，则 或 ， 解得，则有 ； 综上所述，的取值范围是 答案第1页（共2页） 答案第1页（共2页） 学科网（北京）股份有限公司 $