精品解析：重庆市求精中学校2026-2027学年高一上学期一阶段考试数学试题

2026—2027学年（上）一阶段考试 高2026级数学试题 一、单选题（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. 命题“，”的否定为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 3. 下列命题正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，则 4. 设，用表示不超过的最大整数，如，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 5. 若函数是奇函数，且当时，，则当时，（ ） A. B. C. D. 6. 若关于的不等式的解集为或，则关于的不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 7. 已知函数在其定义域内为偶函数，且，若，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 给定函数，，．若，用表示，中的最小者，记为，若存在常数，使得成立，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的．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. 下列说法中正确的是（ ） A. 的最小值为 B. 与是同一个函数 C. 函数满足，若，则实数 D. 若函数的定义域为，则函数的定义域为 10. 设正实数，满足，则（ ） A. 有最大值为 B. 有最小值为2 C. 有最小值为 D. 有最大值为2 11. 已知定义在上的函数，满足，且，，，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 为奇函数 D. 的图象关于点对称 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 设函数，则_________ 13. 已知，，则的取值范围为_________ 14. 已知函数是定义在上的偶函数，若，且，，则满足不等式的的取值范围为_________ 四、解答题（共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 已知集合，． （1）若，求，； （2）若“”是“”的充分不必要条件，求的取值范围． 16. 已知函数，，且满足． （1）求的解析式； （2）用定义法证明：在上单调递增； （3）解不等式：． 17. 已知函数． （1）若不等式的解集为，求的取值范围． （2）解关于的不等式． （3）若对一切恒成立，求的取值范围． 18. 已知函数，其中为实数． （1）当时，求函数的最小值； （2）若在上单调递减，求实数的取值范围； （3）给定实数，若存在两个不相等的实数，（且）使得，求的取值范围． 19. 给定函数，若存在实数使得，则称为函数的不动点，若存在实数使得，则称为函数的稳定点. （1）求函数的不动点和稳定点； （2）已知函数. （ⅰ）讨论函数的稳定点个数情况； （ⅱ）若函数恰有两个稳定点和，且，，求实数的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2026—2027学年（上）一阶段考试 高2026级数学试题 一、单选题（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】A 【解析】 【分析】先通过解绝对值不等式化简集合，再根据并集的定义计算两个集合的并集即可. 【详解】解绝对值不等式，可得，即 ， 已知 ，可得，故A正确. 2. 命题“，”的否定为（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】C 【解析】 【详解】命题“，”的否定为，. 3. 下列命题正确的是（ ） A. 若，，则 B. 若，，则 C. 若，，则 D. 若，则 【答案】D 【解析】 【详解】对于A，取，，，，满足，，但，， 即，不满足，故A错误； 对于B，对和作差，得， 由，，可知，，所以，故，故B错误； 对于C，取，，，，满足，， 但，，即，不满足，故C错误； 由可知，故，两边同乘得，故D正确. 4. 设，用表示不超过的最大整数，如，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】B 【解析】 【分析】考虑两者之间的推出关系后可得两者之间的条件关系. 【详解】取，则，则，故“”推不出“”. 若，设，其中，， 此时，故成立， 故“”是“”的必要不充分条件， 故选：B. 5. 若函数是奇函数，且当时，，则当时，（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用奇函数的性质即可求解. 【详解】令，则，所以 因为函数是奇函数，所以当时， 6. 若关于的不等式的解集为或，则关于的不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先根据一元二次不等式的解集结合韦达定理得到的关系，再代入分式不等式，转化为整式不等式组求解即可. 【详解】由不等式的解集为或，可得， 且，是方程的两个实根. 根据韦达定理：，解得，其中， 代入待解不等式，得 ，因为，所以， 分式不等式等价于：，解得或.  故不等式的解集为. 7. 已知函数在其定义域内为偶函数，且，若，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先利用题设条件得到函数的解析式，进而可得在上单调递增，再结合函数是偶函数，可得不等式等价于，由此即可得到的取值范围． 【详解】因为函数在其定义域内为偶函数，所以，， 即，， 所以，所以，，所以， 又，所以，解得，所以， 当时，单调递减，故在上单调递增， 所以由可得， 故只需，所以，即，解得或， 因此实数的取值范围为． 8. 给定函数，，．若，用表示，中的最小者，记为，若存在常数，使得成立，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先求解与的交点，按区间分段得到的解析式，结合的条件分别表示与，再根据不等式求解的取值范围. 【详解】令. 当时，，即，，无实根，故时，此时. 当时，，即，解得或. 在同一个坐标系画出和 观察图象可得： 当时，，； 当时，，； 当时，，. 故 ， ，故. 又， 若，即时，，此时，不满足. 若，即时，. 由得，整理得， 解得. 综上，的取值范围是. 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的．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. 下列说法中正确的是（ ） A. 的最小值为 B. 与是同一个函数 C. 函数满足，若，则实数 D. 若函数的定义域为，则函数的定义域为 【答案】CD 【解析】 【分析】结合基本不等式，可判定A错误；根据同一函数的判定方法，可判定B错误；根据函数的对应法则，以及函数值的运算法则，可判定C正确；根据抽象函数定义的计算方法，可判定D正确． 【详解】对于A，当时，可得， 当时，可得， 所以函数没有最小值，故A错误； 对于B，函数有意义，则满足，解得或， 函数有意义，满足，解得， 所以函数和的定义域不同，不是同一个函数，故B错误； 对于C，由函数满足， 令，即，解得，则，即， 若，可得，故C正确； 对于D，由函数的定义域为，即，可得， 故函数的定义域为， 又由可得，所以函数的定义域为，故D正确． 10. 设正实数，满足，则（ ） A. 有最大值为 B. 有最小值为2 C. 有最小值为 D. 有最大值为2 【答案】ABD 【解析】 【详解】对于A，，，当且仅当，即，时等号成立，故A正确； 对于B，由A可得，又，， 当且仅当，时等号成立，故B正确； 对于C，， 当且仅当即，时等号成立，故C错误； 对于D，，所以， 当且仅当，时等号成立，故D正确. 11. 已知定义在上的函数，满足，且，，，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 为奇函数 D. 的图象关于点对称 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用特殊值、特殊函数判断，取可知A正确；取，结合A中式子可知B错误；令可求得为偶函数，分别令、可证得D正确；取，，结合D的结论可证得C正确. 【详解】对于A，取，则，A正确； 对于B，若恒成立，则， 恒成立，显然不合题意，不恒等于，令，则，，将代入A中式子可得：，即 ，，B错误； 对于D，令，则，即， 为定义在上的偶函数， ； 令，则; 令，则，即， ，的图象关于点对称，D正确； 对于C，取，，则， 由D知：，，为奇函数，C正确. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 设函数，则_________ 【答案】 23 【解析】 【详解】因为，所以把代入得，， 因为，所以把代入得，. 13. 已知，，则的取值范围为_________ 【答案】 【解析】 【详解】∵ ，∴ ，不等式两边同乘，得 . ∵ ，∴ . 将两个同向不等式相加，得 ， 化简得 ，故的取值范围为. 14. 已知函数是定义在上的偶函数，若，且，，则满足不等式的的取值范围为_________ 【答案】 【解析】 【分析】构造新的函数，利用新函数的单调性进行求解. 【详解】令，定义域为，且，所以是奇函数， 由题可得，所以在单调递减，结合奇函数的性质可知在上单调递减. 当时，，即：， 又因为在上单调递减，所以，解得：； 当时，，即：， 又因为在上单调递减，所以，解得：； 综上所述，的取值范围为. 四、解答题（共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 15. 已知集合，． （1）若，求，； （2）若“”是“”的充分不必要条件，求的取值范围． 【答案】（1），； （2）. 【解析】 【小问1详解】 因为，所以或， 当时， 所以. 【小问2详解】 若“”是“”的充分不必要条件，则集合是集合的真子集， 当时，，解得； 当时，且下面两个不等式等号不能同时成立，解得， 所以实数的取值范围是. 16. 已知函数，，且满足． （1）求的解析式； （2）用定义法证明：在上单调递增； （3）解不等式：． 【答案】（1）， （2）任取，且， 则. 由平方数的非负性可知分母大于0， 因为，且，所以， 所以， 所以，即， 所以在上单调递增. （3） 【解析】 【分析】（1）根据即可求解； （2）根据定义法证明单调性的步骤：取值，作差，变形，定号，即可得证； （3）根据的定义域，结合（2）中的单调性，列不等式即可求解. 【小问1详解】 由，得， 又，所以，解得. 故，. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 因为，所以，即. 又在上单调递增， 所以，解得，即原不等式的解集为. 17. 已知函数． （1）若不等式的解集为，求的取值范围． （2）解关于的不等式． （3）若对一切恒成立，求的取值范围． 【答案】（1） （2）当时，解集为；当时，解集为； 当时，解集为. （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意，可知对任意恒成立，分别讨论和时二次函数图像的情况即可求解； （2）将不等式整理为，求根后，根据二次项系数的正负、根的大小关系分类讨论解集即可； （3）已知条件等价于对恒成立，结合二次函数图像，根据对称轴与区间的位置关系分类讨论，保证区间内函数值非负即可求解. 【小问1详解】 已知的解集为，即对任意恒成立， 当，即时，， 不等式的解集为，不是，故不符合题意； 当时，对任意恒成立， 需满足， 计算判别式， 解得或， 又因为 ，由于，所以取交集得， 综上所述，的取值范围是. 【小问2详解】 将化为， ， 方程的两根分别为 ，， 当，即时，不等式解为或， ，所以，解为或； 当，即时，原不等式为 ； 当，即时，此时 ， 解为，即； 综上所述，当时，解集为； 当时，解集为；当时，解集为. 【小问3详解】 ， 即对恒成立， 令，对称轴为， 若 ，在上单调递增， 只需，恒成立，所以符合； 若 ，最小值在顶点处取得， 需，解得， 结合，得； 综上所述，的取值范围为. 18. 已知函数，其中为实数． （1）当时，求函数的最小值； （2）若在上单调递减，求实数的取值范围； （3）给定实数，若存在两个不相等的实数，（且）使得，求的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）去绝对值，根据分界点分段讨论，求出函数在每段上的最小值，两段比较即可求得函数的最小值； （2）根据与的相对位置：，，分类讨论求出符合题意的的取值范围，最后取并集即可； （3）去绝对值求出的解析式，数形结合求解，由可知点可能在左侧抛物线上，也可能在右侧射线上，分类讨论，根据可得到之间的关系，代入化简，构造函数求值域即可求解. 【小问1详解】 当时，. 当时，，此时，的最小值为4； 当时，，此时，的最小值为. 因为，所以函数的最小值为. 【小问2详解】 ①当，即时，， 所以，，抛物线的对称轴为直线， 要使在上单调递减，需，解得. ②当，即时， 由知在处连续. （i）在上，，，要使单调递减，需； （ii）在上，，，要使在上单调递减，需，解得. 由上知，当时，满足题意. ③当，即时，， 所以，， 由一次函数的性质可知，在上单调递减，即满足题意. 综上，实数的取值范围为. 【小问3详解】 因为， 所以，又，作出的图象，如图： 由，可知. ①若点也在左侧抛物线上，则， 由抛物线的对称性及可得，所以， 所以. 令， 因为在上均单调递减，所以在上单调递减， 所以的值域为， 而， 所以的值域为. ②若点在右侧射线上，则，由二次函数的对称性可知. 由得，所以， 所以，由得. 令， 由可知均为正数，，所以， 由对勾函数的性质可知在上单调递增，在上单调递减， 所以，而， 所以. 由可知均为负数，下面比较两者的大小关系： 因为，所以. 综上，的取值范围为. 19. 给定函数，若存在实数使得，则称为函数的不动点，若存在实数使得，则称为函数的稳定点. （1）求函数的不动点和稳定点； （2）已知函数. （ⅰ）讨论函数的稳定点个数情况； （ⅱ）若函数恰有两个稳定点和，且，，求实数的取值范围. 【答案】（1）不动点和稳定点均为2和4. （2） （ⅰ）当时，有一个稳定点； 当时，有两个稳定点； 当时，有四个稳定点. （ⅱ）. 【解析】 【分析】（1）根据不动点、稳定点的定义列方程，解方程求得不动点和稳定点. （2）（ⅰ）根据稳定点的定义列方程，因式分解后对进行分类讨论，由此求得稳定点个数.（ⅱ）结合（ⅰ）的结论先确定的大致范围，以及两个稳定点，结合恒成立、函数的单调性、值域等知识确定的取值范围. 【小问1详解】 令，则，解得或， 令，则，整理得，解得或， 经检验知均满足条件，故函数的不动点和稳定点均为2和4. 【小问2详解】 （ⅰ），令，得， 即，得， 所以. ①当，即时，方程为， 解得，此时有一个稳定点； ②当时，的判别式. 若，即时，此时有两个稳定点； 若，即或； 当时，方程为，此时有两个稳定点； 当时，方程为，此时有两个稳定点； 若，即或， 且， 此时有四个稳定点； 综上所述，当时，有一个稳定点； 当时，有两个稳定点； 当时，有四个稳定点. （ⅱ）由（ⅰ）知，当时，有两个稳定点为和1. 因为，，故取，得， 解得，所以，，因为，解得， 由（ⅰ）知，故，此时，. 当时，，令，当时， 因，，故. 而，故在单调递减，在单调递增， 注意到，故， 所以当时，的值域为， 即的值域为.由题意得，解得. 所以实数的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $