精品解析：广东湛江第一中学2026-2027学年高一第一学期第一次大考数学试卷

湛江第一中学2026-2027学年度第一学期第一次大考 高一数学 （本试卷满分150分，考试用时120分钟） 一、单项选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的． 1. 已知全集，集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用集合的交并补的定义计算易得. 【详解】由题意，，则. 故选：B. 2. 若，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】因为，所以，，从而. 在不等式两边同乘，得，即. 对于A，由知，故A错误. 对于B，由，两边同乘得，故B错误. 对于C，因为， 又，，，所以，即，故C错误. 对于D，因为， 又，，，所以，从而，即，故D正确. 3. 已知函数，其值域是，则其定义域是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由题意或，所以或， 所以或，解得或， 所以函数的定义域是. 4. 设，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】先求解不等式得出的取值范围，再根据充分性和必要性的定义判断两个条件之间的关系. 【详解】不等式可化为，  所以，若成立， 一定满足，因此充分性成立， 若满足，不一定满足（例如）， 因此，必要性不成立. 5. 已知命题“”是假命题的一个充分不必要条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】首先求出原命题为假时的取值范围，然后根据充分不必要条件的定义判断各个选项. 【详解】命题“”是假命题， 则其否定“”是真命题. 当时，若，则，满足条件. 若，则在上单调递增，的最小值为， 要使成立，则，即，则， 若，则在上单调递减，的最小值为， 要使成立，则，即， 则， 综上，当原命题为假时的取值范围是， 下面判断各个选项： 选项A：不能推出，且也不能推出， 所以既不是充分条件也不是必要条件， 选项B：能推出，但不能推出， 所以是其充分不必要条件， 选项C：不能推出，且不能推出， 所以既不是充分条件也不是必要条件， 选项D：，范围一样，为充要条件. 6. ，，，则的最小值是（ ） A. 12 B. 13 C. 16 D. 18 【答案】D 【解析】 【分析】先将变形得到，再通过“乘1”法结合基本不等式求最小值. 【详解】，，，得. ，当且仅当即时等号成立. 的最小值为18. 7. 已知函数的定义域为，对任意的实数，都满足，则下列选项一定成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】令求出，由题中所给等式通过取特殊值可分别求出、，相加即可. 【详解】令，得，解得， 令，得，所以， 由题意知，所以， 所以， 8. 若关于的不等式的解集为，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【详解】由于关于的不等式的解集为，故是的两个实数根， 则，故， 变为，即， 进一步得， 利用数轴穿根法可得不等式的解为：或， 故不等式的解集为 二、多项选择题：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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】AB 【解析】 【分析】先化简集合B，结合选项验证即可. 【详解】对于A，由可知，故A正确； 对于B，由得，于是，故B正确； 对于C，由得，故C错误； 对于D，或，故或，故D错误. 故选：AB. 10. 已知函数，则（ ） A. B. 若，则或 C. 的解集为 D. ，，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，根据解析式先求，再求，对于B，分和两种情况求解，对于C，分和两种情况解不等式，对于D，求出函数的最大值判断. 【详解】对于A，因为，所以，所以A错误， 对于B，当时，由，得，得，当时，则，得，，得或（舍去），综上或，所以B正确， 对于C，当时，由，得，解得，当时，由，得，解得，综上，的解集为，所以C正确， 对于D，当时，，当时，，所以的值域为， 因为，，所以，所以D正确， 故选：BCD 11. 已知,若对任意的,不等式恒成立.则（ ） A. B. C. 的最小值为12 D. 的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】先对进行因式分解,分情况讨论小于等于零的情况,可得,即,可得选项A,B正误;将中的用代替,再用基本不等式即可得出正误;先将代入中,再进行换元,求出新元的范围,根据二次函数的单调性即可求出最值,判断D的正误. 【详解】因为, 恒成立,即恒成立, 因为,所以当时,,则需, 当时,,则需, 故当时,,即, 所以且,故选项A正确,选项B错误; 所以, 当且仅当时,即时取等,故选项C正确; 因为, 令, 当且仅当，即时等号成立，故， 所以,故, 所以在上,单调递减,即,所以，故选项D正确. 故选:ACD 【点睛】思路点睛:该题考查基本不等式的应用,属于难题,关于不等式有: (1),; (2)柯西不等式:; (3)变换后再用基本不等式:. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知命题 “”，则的否定为______． 【答案】 【解析】 【详解】由命题否定的性质得. 13. 函数的值域为____________． 【答案】 【解析】 【分析】利用换元法将问题转化为的值域，结合二次函数的单调性即可求解. 【详解】令，所以， 则。 所以函数的值域等价于的值域， 因为的对称轴为,所以在上单调递减，在上单调递增， ， 所以在上的值域为 14. 若至少存在一个，使得关于的不等式成立，则实数的取值范围为______． 【答案】 【解析】 【详解】问题转化为：至少存在一个，使得关于的不等式成立，令，，函数与轴交于点，与轴交于点， （1）当函数的左支与轴交于点，此时有，若，解得或， 则当时，在轴右侧，函数的图象在函数的上方，不合乎题意； （2）在轴右侧，当函数的左支与曲线的图象相切时，函数左支图象对应的解析式为，将代入得，即， 令，即，解得，则当时，如下图所示，在轴右侧， 函数的图象在函数的上方或相切，则不等式在上恒成立，不合乎题意； （3）当时，如下图所示，在轴右侧，函数的图象的左支或右支与函数相交，在轴右侧，函数的图象中必有一部分图象在函数的下方，即存在，使得不等式成立，故实数的取值范围是. 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. 已知二次函数满足且． （1）求的解析式； （2）画出函数的简图并求出时的取值范围． 【答案】（1） （2）函数图象如下图所示： 不等式的解集为 【解析】 【分析】（1）利用待定系数法进行求解即可； （2）根据二次根式的性质化简函数的解析式，然后画出一次函数的图象，再分类讨论进行求解不等式的解集即可. 【小问1详解】 设二次函数的解析式为， 因为且， 所以 ，所以. 【小问2详解】 ，函数图象如下图所示： 当时，，符合，； 当时，，符合， 综上所述，不等式的解集为. 16. 已知二次函数若对任意的，都有成立，记的取值范围为集合． （1）求集合； （2）设且，写出集合的所有子集； （3）若集合，且，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2）子集为，，，，，，，. （3） 【解析】 【小问1详解】 由对任意的，都有成立，得. 为开口向上，对称轴的二次函数， 又，当时，取得最小值，即； ，解得. 集合. 【小问2详解】 由，且，得； 的子集有，，，，，，，. 【小问3详解】 ，，， 当时，，解得，符合题意； 当时，或，解得或. 综上所述，或，即实数的取值范围为. 17. 2026年东北超体育赛事持续走红，相关文创产品需求持续增长．已知某工厂代为加工该赛事吉祥物钥匙扣，需投入固定成本5万元，每代加工1万件钥匙扣，需另投入a万元，现根据市场行情，该工厂代加工x万件钥匙扣，可获得万元的代加工费，且已知该代工厂代加工20万件钥匙扣时，获得的利润为90万元． （1）求该工厂代加工该吉祥物钥匙扣的利润y（单位：万元）关于代加工量x（单位：万件）的函数解析式； （2）当代加工量为多少万件时，该工厂代加工该吉祥物钥匙扣的利润最大？并求出利润的最大值． 【答案】（1） （2） 当代加工量为30万件时利润最大，最大值为95万元 【解析】 【分析】（1）先利用时的利润值求出参数，再根据“利润=代加工收入-固定成本-变动成本”推导分段利润函数； （2）分别计算两段函数的最大值，比较后得到全局最大利润及对应加工量. 【小问1详解】  已知固定成本为5万元，每加工1万件额外投入万元，因此加工万件的可变成本为万元， 总利润满足：，万件时利润为90万元，且， 代入对应区间的表达式： ， 代入利润公式得：，解得. 将代入分段的，得到分段利润函数：当时 ，； 当时，. 最终利润函数为： . 【小问2详解】 当时，是开口向上的二次函数，对称轴为， 因此函数在单调递减，在单调递增，最大值在端点处取得： （万元）； 当时： （万元）， 当且仅当​即时等号成立，因此该区间的最大值为（万元）. 对比两个区间的最大值55和95，可知当代加工量为30万件时，利润最大，最大利润为95万元. 18. 已知集合，． （1）若，求a的取值集合； （2）若命题p∶“，使得”为真命题，且命题q：“”为假命题，求实数a的取值范围； （3）若将集合B中的不等式改为：，试求该不等式的解集． 【答案】（1） （2） （3） 当时，解集为；当时，解集为；当时，解集为；当时，解集为；当时，解集为 【解析】 【分析】（1）因为等价于，所以根据子集的端点对应关系列不等式组，求解的范围； （2）命题为真等价于，命题为假等价于，先求为真的的范围，再求为假的的范围，取两者的交集; （3）先对二次项系数分类讨论，时是一次不等式，直接求解；时因式分解不等式，结合对应二次函数的开口方向，比较两根的大小，分情况写出解集. 【小问1详解】 , 解得，即. ，因此且，解得. 所以的取值集合为. 【小问2详解】 命题为真，说明，即两个区间有公共元素： 若，则或，即或，因此为真时. 命题为假，说明，由（1）知时，因此为假时， 取两个条件的交集，得的取值范围是. 【小问3详解】 对不等式因式分解得， 当时：不等式化为，解得，解集为； 当时：不等式等价于，且，解集为； 当时：不等式等价于，且，解集为； 当时：不等式化为，即，解集为； 当时：不等式等价于，且，解集为. 综上所述：当时，解集为；当时，解集为； 当时，解集为；当时，解集为； 当时，解集为. 19. 已知正数，满足． （1）求的取值范围； （2）求的最小值； （3）当取最小值时，若正数，，满足，证明：． 【答案】（1） （2） （3）证明：当取最小值时，，所以. 因为，当且仅当时等号成立. 同理可得，， 当且仅当，时等号成立. 则. 可得， 即，当且仅当时等号成立. 所以. 【解析】 【分析】（1）根据题意可得，运算求解即可； （2）整理可得，利用乘“1”法结合基本不等式运算求解即可； （3）利用基本不等式可得，、，结合题意分析证明，注意等号成立的条件. 【小问1详解】 因为，可得， 等价于，解得或， 又，可得，所以的取值范围为. 【小问2详解】 因为正数满足，可得， 则， 当且仅当，即时等号成立， 所以的最小值是. 【小问3详解】 略 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 湛江第一中学2026-2027学年度第一学期第一次大考 高一数学 （本试卷满分150分，考试用时120分钟） 一、单项选择题：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，只有一个选项是符合题目要求的． 1. 已知全集，集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 若，则（ ） A. B. C. D. 3. 已知函数，其值域是，则其定义域是（ ） A. B. C. D. 4. 设，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. 已知命题“”是假命题的一个充分不必要条件是（ ） A. B. C. D. 6. ，，，则的最小值是（ ） A. 12 B. 13 C. 16 D. 18 7. 已知函数的定义域为，对任意的实数，都满足，则下列选项一定成立的是（ ） A. B. C. D. 8. 若关于的不等式的解集为，则不等式的解集为（ ） A. B. C. D. 二、多项选择题：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. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知函数，则（ ） A. B. 若，则或 C. 的解集为 D. ，，则 11. 已知,若对任意的,不等式恒成立.则（ ） A. B. C. 的最小值为12 D. 的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知命题 “”，则的否定为______． 13. 函数的值域为____________． 14. 若至少存在一个，使得关于的不等式成立，则实数的取值范围为______． 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. 已知二次函数满足且． （1）求的解析式； （2）画出函数的简图并求出时的取值范围． 16. 已知二次函数若对任意的，都有成立，记的取值范围为集合． （1）求集合； （2）设且，写出集合的所有子集； （3）若集合，且，求实数的取值范围． 17. 2026年东北超体育赛事持续走红，相关文创产品需求持续增长．已知某工厂代为加工该赛事吉祥物钥匙扣，需投入固定成本5万元，每代加工1万件钥匙扣，需另投入a万元，现根据市场行情，该工厂代加工x万件钥匙扣，可获得万元的代加工费，且已知该代工厂代加工20万件钥匙扣时，获得的利润为90万元． （1）求该工厂代加工该吉祥物钥匙扣的利润y（单位：万元）关于代加工量x（单位：万件）的函数解析式； （2）当代加工量为多少万件时，该工厂代加工该吉祥物钥匙扣的利润最大？并求出利润的最大值． 18. 已知集合，． （1）若，求a的取值集合； （2）若命题p∶“，使得”为真命题，且命题q：“”为假命题，求实数a的取值范围； （3）若将集合B中的不等式改为：，试求该不等式的解集． 19. 已知正数，满足． （1）求的取值范围； （2）求的最小值； （3）当取最小值时，若正数，，满足，证明：． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $