2026-2027学年高一上学期期中自编模拟数学试卷2（甘肃省武威市适用）

高一数学期中考试复习卷2答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C B B B A D D C ABC ABD 题号 11 答案 ABC 1．C 【分析】直接求并集得到答案. 【详解】集合，，则. 故选：C 2．B 【分析】根据特称命题和全称命题的真假判断四个选项中命题的真假，再判断其否定的真假即可得正确选项. 【详解】对于A：不为的实数的绝对值是正数，所以有些实数的绝对值是正数为真命题，否定是假命题，故选项A不符合题意； 对于B：四条边都相等平行四边形是菱形，所以所有平行四边形都不是菱形为假命题，否定是真命题，故选项B符合题意； 对于C：任意两个不全等的等边三角形都是相似的为真命题，否定为假命题，故选项C不符合题意； 对于D：是方程的一个根为真命题，否定为假命题，故选项D不符合题意； 故选：B. 3．B 【分析】由锐角三角形的定义说明充分性成立，再由直角三角形或钝角三角形中也有锐角说明必要性不成立； 【详解】若三角形是锐角三角形，则其内角都是锐角； 但当三角形的内角中有锐角时，该三角形不一定是锐角三角形， 也可能是直角三角形或钝角三角形． 故是的充分不必要条件． 故选：B. 4．B 【详解】试题分析：（1）非命题为：“指数函数在上是减函数”，则;（2）否命题为：“若a+b<2，则a,b 都小于1”，为假命题，则逆命题假；（3）（4）为真. 考点：四种命题与充分条件必要条件 5．A 【分析】根据题意可得函数是以3为周期的周期函数，根据函数的周期性分别求出即可得解. 【详解】解：因为为偶函数， 所以函数关于直线对称，则有， 因为是定义在R上的奇函数，所以， 所以，所以 所以是以3为周期的周期函数， 故，， 所以. 故选：A. 6．D 【分析】依题意可得在上单调递增，根据偶函数的性质可得在上单调递减，再根据，即可得到的大致图像，结合图像分类讨论，即可求出不等式的解集； 【详解】因为函数满足对任意的，且，有， 即在上单调递增，又是定义在R上的偶函数，所以在上单调递减， 又，所以，函数的大致图像可如下所示： 所以当时，当或时， 又不等式等价于或， 解得或，即原不等式的解集为； 故选：D. 7．D 【分析】利用基本不等式可求得函数的值域，由此可求得函数的值域. 【详解】当时，，当且仅当时，等号成立； 当时，，当且仅当时，等号成立， 此时； 又因为，所以，函数的值域为， 当时，；当时，； 当时，. 综上所述，函数的值域为. 故选：D. 8．C 【分析】将解不等式转化为与的图像比较，进而观察两个函数图象的特征，从而求出不等式的解集． 【详解】因为函数是定义在上的奇函数， 所以的图像关于原点对称，由此画出函数在上的图象， 在同一坐标系内画出的图象， 因为，，所以， 又，， 所以的图象与的图象交于和两点，如图， 所以结合图像可知，的解集为. 故选：C. 9．ABC 【分析】解方程可得集合A，由题可得，然后分情况讨论即得. 【详解】， ， 集合，集合， ，又， 当时，则，满足题意； 当时，若，，，满足题意， 若，则，，满足题意； 或1或. 故选：ABC. 10．ABD 【分析】根据不等式的解集判断的关系，判断ABC的正误，然后根据参数间的关系将不等式转化为，求得解集即可. 【详解】由题知，方程的两个根为，4，且，故A正确； 由韦达定理知，，解得，，故B正确； ，故C错误； 不等式等价于，即， 解得解集为，故D正确； 故选：ABD 11．ABC 【分析】根据分段函数的单调性，结合反比例函数与一次函数的单调性得到关于的不等式，从而得解. 【详解】由题意可知：在上单调递减，即； 在上也单调递减，即； 又是上的减函数，则， 所以，解得， 显然，，，满足，不满足，故ABC正确，D错误. 故选：ABC. 12． 【分析】分类和两种情况讨论，对时，利用二次函数的图像进行分析求解． 【详解】当时，，成立； 当时，一元二次不等式对一切实数都成立， 则，解得，即； 综上所述，的取值范围是， 故答案为：． 13．8 【分析】把代入所求式子，利用二次函数的性质求解． 【详解】∵，∴， ∴， ∴当时，取最小值8． 故答案为：8． 14． 【分析】由题意可得对应的集合是对应的集合的真子集，进而可得出答案. 【详解】由，得， 因为“”是“”的充分不必要条件， 所以集合是集合的真子集， 所以（不同时取等号），解得， 所以实数的取值范围为. 故答案为：. 15．(1)，； (2) 【分析】（1）解一元一次不等式求集合A，再应用集合的交并补运算求及. （2）由集合的包含关系可得，结合已知即可得的取值范围． 【详解】（1）由得：，所以，则， 由，所以，． （2）因为且， 所以，解得． 所以的取值范围是． 16．(1) (2) ． 【分析】（1） 代入函数解析式，求解二次不等式即可. （2）根据不等式恒成立的条件，列不等式组求实数的取值范围 【详解】（1） 时，， 由，解得： 或 ， 则不等式的解集为：． （2）， 若 对 恒成立，则，解得：， 所以实数的取值范围为． 17． 证明：法一：充分性：由及，得，即. 必要性：由，得，即. 因为，所以，所以. 所以的充要条件是. 法二：. 由条件，故由. 所以，即的充要条件是. 【分析】利用作差法和不等式的性质，再结合充分性和必要性的证明方法，即可证明. 【详解】略 18．(1) (2)当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为. 【分析】（1）由不等式恒成立进行参变分离，结合函数的单调性求出最值得出结果； （2）分成，，三种情况讨论一元二次不等式的解集. 【详解】（1）因为时，恒成立，即恒成立，即， 设，则函数在上单调递减， 所以函数的最大值，，得； （2）关于x的不等式，整理得，即， 当时，即，解得或； 当时，即，解得； 当时，即，解得或； 综上所述，当时，不等式的解集为； 当时，不等式的解集为； 当时，不等式的解集为. 19．(1) (2) (3) 【分析】（1）根据例题，将变形为，再利用求解即可； （2）根据例题，将变形为，再利用求解即可； （3）根据例题，将变形为，再利用求解即可； 【详解】（1）因为，模仿例题，利用， 得到， 于是，， 当且仅当时，取得最小值. （2）因为，利用， 得到， 于是，， 当且仅当时，取得最小值. （3）因为，且，利用， 得到， 于是，， 当且仅当时，取得最小值. 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 $ 高一数学期中考试复习卷2 一、单选题（本题共8小题，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．下列命题的否定是真命题的是（    ） A．有些实数的绝对值是正数 B．所有平行四边形都不是菱形 C．任意两个不全等的等边三角形都是相似的 D．是方程的一个根 3．已知p：“三角形是锐角三角形”，q：“三角形的内角中有锐角”，则p是q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．下列说法正确的个数有个. （1）命题：“指数函数在上是增函数”的非命题为真时，则； （2）命题：“若，则中至少有一个不小于”的逆命题是真命题； （3）命题：“若，则”的逆否命题是“若，则”； （4）已知，则“”是“曲线为双曲线”的充要条件. A．1 B．2 C．3 D．4 5．已知是定义在R上的奇函数，若为偶函数且，则（    ） A． B． C．3 D．6 6．若定义在上的偶函数，对任意的，且，都有且，则满足的x的取值范围是（    ） A． B． C． D． 7．设，用表示不超过的最大整数，则称为高斯函数．例如：，，已知函数，则函数的值域为（    ） A． B． C． D． 8．已知函数是定义在上的奇函数，当时，的图象如图所示，那么满足不等式的的取值范围是（    ） A． B． C． D． 二、多选题（本题共3小题，共18分。在每小题给出的四个选项中，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．若集合，，且，则实数a的值为（    ） A．0 B．1 C． D． 10．已知关于x的不等式的解集为，则（    ） A． B． C． D．不等式的解集为 11．已知函数是上的减函数，则实数的值可以是（    ） A． B． C． D． 三.填空题（本题共3小题，共15分） 12．不等式对一切实数都成立，则的取值范围是______． 13．已知满足，求的最小值______． 14．若“”是“”的充分不必要条件，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（13分）．已知全集，集合，集合． (1)求集合及； (2)若集合，且，求实数的取值范围． 16（15分）．设函数． (1)当 时，解关于的不等式 ． (2)若 对 恒成立，求实数的取值范围． 17（15分）．已知，都是非零实数，且，求证：的充要条件是. 18（17分）．已知函数 (1)若在上恒成立，求实数的取值范围； (2)解关于的不等式. 19（17分）．某天数学课上，你突然惊醒，发现黑板上有如下内容：例：求，的最小值；解：利用平均值不等式，得到，于是，且等号当且仅当时成立；所以当且仅当时取到最小值； (1)请你模仿例题，研究，的最小值；（提示：） (2)研究，的最小值； (3)求出当时，，的最小值 第1页（共4页） ◎ 第2页（共4页） 第1页（共4页） ◎ 第2页（共4页） 学科网（北京）股份有限公司 高一数学期中考试复习卷2答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 C B B B A D D C ABC ABD 题号 11 答案 ABC 1．C 【分析】直接求并集得到答案. 【详解】集合，，则. 故选：C 2．B 【分析】根据特称命题和全称命题的真假判断四个选项中命题的真假，再判断其否定的真假即可得正确选项. 【详解】对于A：不为的实数的绝对值是正数，所以有些实数的绝对值是正数为真命题，否定是假命题，故选项A不符合题意； 对于B：四条边都相等平行四边形是菱形，所以所有平行四边形都不是菱形为假命题，否定是真命题，故选项B符合题意； 对于C：任意两个不全等的等边三角形都是相似的为真命题，否定为假命题，故选项C不符合题意； 对于D：是方程的一个根为真命题，否定为假命题，故选项D不符合题意； 故选：B. 3．B 【分析】由锐角三角形的定义说明充分性成立，再由直角三角形或钝角三角形中也有锐角说明必要性不成立； 【详解】若三角形是锐角三角形，则其内角都是锐角； 但当三角形的内角中有锐角时，该三角形不一定是锐角三角形， 也可能是直角三角形或钝角三角形． 故是的充分不必要条件． 故选：B. 4．B 【详解】试题分析：（1）非命题为：“指数函数在上是减函数”，则;（2）否命题为：“若a+b<2，则a,b 都小于1”，为假命题，则逆命题假；（3）（4）为真. 考点：四种命题与充分条件必要条件 5．A 【分析】根据题意可得函数是以3为周期的周期函数，根据函数的周期性分别求出即可得解. 【详解】解：因为为偶函数， 所以函数关于直线对称，则有， 因为是定义在R上的奇函数，所以， 所以，所以 所以是以3为周期的周期函数， 故，， 所以. 故选：A. 6．D 【分析】依题意可得在上单调递增，根据偶函数的性质可得在上单调递减，再根据，即可得到的大致图像，结合图像分类讨论，即可求出不等式的解集； 【详解】因为函数满足对任意的，且，有， 即在上单调递增，又是定义在R上的偶函数，所以在上单调递减， 又，所以，函数的大致图像可如下所示： 所以当时，当或时， 又不等式等价于或， 解得或，即原不等式的解集为； 故选：D. 7．D 【分析】利用基本不等式可求得函数的值域，由此可求得函数的值域. 【详解】当时，，当且仅当时，等号成立； 当时，，当且仅当时，等号成立， 此时； 又因为，所以，函数的值域为， 当时，；当时，； 当时，. 综上所述，函数的值域为. 故选：D. 8．C 【分析】将解不等式转化为与的图像比较，进而观察两个函数图象的特征，从而求出不等式的解集． 【详解】因为函数是定义在上的奇函数， 所以的图像关于原点对称，由此画出函数在上的图象， 在同一坐标系内画出的图象， 因为，，所以， 又，， 所以的图象与的图象交于和两点，如图， 所以结合图像可知，的解集为. 故选：C. 9．ABC 【分析】解方程可得集合A，由题可得，然后分情况讨论即得. 【详解】， ， 集合，集合， ，又， 当时，则，满足题意； 当时，若，，，满足题意， 若，则，，满足题意； 或1或. 故选：ABC. 10．ABD 【分析】根据不等式的解集判断的关系，判断ABC的正误，然后根据参数间的关系将不等式转化为，求得解集即可. 【详解】由题知，方程的两个根为，4，且，故A正确； 由韦达定理知，，解得，，故B正确； ，故C错误； 不等式等价于，即， 解得解集为，故D正确； 故选：ABD 11．ABC 【分析】根据分段函数的单调性，结合反比例函数与一次函数的单调性得到关于的不等式，从而得解. 【详解】由题意可知：在上单调递减，即； 在上也单调递减，即； 又是上的减函数，则， 所以，解得， 显然，，，满足，不满足，故ABC正确，D错误. 故选：ABC. 12． 【分析】分类和两种情况讨论，对时，利用二次函数的图像进行分析求解． 【详解】当时，，成立； 当时，一元二次不等式对一切实数都成立， 则，解得，即； 综上所述，的取值范围是， 故答案为：． 13．8 【分析】把代入所求式子，利用二次函数的性质求解． 【详解】∵，∴， ∴， ∴当时，取最小值8． 故答案为：8． 14． 【分析】由题意可得对应的集合是对应的集合的真子集，进而可得出答案. 【详解】由，得， 因为“”是“”的充分不必要条件， 所以集合是集合的真子集， 所以（不同时取等号），解得， 所以实数的取值范围为. 故答案为：. 15．(1)，； (2) 【分析】（1）解一元一次不等式求集合A，再应用集合的交并补运算求及. （2）由集合的包含关系可得，结合已知即可得的取值范围． 【详解】（1）由得：，所以，则， 由，所以，． （2）因为且， 所以，解得． 所以的取值范围是． 16．(1) (2) ． 【分析】（1） 代入函数解析式，求解二次不等式即可. （2）根据不等式恒成立的条件，列不等式组求实数的取值范围 【详解】（1） 时，， 由，解得： 或 ， 则不等式的解集为：． （2）， 若 对 恒成立，则，解得：， 所以实数的取值范围为． 17． 证明：法一：充分性：由及，得，即. 必要性：由，得，即. 因为，所以，所以. 所以的充要条件是. 法二：. 由条件，故由. 所以，即的充要条件是. 【分析】利用作差法和不等式的性质，再结合充分性和必要性的证明方法，即可证明. 【详解】略 18．(1) (2)当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为. 【分析】（1）由不等式恒成立进行参变分离，结合函数的单调性求出最值得出结果； （2）分成，，三种情况讨论一元二次不等式的解集. 【详解】（1）因为时，恒成立，即恒成立，即， 设，则函数在上单调递减， 所以函数的最大值，，得； （2）关于x的不等式，整理得，即， 当时，即，解得或； 当时，即，解得； 当时，即，解得或； 综上所述，当时，不等式的解集为； 当时，不等式的解集为； 当时，不等式的解集为. 19．(1) (2) (3) 【分析】（1）根据例题，将变形为，再利用求解即可； （2）根据例题，将变形为，再利用求解即可； （3）根据例题，将变形为，再利用求解即可； 【详解】（1）因为，模仿例题，利用， 得到， 于是，， 当且仅当时，取得最小值. （2）因为，利用， 得到， 于是，， 当且仅当时，取得最小值. （3）因为，且，利用， 得到， 于是，， 当且仅当时，取得最小值. 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 $