精品解析：甘肃兰州大学附属中学2026-2027学年第一学期期中考试高一数学试卷

兰州大学附属中学 2026—2027 学年第一学期期中考试试卷 高一数学 第Ⅰ卷（选择题） 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分） 1. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】交集是由所有同时属于两个集合的元素组成的集合， ，，因此. 2. 已知命题：，，则是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】A 【解析】 【分析】存在命题变否定，前面改变量词，后面否定结论. 【详解】是，. 3. 函数的图象大致是 A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】利用排除法能求出正确选项． 【详解】∵函数f（x），当x时，f（x）>0故D错误； ∴x>1时，f（x）<0恒成立，故B和C错误． 由排除法得正确选项是A． 故选A． 【点睛】本题考查函数的大致图象的判断，考查函数的性质、特殊值点等基础知识，是基础题． 4. 若，则的最小值是（ ） A. 7 B. C. 9 D. 【答案】D 【解析】 【详解】由，，且， 当且仅当，即时取等号，，满足条件， 故的最小值为. 5. 若关于 的不等式 的解集是 ，则不等式 的解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由解集的两端点用韦达定理把 用 表示，再解新不等式． 【详解】因为 的解集为 ，所以 ，且 是 的两根， 由韦达定理 ，，即 ，． 不等式 即 ，两边同除以 得 ， 即 ，解得 或 ．故选D． 6. “关于 的一元二次方程 有一个正根和一个负根”的充分不必要条件是（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】先求“有一个正根和一个负根”的充要条件，再在选项中找它的真子集（充分不必要）． 【详解】因为方程是一元二次方程，所以 ． 设两根为 ，则 ，得 ； 此时 恒成立，故“有一个正根和一个负根”的充要条件是 ． 因为 ，而 不能推出 （如 时 ，但 不成立）， 所以 是充分不必要条件． 7. 已知函数（），，对，，使得成立，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据不等式的性质分析函数、的值域，由题意可得，结合包含关系运算求解即可. 【详解】若，则，，可得， 所以函数在的值域为； 若，则，可得， 所以函数在的值域为； 因为对，，使得成立， 则，可得，解得， 所以实数的取值范围为. 故选：B. 8. 若函数在定义域上的值域为，则称为“函数”．已知函数是“函数”，则实数的取值范围是（     ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】分析函数的单调性，求出该函数在、上的值域，分析可知，函数的值域为，结合分段函数的值域可得出关于实数的不等式组，即可解得实数的取值范围. 【详解】因为函数的定义域为，且， 由题意可知，函数的值域为， 因为函数在上单调递增，当时，， 函数在上为增函数， 当时，， 由题意可得，则有，解得. 因此，实数的取值范围是. 故选：A. 【点睛】关键点点睛：解本题的关键在于分段函数的单调性，求出函数在每段区间上的值域，再由并集运算得出不等式组求解. 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 ，则错误的结论是 （ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【详解】取 ，， A项：，，而 ，故A错误； B项：，故B错误； D项：，，而 ，故D错误； C项：因为，不等式两端同乘以，则，故C正确. 10. 下列说法中正确的有（ ） A. 若函数的定义域为，则函数的定义域为 B. 函数和函数表示同一个函数 C. 函数的值域为 D. 函数满足，则 【答案】ACD 【解析】 【详解】选项A：抽象函数的定义域为，则中的取值范围需满足， 解得，即的定义域为，A正确； 选项B：的定义域为，的定义域为，两函数定义域不同，不是同一个函数，B错误； 选项C：函数定义域为，令，则，代入得， 该函数在上单调递增，时取最小值3，故值域为，C正确； 选项D：已知①，将替换为得②， 联立①②消去，解得，D正确. 11. 给定函数．若，用表示中的最小者，记为，则下列说法正确的是（ ） A. B. 函数的单调递减区间为 C. 若方程有两个根，则 D. 若存在常数，使得成立，那么的取值范围是 【答案】ABD 【解析】 【分析】求出的解析式并作出图象，代入求值判断A；利用图象判断B和C；分和两种情况求出的范围判断D. 【详解】当时，，则， 因为，所以恒成立，即， 当时，， 当时，，则， 令，解得或，即， 令，解得，即， 所以或时，；时，； 综上，，作出的图象如下图： A，，故A对； B，由图知，函数的单调递减区间为，故B对； C，方程有两个根，即有两个根， 所以和的图象有两个交点， 由图知，当时，和的图象没有交点； 当时，和的图象有两个交点； 当时，和的图象有四个交点； 当时，和的图象有三个交点； 当时，和的图象有两个交点， 所以当或时，方程有两个根，即，故C错； D， 当时，，由，得， 即，解得（舍）或（舍）， 当时，，由，得， 即，所以，即时，恒成立， 综上，，故D对. 故选：ABD 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 函数的单调减区间为__________. 【答案】## 【解析】 【分析】优先考虑定义域，在研究复合函数的单调性时，要弄清楚它由什么函数复合而成的，再根据“同增异减”可求解. 【详解】函数是由函数和组成的复合函数， ，解得或， 函数的定义域是或， 因为函数在单调递减，在单调递增， 而在上单调递增， 由复合函数单调性的“同增异减”，可得函数的单调减区间． 故答案为：. 13. 设，若对于，恒成立，则实数的取值范围为__________. 【答案】 【解析】 【详解】，即. 因为恒成立，所以. 因为时，恒成立， 所以，所以. 即所求实数的取值范围为. 14. 已知函数是定义在上的奇函数，且，若对任意的，当时，有成立，则不等式的解集为__________． 【答案】 【解析】 【分析】根据给定条件，构造函数，求出函数的单调性、奇偶性，再利用性质解不等式. 【详解】由是定义在上的奇函数，得，． 令，由，得；. ∵，∴为偶函数，， ∵对任意的，当时，有成立， ∴对任意的，当时，有成立， ∴在上单调递减，∴在上单调递增， 不等式， 因此且，解得且， 所以不等式的解集为． 故答案为：． 四、解答题（本大题共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. 已知集合，. （1）若，求实数的取值范围； （2）设命题，命题，若是成立的充分不必要条件，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据包含关系求解即可； （2）由题意可得，进而分、两种情况求解即可. 【小问1详解】 由，则，解得， 则实数的取值范围为. 【小问2详解】 因为是成立的充分不必要条件，所以， 当时，，解得； 当时，由，解得. 综上所述，实数的取值范围为． 16. 已知函数 （1）求，的值； （2）若，求的值； （3）作出函数的大致图象，并求的解集． 【答案】（1）， （2）或1或 （3） 【解析】 【分析】（1）根据分段函数解析式计算可得； （2）根据分段函数解析式，分类讨论，分别计算可得； （3）根据函数解析式，可作出函数图象，根据函数解析式分类讨论可求得不等式的解集. 【小问1详解】 因为， 所以，． 【小问2详解】 当时，，解得； 当时，，解得； 当时，，解得或（舍去）． 综上所述，的值为或1或． 【小问3详解】 作出函数的图象如图所示： 当时，恒成立；当时，恒成立； 当时，，即，得． 综上所述，的解集为． 17. 某公司为进一步增强市场竞争力，计划改进技术生产某产品．已知该产品年利润（单位：万元）与年产量（单位：台）的函数关系为.假设生产的产品当年能全部销售完，且每年最大产量为100台． （1）当年产量为20台时，求公司所获年利润； （2）当年产量不超过40台时，为实现年盈利，该产品的年产量至少为多少台？ （3）当该产品的年产量为多少台时，公司所获年利润最大？ 【答案】（1）万元； （2）台； （3）台. 【解析】 【分析】（1）根据分段函数求值即可； （2）解一元二次不等式，即可得解； （3）利用二次函数性质和基本不等式分别求出各段最大值，比较即可作出判断. 【小问1详解】 当年产量为20台时，（万元）， 所以当年产量为20台时，公司所获年利润为万元； 【小问2详解】 当年产量不超过40台时，为实现年盈利，即， 解得，又因为，所以， 即为实现年盈利，该产品的年产量至少为台； 【小问3详解】 当时，， 此时当时，在此区间内公司所获年利润最大值为万元， 当时，， 当且仅当时，在此区间内公司所获年利润取得最大值为万元， 综上可得：当该产品的年产量为台时，公司所获年利润最大值为万元. 18. 已知二次函数满足，且： （1）求的解析式； （2）若在区间上，的值域为，求的取值范围. （3）若时，函数的图象恒在图象的上方，求实数的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）设二次函数，利用题目条件可以得到关于的方程组，解方程组得到，即可得到解析式； （2）根据的图象、值域可得答案； （3）分讨论，结合的图象求解可得答案. 【小问1详解】 设二次函数，，由题意知： ，整理得：， 即：，解得：， ∴； 【小问2详解】 因为， 所以其图象的对称轴为直线，当时，， 因为当时，，由二次函数图象可知 ，解得， 所以的取值范围是； 【小问3详解】 由（1）知，的图象开口向上， 时，，解得：或， ∴当，，图象在轴下方， 当，，图象在轴上方， 对于，当时，，当时， 图象在图象的上方，不合题意，舍去； 当时，，开口向上，当时， 图象在图象的上方，不合题意，舍去； 当时，，开口向下，函数的图象恒在图象的上方， 即恒成立， 即恒成立， 即恒成立，， 即有：，即：. 综上，的取值范围是. 19. 已知函数对任意实数，恒有，当时，，且. （1）判断的奇偶性并证明； （2）求在区间上的最大值； （3），试求关于的不等式的解集. 【答案】（1） 函数为奇函数，证明如下： 因为的定义域为，对任意实数，恒有， 令，可得，即； 令，可得，即； 所以函数为奇函数. （2）8 （3） 若，解集为； 若，解集为； 若，解集为. 【解析】 【分析】（1）根据题意结合奇函数的定义分析证明即可； （2）根据题意结合单调性的定义证明可知函数在定义域内单调递减，结合单调性求最值； （3）根据单调性和奇偶性可得，分类讨论二次项系数的符号解不等式即可. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 对任意实数，恒有， 令，可得； 令，可得； 由奇函数可得； 令，，可得，即， 若，则，可得，即， 所以函数在定义域内单调递减， 又因为，可知函数在内单调递减， 所以函数在内最大值为. 【小问3详解】 因为为定义域在上的奇函数，且 由可得， 又因为函数在定义域内单调递减， 则，可得， 若，可得； 若，令，解得或， 当时，则，解得； 当时，则，解得或； 综上所述：若，解集为； 若，解集为； 若，解集为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 兰州大学附属中学 2026—2027 学年第一学期期中考试试卷 高一数学 第Ⅰ卷（选择题） 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共40分） 1. 已知，，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知命题：，，则是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 3. 函数的图象大致是 A. B. C. D. 4. 若，则的最小值是（ ） A. 7 B. C. 9 D. 5. 若关于 的不等式 的解集是 ，则不等式 的解集为（ ） A. B. C. D. 6. “关于 的一元二次方程 有一个正根和一个负根”的充分不必要条件是（　　） A. B. C. D. 7. 已知函数（），，对，，使得成立，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. D. 8. 若函数在定义域上的值域为，则称为“函数”．已知函数是“函数”，则实数的取值范围是（     ） 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 ，则错误的结论是 （ ） A. B. C. D. 10. 下列说法中正确的有（ ） A. 若函数的定义域为，则函数的定义域为 B. 函数和函数表示同一个函数 C. 函数的值域为 D. 函数满足，则 11. 给定函数．若，用表示中的最小者，记为，则下列说法正确的是（ ） A. B. 函数的单调递减区间为 C. 若方程有两个根，则 D. 若存在常数，使得成立，那么的取值范围是 第Ⅱ卷（非选择题） 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分） 12. 函数的单调减区间为__________. 13. 设，若对于，恒成立，则实数的取值范围为__________. 14. 已知函数是定义在上的奇函数，且，若对任意的，当时，有成立，则不等式的解集为__________． 四、解答题（本大题共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. 已知集合，. （1）若，求实数的取值范围； （2）设命题，命题，若是成立的充分不必要条件，求实数的取值范围． 16. 已知函数 （1）求，的值； （2）若，求的值； （3）作出函数的大致图象，并求的解集． 17. 某公司为进一步增强市场竞争力，计划改进技术生产某产品．已知该产品年利润（单位：万元）与年产量（单位：台）的函数关系为.假设生产的产品当年能全部销售完，且每年最大产量为100台． （1）当年产量为20台时，求公司所获年利润； （2）当年产量不超过40台时，为实现年盈利，该产品的年产量至少为多少台？ （3）当该产品的年产量为多少台时，公司所获年利润最大？ 18. 已知二次函数满足，且： （1）求的解析式； （2）若在区间上，的值域为，求的取值范围. （3）若时，函数的图象恒在图象的上方，求实数的取值范围． 19. 已知函数对任意实数，恒有，当时，，且. （1）判断的奇偶性并证明； （2）求在区间上的最大值； （3），试求关于的不等式的解集. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $