精品解析：四川雅安市雨城区第二中学、田家炳中学2026-2027学年高一上学期11月期中数学试题

高一数学 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 4．本试卷主要考试内容：人教A版必修第一册第一章到第三章第二节. 一、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，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知全集，集合，则（ ） A. B. 或 C. D. 或 2. 若函数，则（ ） A. B. C. D. 3. 若，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 4. 若函数在上单调，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 5. 某学校先举办了一次田径运动会，某班有12名学生参赛，又举办了一次球类运动会，这个班有13名学生参赛，两次运动会都参赛的学生有7名.两次运动会中，这个班共有n名学生参赛，则（ ） A. 16 B. 17 C. 18 D. 19 6. 已知函数满足，，且，则（ ） A. 8 B. 9 C. 10 D. 11 7. “”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 8. 已知函数满足，则当时，的取值范围是（ ） A. B. C. D. 二、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. 下列命题是全称量词命题的是（ ） A. ， B. 等腰三角形有两个内角相等 C. 在40到50之间至少有3个质数 D. 存在一个四边形，它的每个内角都为直角 10. 已知函数，分别是定义在上的奇函数、偶函数，且函数，均在上单调递增，则函数的图象不可能为（ ） A. B. C. D. 11. 已知函数满足，，且当时，，则（ ） A. B. 在上单调递增 C. ， D. ， 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 函数是_________（填入“奇”“偶”“非奇非偶”中的一个）函数． 13. 当两个集合有公共元素，且互不为对方的子集时，我们称这两个集合“交离”．已知集合，，若与“交离”，则_________． 14. 如图，欲在一块等腰三角形空地中建一个内接矩形绿色带（阴影部分），已知，，现在的目标是要使得绿色带面积最大，且绿色带的造价为200元/，则完成目标需投入的绿色带造价约为_________万元（结果精确到0.01，）． 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. 已知命题，，：若，则． （1）写出p的否定； （2）判断p，q的真假，并说明理由. 16. 设函数的定义域为，函数的值域为． （1）当时，求； （2）若，求的取值范围. 17. 已知奇函数在上单调递减，函数． （1）判断在上的单调性，并用单调性的定义加以证明； （2）当时，函数的最大值为，求的值． 18. 已知． （1）证明：为定值． （2）求的最小值． （3）求关于x的不等式的解集． 19. 若是定义在上的函数，对于给定的实数，定义函数 . 已知函数. （1）求的单调区间. （2）已知关于的方程有4个互不相等的实数根，，，. （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）求的值. （3）已知对于任意的，关于的方程恒有4个互不相等的实数根，求的最大值. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高一数学 注意事项： 1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上. 2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效. 3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回. 4．本试卷主要考试内容：人教A版必修第一册第一章到第三章第二节. 一、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，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知全集，集合，则（ ） A. B. 或 C. D. 或 【答案】B 【解析】 【详解】已知全集，集合， 则或. 2. 若函数，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】设，则， 由得， 因此解析式为 3. 若，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由题可知，由基本不等式可得，当且仅当时等号成立， 代入得，整理得， 当时，代入得，解得，满足， 故的最大值为. 4. 若函数在上单调，则a的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题可得函数单调递增，列出不等式组即可求解. 【详解】由题在上单调， 当时，，，因此该右侧分段在上严格单调递增， 可得函数在上单调递增， 则，解得， 所以. 5. 某学校先举办了一次田径运动会，某班有12名学生参赛，又举办了一次球类运动会，这个班有13名学生参赛，两次运动会都参赛的学生有7名.两次运动会中，这个班共有n名学生参赛，则（ ） A. 16 B. 17 C. 18 D. 19 【答案】C 【解析】 【详解】只参加田径运动会的学生有名,只参加球类运动会的学生有名,再加上两项都参加的7名,共名. 即. 6. 已知函数满足，，且，则（ ） A. 8 B. 9 C. 10 D. 11 【答案】A 【解析】 【分析】通过对函数方程中的变量赋予特殊值，先求出的取值，再代入对应变量计算目标表达式的值. 【详解】令，则， 即，解得：或， 当时，令，则， 即，解得这与矛盾， 故，所以， 此时令， 则. 7. “”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】通过比较与的大小关系，结合充分条件与必要条件的定义判断结论. 【详解】，则有， 可得， 则， 即，所以， 时，不一定满足； 而时，一定有， 所以“”是“”的必要不充分条件. 8. 已知函数满足，则当时，的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】将代入原函数方程，联立求解得的解析式，再结合，利用分离常数法推导出的值域. 【详解】因为，所以， 又，因此， 化简得，即， 当时，， 当时，，所以，即， 所以， 所以当时，的取值范围为. 二、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. 下列命题是全称量词命题的是（ ） A. ， B. 等腰三角形有两个内角相等 C. 在40到50之间至少有3个质数 D. 存在一个四边形，它的每个内角都为直角 【答案】AB 【解析】 【详解】选项A：命题使用全称量词符号，表示对任意属于自然数集的， 都满足的关系，符合全称量词命题的定义； 选项B：该命题是对等腰三角形这一类对象的共性判断， 完整表述为“所有的等腰三角形都有两个内角相等”，省略了全称量词“所有的”， 属于省略形式的全称量词命题； 选项C：命题中含有存在量词“至少有”，核心是判断40到50的范围内存在不少于3个质数， 属于存在量词命题，不属于全称量词命题； 选项D：命题明确含有存在量词“存在一个”， 核心是判断存在满足“每个内角都为直角”的四边形，属于存在量词命题，不属于全称量词命题. 10. 已知函数，分别是定义在上的奇函数、偶函数，且函数，均在上单调递增，则函数的图象不可能为（ ） A. B. C. D. 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用函数的奇偶性和单调性，结合函数图象分析即可. 【详解】因为函数，分别是定义在上的奇函数、偶函数， 所以，所以， 定义域关于原点对称，所以函数为偶函数， 所以函数的图象关于轴对称，故选项C，D错误； 设，因为函数，均在上单调递增， 且是定义在上的奇函数，所以， 所以，所以， 所以函数在上单调递增，故选项B正确，选项A错误. 11. 已知函数满足，，且当时，，则（ ） A. B. 在上单调递增 C. ， D. ， 【答案】ACD 【解析】 【分析】首先利用给定的函数递推关系求解参数a，再通过递推式推导不同区间上的函数表达式，结合二次函数的单调性、值域性质逐一分析选项. 【详解】选项A：根据递推关系，令，可得. 当时，，因此，， 代入得，解得，A正确. 选项B：当时，，由递推关系可得，整理得. 该二次函数开口向上，对称轴为，因此在上单调递减，在上单调递增，并非在上单调递增，B错误. 选项C：分区间分析时的取值范围： 当时，，，其最大值在处取得，，因此； 当时，，值域为，因此； 当时，由递推关系，每向左平移1个单位，的最大值为相邻右侧区间最大值的，最大值逐渐衰减，始终满足. 综上，对任意，均有，C正确. 选项D：当时，，由递推关系得， 其最大值在处取得，， 因此存在使得，D正确. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 函数是_________（填入“奇”“偶”“非奇非偶”中的一个）函数． 【答案】偶 【解析】 【详解】函数的定义域为，关于原点对称. 对任意，有. 由偶函数的定义知，是偶函数. 13. 当两个集合有公共元素，且互不为对方的子集时，我们称这两个集合“交离”．已知集合，，若与“交离”，则_________． 【答案】或 【解析】 【分析】解方程可得，结合“交离”定义对集合中的元素分析即可求解. 【详解】，即，解得或， 所以， 当时，，此时，不符合题意， 当时，，此时，符合题意， 当时，，此时，符合题意， 当时，，此时，不符合题意， 所以或. 14. 如图，欲在一块等腰三角形空地中建一个内接矩形绿色带（阴影部分），已知，，现在的目标是要使得绿色带面积最大，且绿色带的造价为200元/，则完成目标需投入的绿色带造价约为_________万元（结果精确到0.01，）． 【答案】 【解析】 【分析】先利用勾股定理求出三角形的高，再利用相似三角形性质建立矩形面积关于边长的函数关系，求出最大面积后计算总造价. 【详解】如图，作于，由，得为 中点，故 ， 在 中，用勾股定理得， 设矩形的高 （单位：m），则 ， 由 得 ，两个三角形对应高之比为 ，于是， 故， 所以矩形面积为 ， 因 ，开口向下，当 时面积取得最大值为， 所以总造价（元）（万元） 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. 已知命题，，：若，则． （1）写出p的否定； （2）判断p，q的真假，并说明理由. 【答案】（1）， （2）命题都是假命题 命题为假命题. 理由：方程即，解得. 因为是无理数，所以这两个根均为无理数，不属于有理数集. 故不存在满足，命题是假命题. 命题为假命题. 理由：取，，，此时满足. 但，，显然. 故命题是假命题. 【解析】 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 16. 设函数的定义域为，函数的值域为． （1）当时，求； （2）若，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）求出的定义域，利用单调性法求值域可得集合，再根据集合并集运算求解即可； （2）由题可得，列式求解即可. 【小问1详解】 ，即，即，解得， ，解得或， 所以集合， 在上单调递减， 当时，， 所以集合， 所以 【小问2详解】 在上单调递减， ， 所以集合，显然， ，所以， 所以或， 解得或， 所以的取值范围是. 17. 已知奇函数在上单调递减，函数． （1）判断在上的单调性，并用单调性的定义加以证明； （2）当时，函数的最大值为，求的值． 【答案】（1）在上单调递减． 证明：任取，令， 则； 因为在上单调递减，故， 由且，故，综上； 故，故在上单调递减． （2）． 【解析】 【分析】（1）根据函数单调性的定义，通过作差法比较的大小，判断的单调性； （2）通过换元法判断的单调性，根据单调性判断最值即可． 【小问1详解】 略． 【小问2详解】 令，则时，， 则， 当且仅当，即时，等号成立； 则，； 由（1）可知，在上单调递减； 故在上，随着的增大而减小，当取最小值时，即时，则取最大值， 即，即，解得； 因为为奇函数，则． 18. 已知． （1）证明：为定值． （2）求的最小值． （3）求关于x的不等式的解集． 【答案】（1）证：因为，两边同时除以可得. （2） （3）时，解集为， 时，解集为， 时，解集为， 时，解集为， 时，解集为， 时，解集为， 时，解集为. 【解析】 【分析】（1）通过题目条件两边同时除以可证. （2）通过第一小问的定值条件，利用基本不等式代法求解. （3）对的范围分类讨论进而求解不等式解集. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 ， 因为，当且仅当时等号成立， 所以. 【小问3详解】 原式可变为， 当时，，满足即可，此时，解为. 当时，，满足条件. 当时，，满足即可， 继续细分，时，此时，解为， 时，原式变为，恒成立， 时，此时，解为， 时，原式变为恒成立. 时，此时，解为. 综上所述，时，解集为， 时，解集为， 时，解集为， 时，解集为， 时，解集为， 时，解集为， 时，解集为. 19. 若是定义在上的函数，对于给定的实数，定义函数 . 已知函数. （1）求的单调区间. （2）已知关于的方程有4个互不相等的实数根，，，. （ⅰ）求的取值范围； （ⅱ）求的值. （3）已知对于任意的，关于的方程恒有4个互不相等的实数根，求的最大值. 【答案】（1）单调递增区间为、；单调递减区间为、. （2）（ⅰ）；（ⅱ）. （3） 【解析】 【分析】（1）由新定义化为含绝对值的函数，再结合二次函数图象确定各段的单调性. （2）按定义分支讨论水平直线与函数图象的交点个数，确定参数范围，再按两组二次方程利用韦达定理求倒数和. （3）将方程转化为原函数的取值问题，比较参数与右端的大小确定根数，再利用右端的最小值求解. 【小问1详解】 由定义得. 又，所以. 结合二次函数的图象，可知单调递增区间为、；单调递减区间为、. 【小问2详解】 （ⅰ）由定义得. 因为，在分支中有.当时，方程仅由给出两个实根，不符合题意. 当时，若要有四个互不相等的实数根，须由给出与两组不同的方程，且每组各有两个实根. 结合该分支中，得，解得，因此. （ⅱ）由（ⅰ）知，四个根分别属于与，每个方程各有两个根，且四根均非零. 由韦达定理，两组根的和均为，积分别为与，所以. 函数图象如下，虚线取，用于示意时的四个交点. 【小问3详解】 记. 由，得，所以，且时，取得最小值. 固定，因为，当时，方程化为，即，恒有两个不同的实数根. 当时，方程化为，即或.因为，所以恒满足分支条件，且有两个不同的实数根. 对于，只有时才满足该分支条件，此时又产生两个不同的实数根.当时，这一组不满足严格条件，不额外产生根. 因此，当时，只有与两组，共四个互不相等的实数根；当时，三个不同的函数值各对应两个根，共六个实根. 下图固定，示意单个对应的根数，空心点不计为交点；对任意的要求，仍由下文取的最小值确定. 要使题设对任意均成立，须，即，故的最大值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $