浙江省杭州地区(含周边)重点中学2026-2027学年高一上学期11月期中数学试题

绝密★考试结束前 2026学年第一学期期中杭州地区（含周边）重点中学 高一年级数学学科试题 命题：萧山中学郑艳审题：临平中学张保才杭州长河高级中学钱建英 校稿：吕金晶 考生须知： 1.本卷满分150分，考试时间120分钟： 2.答题前，在答题卷密封区内填写班级、考试号和姓名： 3.所有答案必须写在答题卷上，写在试卷上无效： 4.考试结束后，只需上交答题卷。 第I卷 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.已知集合A={0,l,2,3},B={x|1<x<9},则AOB= A.{2,3} B.{1,2,3} C.{3} D.{2} 3 2.若a= 3 ,c=log,3,则a、b、c的大小关系是 A.b>a>c B.b>c>a C.axb>c D.a>c>b 3.命题“Va∈R,一元二次方程x2-am-1≤0有解”的否定是 A.a∈R,一元二次方程x2-am-1≤0无解B.a∈R,一元二次方程x2-am-1>0无解 C.3a∈R,一元二次方程x2-mr-1≤0无解D.3a∈R,一元二次方程x2-ar-1>0无解 4.设函数y=)的定义域为人区间D1,则x,5∈D且5，)->0是函数 X2一x y=∫(x)在区间D上单调递减的 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.已知函数f(x+1)的定义域为[-1,14，则fx2-1)的定义域为 A.[3,168 B.[-4,4] c.「-4，-11,4] D.「-5,5 6.已知函数y=f(x)的图像如下，则f(x)的解析式可能为 A)= .= c若 .- 7.已知函数f(x)=2-1,若f(a=f(b)且a≠b,则2a+b的取值 范围是 A.(-0,1) B.(-0,2) C.(0,2) D.(0,1) 第6题图 高一数学试题卷第1页共4页 8.已知函数f)=2+22+m2+2)+4g)= 2x+1 ,若对于x∈[-1，，总3∈(-0，， 使得f(x)=g(x)成立，则实数m的取值范围为 B. c(引 D.（引 二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。 9.下列各选项给出的数学命题中，正确的是 A.若a>b>0且m>0,则b+m、b a+m a B,函数1田)X与函数g)=x+2是同一个函数 C.若定义域为R的函数f(x),g(x)均为奇函数，则f(g(x)为奇函数 D.若关于x的不等式ar2+br+c>0的解集为(-0,2U(写+∞)，则不等式cr+br+a>0的解 集为(-2,3) 10.已知a>0,b>0且2a+b=3,则 A.ab的最大值是 B.b的最大值为3+22 a+b +26+30+6的最小值是4+25 C. 1， 1 15 D.o+6+)的最大值为 11.已知函数f(x)的定义域为R,f(x-y)-f(x+y)=2f(x-1)f(y),若f(-1)=-1则 A.f(0)=0 B.f(x)+f(-x)=0 C.f(x)=f(2-x) D.f(1)+f(2)+…f(2026)=-1 第Ⅱ卷 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.计算g,6+log,2=A 13.已知函数f(x)=√4x2+2+x+1的值域为[0，+∞)，则k的取值范围为▲ 14.设函数f(x)的定义域为D,若存在一个非零常数T,使得对每一个x∈D,都有x+T∈D且 f(x)=f(x+T),则称T是函数f(x)的周期。如果在周期函数f(x)的所有周期中存在一个最小 正数，那么这个最小正数就叫做f(x)的最小正周期。设f(x)是定义在R上最小正周期为7的函 数，若函数g(x)=f(2)=0在区间[0,7)上的根的个数为73，则g(x)=f(2)=0在区间[1,6)上 的根的个数为▲ 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.(本小题13分)设U=R,A=x3x->4,B=x2m-1<x<m+1 x-2 (1)当m=0时，求(uA)nB,(uA)UB: (2)若(CA)⌒B=中，求实数m的取值范围. 高一数学试题卷第2页共4页 16.(本小题15分)在AI技术席卷全球的时代背景下，某工厂生产的智能机器人正逐步参与医疗 工作，为医疗行业注入新动能。该工厂每生产一台机器人需投入10万元成本，年产量为 x∈100,500台时，智能机器人总售价R(单位：万元)满足函数： _3x+250x-15000,x∈[100,200] 4 R(x)= ，且所生产的机器人当年都能全部销售完. 9x-16000+400,r∈(200,500] (1)将利润P(单位：万元)表示为年产量x(单位：台)的函数： (2)当年产量为多少台时，公司所获利润最大？最大利润为多少万元（利润=售价-成本）· 17.（本小题15分)已知函数四)-+0是定义在[-2,2]上的偶函数 e2r+1 (1)求a的值； (2)判断并证明f(x)在(0,2上的单调性： (3)求不等式f(x+1)>f(2x-1)的解集. 高一数学试题卷第3页共4页 18.(本小题17分)已知函数fx)=mx2-2+ar2+bx+c. (1)若m=0且b=-4a(a≠0)，c=2,求f(x)在[0,3]上的最大值： (2)当m=1,c=0时， ①当a=0且b=1时，求方程f(x)=0的解； ②当a=1时，若方程f(x)=0在区间(0,2)有两个不相等的实数根x,x,(x<x2),求b的 取值范围，并证明戈>} 19.(本小题17分)已知y=f(x)的定义域为R,对给定实数a,b(a<b),定义集合 I=x(f(x)-f(a))(f(x)-f(b))0,M(b =x(f(x)+f(a))(f(x)+f(b)O (1)若fx)=e-e,求1-； (2)若f(x)=x2-2r+1+2<0),且-2,0]=1-20，求1的取值范围： (3)对Va,b∈R,(a<b)，,证明xeIa,都有2c-x∈Mab的充要条件是y=f(w)关于(c,O) 中心对称. 高一数学试题卷第4页共4页 2026学年第一学期期中杭州地区（含周边）重点中学 高一年级数学学科参考答案 一、 选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每题给出的四个选项中，只有一项是符合题 目要求的， 题号 2 3 4 5 6 7 8 答案 A A C C C B D A 二、多选题：本题共3小题，共18分，在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求， 题号 9 10 11 答案 ACD AC ABC 三、填空题：本题共3小题， 每小题5分，共15分. 12.1 14.35 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.【解】 )4=x3x->4=x12<x<73, x-2 当m=0时，B={x2m-1<x<m+}={x|-1<x<1}, 所以C,A={x|x≤2或x≥7}， 所以(CA)nB={x|-1<x<1,(CA)nB={x|x≤2或x27乃. …6 (2)因为(CA)OB=中，所以BsA. 当B=中时，2m-1≥m+1,所以m≥2. 2m-1<m+1 当B≠中时， 2m-122，所以 3 ≤m<2. m+1≤7 绿上m .13 16.【解】(1)因为年产量为x∈[100,500]台时，智能机器人总售价R(单位：万元)满足函数： x+250x-1500,xe10,20] 4 R(x)= 9x- 160000+4000,x∈(200,50] 3 x2+250x-15000-10x,x∈[100,200] 所以P(x)= 9、 60000+4000-10x,x∈(20,50] 3x2+240x-15000,x∈[100,20] 即P(x)= .7 160000 +4000,x∈(200,500] 高一数学答案第1页共5页 (2)当x∈[100,200]时，当且仅当x=160时，P(x)mx=P(160)=4200. 当x∈[200,500]时，当且仅当x=400时，P(x)=P(400)=3200 所以当年产量为160台时，公司获得最大利润，其最大利润为4200万元. .15 17.【解】 （1)因为函数)-。+ e+a是偶函数， 所以f(-x)=f(-x). 所以e+0-e+a-e+ae2r e2r+1e2x+1 Ite2, 所以e'+a=e'+ae2r, 所以a=0 所以云 ….4 (2)x2>x且x,x∈(0,2] es(ei-l(e-e)】 所以fs)-fc)=2+1e2+1e2+1e24+ 又因为e+w-1>0,ei-e<0, 所以f)-G)=。e (ew-le-e）x0 e2+1e2+1(e2+1(e2%+1 所以f(x)在(0,2上单调递减. .9 (3)因为f(x)是[-2,2]上的偶函数， 又因为f(x+1)>f(2x-1), 由(2)可得f(x)在(0,2]上单调递减， x+1<2x- 所以3-2≤x+1≤2， -2≤2x-1≤2 .15 18.【解】 (1)因为m=0且b=-4a(a≠0)，c=2, 所以f(x)=ar2-4ar+2. 当a>0时，f(x)=a2-4a+2在[0,2]上单调递减，在[2,3]上单调递增， 所以f(x)a=max{f(o),f(3}=2. 当a<0时，f(x)=a2-4ax+2在[0,2]上单调递增，在[2,3]上单调递减， 所以f(x)m=f(2)=2-4a. 所以f(=2-4如，a<0 2,a>0 .…4 高一数学答案第2页共5页 (2)①当m=1,a=c=0,b=1,f(x)=x2-2+x=0, 即f--+=+x+2-≤xs万 x2+x-2,x<-V2或x>V2 当x<-√2或r>√2时，x2+x-2=0,x=-2: 当-V2≤x≤√2时，-x2+x+2=0,x=-1: 综上x=-1或x=-2; .10 2x2+bx-2,x<-V2或x>√2 ②因为f(x)=x2-2+r2+bx= bx+2,-V2≤x≤V2 所以在区间(0,2)上，f(x)=r2-2+x2+bx= 2x2+bx-2N2<x<2 有两个根， bx+2,0<x≤2 由韦达定理可得，方程2x2+bx-2=0的根为一正一负，所以当√2<x<2,2x2+bx-2=0有 一根当0<x≤√2，br+2=0有一根。 8+2b-2>0 所以N5+2<0,所以-3<bc-2. 时x古 -b+VB2+16 4 所以5-1-b+B+16,bb+厅+16 4 4 2 4 -b+√b2+16 4 1 4 又因为5：b+6】 在-3<b<5单调递增，所以5名6+B+16 > 2 ..17 19.【解】 (1)因为fx)=e-e是(-l,)上的单调递增函数， 所以想要1u={f(x)-f(-1)(f(x)-f()≤0， 即只要(f(x)-f(-1)(f(x)-f)≤0， 所以f(-1)≤f(x)≤f(), 所以-1≤x≤1，即1-w=[-l, .4 (2)因为f)=rx2-2x+1+2,且-2,0]=120， 所以[-2,0]={(f(x)-f(-2)(f(x)-f(0)≤0， 即x∈[-2,0]，（f(x)-f(-2)(f(x)-f(o)s0, 记M=max{f(-2),f(0以，N=min{f(-2),f(0)}, 所以x∈[-2,0]，N≤f(x)≤M. 当A=412-4H-8>0,记x2-2r+2+1=0的两个根分别为x,x(x<x3) 当1<-1时，f(-2)=|6+51,f(0)=1+2 记g(x)=x2-2x+1+2, 高一数学答案第3页共5页 1.当-2<1<-1，g(0)=1+2>0,所以f(x)在(t,x)上单调递减，在(-2，)，(x2,0)上单 调递增， 「f()sf(o) 所以)-0解得1=号 2.当1≤-2，g(0)=1+2≤0，g(-2)=51+6≤0，所以g(x)在[-2,0]单调递增且都小于0， 由绝对值翻折可得 f(x)在[-2,0]单调递减，所以x∈[-2,0]，f(0)≤f(x)≤f(-2),成立 3.当-1≤1<0，△=4r2-41-8≤0，所以fx)=x2-2x+1+2,所以f(x)在(-2,1）上单调 递减，在(，0)上单调递增，所以(f()-(-2)(f)-f(0)>0,不满足题意 综上15-2减=号 .10 (3)充分性：因为y=f(x)关于(c,0)中心对称，所以f(2c-)+f(x)=0, 又因为a,b∈R,(a<b),（f(x)-f(a)(f()-f(b)s0, 所以(-f(2c-x)-f(a)(-f(2c-x)-f(b)≤0， 即(f(2c-x)+f(a)(f(2c-x)+f(b)≤0， 即2c-x∈Ma 必要性：a,beR,(a<b),若r∈la,都有2c-x∈Ma. 即(f(x)-f(a)f(x)-f(b)≤0，（f(2c-x)+f(a)(f(2c-x)+f(b)≤0， 不妨令a=c-m,b=c+m(m>0),取x=c+m 因为(f(c+m)-f(c-m)(f(c+m)-f(c+m)=0,所以x=c+m∈La, 所以2c-x=c-m∈Ma,即(f(c-m)+f(a)(f(c-m)+f(b)≤0 代入a=c-m,b=c+m(m>0),所以(f(c-m)+f(c-m)(f(c-m)+f(c+m)≤0. 所以2f(c-m)(f(c-m)+f(c+m)≤0. 同理可得，取x=c-m,(f(c-m)-f(c-m)(f(c-m)f(c+m)=0, 所以x=c-m∈la) 所以c+meMa,所以2f(c+m)(f(c-m)+f(c+m)≤0， [2f(c-m)(f(c-m)+f(c+m))so 综上 2f(c+m)(f(c-m)+f(c+m))so 若f(c-m)+f(c+m)>0,则f(c-m)≤0，f(c+m)≤0，所以f(c-m)+f(c+m)≤0矛盾： 若f(c-m)+f(c+m)<0,则f(c-m)≥0，f(c+m)≥0，所以f(c-m)+f(c+m)≥0矛盾； 所以f(c-m)+f(c+m)=0 同理当m=0时，取x=m, 因为(f(c)-f(c)(f(c)-f(c)=0,所以x=cela., 所以2c-x=c∈Ma.,即(f(c)+f(c)(f(c)+f(c)≤0， 高一数学答案第4页共5页 所以.f(c)=0. .17 高一数学答案第5页共5页