安徽省鼎尖名校大联考2025-2026学年高一上学期11月期中考试数学试题（Word版附解析）（A卷）

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满分：150分考试 时间：120分钟
注意事项：
1.答题前，考生先将自己的姓名､准考证号码填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区.
2.选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹签字笔书写，字体工整､笔迹清晰.
3.请按照题号顺序在答题卡各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸､试卷上答题无效.
4.作图可先使用铅笔画出，确定后必须用黑色字迹的签字笔描黑.
5.保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破､弄皱，不准使用涂改液､修正带､刮纸刀.
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. 已知函数奇函数，则（ ）
A. 3B. 1C. D. 2
【答案】C
【解析】
【分析】由求解，并验证即可.
【详解】因是定义域上的奇函数，
所以，得，
经验证时，是奇函数，故.
故选：C
2. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先表示出集合，再根据交集运算求解出结果.
【详解】因为，
所以，
故选：B.
3. 已知函数，则（ ）
A. 15B. 8C. 1D. 0
【答案】A
【解析】
【分析】由分段函数的函数值的计算可得结果.
【详解】因为，故.
故选：A.
4. 已知集合，若，则满足条件的实数的个数为（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据集合包含关系的定义，由可知集合中的元素必在集合中，因此分情况讨论求解的值.
【详解】因为且，所以，又因为，所以或，
当时，，此时满足，该情况成立；
当时，或：
若，则，此时满足，该情况成立；
若，则，此时满足，该情况成立；
所以满足条件的的个数为3个.
故选：C.
5. 已知且，则“关于的不等式在上恒成立”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】利用一元二次不等式与二次函数、一元二次方程的关系，及充分、必要条件的概念即可判断.
【详解】若关于的不等式在上恒成立，
则，，解得，
因为是的真子集，
所以“关于的不等式在上恒成立”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
6. 已知函数，若在区间上单调递减，则区间可能为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先去绝对值分段，画出图象，进而判断选项区间是否单调递减.
【详解】依题意，，画出图象，
观察可知在和上单调递增，在上单调递减.
故选：D.
7. 已知函数在上单调递减，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由两段函数各自递减，且满足在左段的右端点函数值大于等于右段的左端点函数值，即可求得实数的取值范围.
【详解】依题意，在上单调递减，在上单调递减，且分界点处函数值左边较大，
故，
解得，
所以实数的取值范围为.
故选：D.
8. 已知函数的最小值为5，则关于的不等式的解集为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由基本不等式求得，进而得到，令，结合函数单调性、奇偶性，化简不等式求解即可.
【详解】由题意可知，，则，
，解得，
当且仅当，即时等号成立；
所以，
令，原式化为，
由对勾函数单调性可知：，在单调递增，在单调递减，
函数在上单调递增，且当时，，
所以函数在上单调递增，
令，则函数在上单调递增，
因为
所以为偶函数，且函数在上单调递减，
不等式，
则
解得或.
故选：A
二､多选题：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，且，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据已知条件且，通过不等式性质和函数单调性逐个分析选项.
【详解】因为，且，故A正确；
因为是单调递减函数，所以，故B正确；
因为，故，故C正确；
因为在上单调递增，且，故，故D错误.
故选：ABC.
10. 已知函数且，则（ ）
A. 函数为非奇非偶函数
B. 若，则
C. 若，则函数单调递增
D. 函数的图象过定点
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用奇偶函数的定义可判断A；由指数函数的性质可判断B,C,D.
【详解】故是非奇非偶函数，故A正确；
当时，单调递减，，故故B错误；若，故单调递增，故C正确；
根据指数函数的性质可知，函数的图象过定点，故D正确.
故选：ACD
11. 我们知道，函数的图象关于坐标原点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数，有同学发现可以将其推广为：函数的图象关于点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数.依据推广结论，则（ ）
A. 若的图象关于点中心对称，则
B. 的图象关于点中心对称
C. 的图象关于点中心对称
D. 若的图象关于点中心对称，则
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据题中函数性质的新定义，结合选项，逐项计算、判断，即可求解.
【详解】对于A，由函数为奇函数，
可得，解得，所以A错误；
对于B，由函数，
所以为奇函数，所以B正确；
对于C，由函数，
不妨设，则，可得，
且，所以函数为奇函数，所以C正确；
对于D，由，
因为函数为奇函数，可得，解得，所以D正确.
故选：BCD.
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. __________.
【答案】##
【解析】
【分析】根据题意，利用指数幂的运算法则，准确计算，即可求解.
【详解】根据指数幂运算法则，可得：
故答案为：
13. 已知幂函数在区间上单调递增，则_____________．
【答案】
【解析】
【分析】根据幂函数的定义和单调性列出关系式求解即可.
【详解】因为幂函数在区间上单调递增，
所以，解得.
故答案为：
14. 已知，集合或，若，使得，都有，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据取值范围与的区间关系，通过区间端点对应关系建立方程求解.
【详解】依题意，，
，
又，
而，则，且，
解得.
故答案为：.
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. 已知全集，集合.
（1）求；
（2）若⫋，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由求解一元二次不等式确定，再由交集运算即可求解；
（2）求得，由函数的定义域确定，再由集合的包含关系列不等式求解.
【小问1详解】
依题意，或；
又，
；
【小问2详解】
由（1）可知，，
故，
而，
⫋，∴，
故实数的取值范围为.
16. 已知，完成下列问题.
（1）若，求的最小值；
（2）若，求的最小值.
【答案】（1）49 （2）64
【解析】
【分析】（1）由基本不等式乘1法即可求解；
（2）由基本不等式得到，再结合一元二次不等式求解即可.
【小问1详解】
因，且，
则
，
当且仅当，即时等号成立，
故的最小值为49.
【小问2详解】
因，则，
即，可得，
即或（舍），解得，
当且仅当，即时等号成立，
故的最小值为64.
17. 已知函数的定义域均为，且的图象分别关于原点､轴对称.
（1）求函数的解析式；
（2）若关于的不等式在上恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】(1)由函数奇偶性构造方程组即可求解；
(2)由(1)将转换成，再构造函数，由其单调性得到最值，即可求解.
【小问1详解】
依题意，①，，
依题意可知，
②，
由①—②得，，
由①+②得，；
【小问2详解】
∴由（1）得，，整理得，
；
令，
根据指数函数性质可知在上单调递减，
，
∴实数的取值范围为.
18. 已知函数.
（1）若关于的不等式的解集为，解关于的不等式；
（2）已知，.
（i）若，使得恒成立，求实数的取值范围；
（ii）若，求不等式的解集.
【答案】（1）或
（2）（i）；（ii）答案见解析
【解析】
【分析】（1）根据二次函数、二次方程、二次不等式的关系可得方程有两个解分别为，，且，结合二次方程根与系数的关系可得参数之间的关系，代入，解不等式即可；
（2）（i）分情况讨论二次函数的单调性与最值情况，可得参数范围；（ii）分情况讨论函数的零点情况，进而可解得不等式.
【小问1详解】
由题意可知方程有两个解分别为，，且，
即，则，
则代入得：
又，所以，
解得或，
故所求不等式的解集为或.
【小问2详解】
（i）依题意，的对称轴为，
对恒成立在上的最大值小于恒成立，
①当时，在上单调递增，
，
，解得，
符合条件；
②当时，在上单调递减，
，
，解得，
符合条件；
综上所述，实数的取值范围为.
（ii）依题意，；
已知，则；
①若，即时，
结合图象可知在上单调递减，
又，在上恒成立；
②若，即或，
令，解得，，其中，
（a）若，则，故，
结合图象可知在上恒成立；
（b）若，则，故，
结合图象，即的解集为，
综上所述，当时，的解集为；当时，的解集为.
19. 已知函数的定义域为，若给定，总存在正实数，使得，则称函数的一个“类对称点”为.基于上述事实，完成如下问题.
（1）已知函数，判断是否存在“类对称点”，并说明理由；
（2）已知函数，讨论的“类对称点”的个数，并说明理由；
（3）已知函数，若“为的一个‘类对称点’”，求证：“”.
【答案】（1）不存在，理由见解析
（2）答案见解析，理由见解析
（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由“类对称点”的定义即可求证；
（2）由“类对称点”的定义，结合和，分类讨论求解；
（3）由“类对称点”定义，得到“为的一个‘类对称点’”的充要条件是在时有解，进而可求解.
【小问1详解】
不存在“类对称点”；
理由如下：
∵易知在上均单调递增，
在上单调递增；
则时，对，有，
不存在“类对称点”；
【小问2详解】
当时，在上单调递增，由（1）易知其不存在“类对称点”；
当时，，化简可得（*），
①若恒成立，式无解，即不存在“类对称点”；
②若，方程化为，
，只需（即），
∴满足条件的有无数个，
故有无数个“类对称点”，
∴综上所述，当时，不存在“类对称点”；当时，存在无数个“类对称点”.
【小问3详解】
依题意，为的一个类对称点，则存在实数，使得，
∵易知的定义域为，即，
由代入得：
化简得，
等式两边平方后有，
即，
又平方得，
即，
即“为的一个‘类对称点’”的充要条件是在时有解，
在上单调递增，解得，
由得，即，恒成立，
又的正数解为且，
，即，