云南省普洱市2025-2026学年高一上学期期中考试数学试题（Word版附解析）

这是一份云南省普洱市2025-2026学年高一上学期期中考试数学试题（Word版附解析），共27页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．设，则“”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
3．已知函数的定义域是，则的定义域为（ ）
A．B．C．D．
4．命题“，”为假命题，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
5．已知不等式的解集为，则不等式的解集为（ ）
A．B．
C．或D．或
6．已知正数、满足，则的最小值等于（ ）
A．10B．C．D．
7．若函数是上的单调函数，则的取值范围（ ）
A．B．C．D．
8．函数的部分图象如图所示，则的解析式可能是（ ）
A．B．
C．D．
二、多选题
9．对于实数，，下列说法正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
10．下列各组函数表示同一个函数的是（ ）
A．与B．与
C．与D．与
11．定义在上的函数满足，当时，，则满足（ ）
A．B．是奇函数
C．在上有最大值D．的解集为
三、填空题
12．命题“”的否定是 .
13．函数的最大值为 .
14．已知函数，若，则 .
四、解答题
15．已知集合，非空集合.
(1)若，求实数的取值范围；
(2)已知命题，命题，若是的必要不充分条件，求实数的取值范围.
16．已知函数的图象过点.
(1)求实数的值；
(2)判断函数的奇偶性并证明；
(3)判断函数在上的单调性并证明.
17．已知正数x，y满足，且的最小值为k．
（1）求k．
（2）若a，b，c为正数，且，证明：．
18．目前脱贫攻坚进入决胜的关键阶段，某扶贫企业为了增加工作岗位和增加员工收入，决定投入90万元再上一套生产设备，预计使用该设备后前年的支出成本为万元，每年的销售收入95万元.
(1)估计该设备从第几年开始实现总盈利；
(2)使用若干年后对该设备处理的方案有两种：
方案一：当总盈利额达到最大值时，该设备以20万元的价格处理；
方案二：当年平均盈利额达到最大值时，该设备以60万元的价格处理；
问哪种方案较为合理？并说明理由.
19．已知函数是偶函数．当时，．
（1）求函数的解析式；
（2）若函数在区间上单调，求实数的取值范围；
（3）设，求在区间上的最大值，其中．
1．B
利用并集的概念计算即可.
【详解】依得，即，
则.
故选：B
2．A
解不等式可得或，根据取值的范围大小即可知“”是“”的充分不必要条件.
【详解】由不等式可得或；
易知是或的真子集，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A
3．D
根据的定义域，求出的定义域，再据此确定的定义域.
【详解】已知函数的定义域为，，
则的取值范围为，即的定义域为.
对于函数，由 ，
因此，函数的定义域为.
故选：D.
4．D
先由特称命题的否定转化得全称命题，再利用二次不等式恒成立问题的解法求解即可.
【详解】因为“，”为假命题，
所以，为真命题，
所以，解得，
故的取值范围为，
故选：D．
5．C
根据一元二次不等式的解集求出参数、的值，再利用二次不等式的解法可得出所求不等式的解集.
【详解】因为不等式的解集为，所以，
则方程的两根分别为、，
由韦达定理可得，解得，
所以，不等式即为，解得或，
因此，不等式的解集为或.
故选：C.
6．B
推导出，，利用基本不等式可求得的最小值.
【详解】因为正数、满足，可得，则，
所以，，，可得，，所以，，，
所以，，
当且仅当时，即当时，等号成立，
因此，的最小值为.
故选：B.
7．B
根据的开口方向，确定分段函数在上的单调递增，再根据分段函数在上的单调所要满足的条件列出不等关系，求出的取值范围.
【详解】因为分段函数在上的单调函数，由于开口向上，故在上单调递增，故分段函数在上的单调递增，所以要满足：，解得：
故选：B
8．C
由函数的奇偶性以及定义域判断BD，由判断AC.
【详解】由图可知，函数为奇函数，且定义域不是.
对于B，的定义域为，故B错误；
对于D，，即该函数为偶函数，故D错误；
对于AC，两个函数的定义域都为，因为，所以A错误，C正确；
故选：C
9．ABC
利用不等式的性质，分析、推理判断ABC；举例说明判断D作答.
【详解】对于A，，两边同时除以，则，A正确；
对于B，，，则，当且仅当时取等号，B正确；
对于C，因为，则，C正确；
对于D，取，满足，而，D错误.
故选：ABC
10．BCD
分别分析每个选项中函数的定义域和对应关系式是否相同即可.
【详解】对于选项A：函数的定义域为，的定义域为，
所以两个函数不相等，故A错误；
对于选项B：函数的定义域为，的定义域为，
且，所以两个函数相等，故B正确；
对于选项C：函数的定义域为，的定义域为，
且，所以两个函数相等，故C正确；
对于选项D：函数的定义域为，而的定义域为，
但是，所以两个函数相等，故D正确；
故选：BCD.
11．ABD
利用赋值法可判断A选项的正误；利用函数奇偶性的定义可判断B选项的正误；利用函数单调性的定义可判断C选项的正误；利用函数的单调性解不等式，可判断D选项的正误.
【详解】对于A选项，令，可得，解得，A对；
对于B选项，函数的定义域为，
令，可得，则，
故函数是奇函数，B对；
对于C选项，任取、且，则，
即，所以，
所以，函数为上的减函数，
所以，在上有最大值，C错；
对于D选项，由于为上的减函数，由，可得，解得，D对.
故选：ABD.
12．
根据存在量词命题的否定是全称量词命题求解.
【详解】命题“”的否定是：.
故答案为：.
13．/
利用换元法及二次函数的性质即可求解.
【详解】令，则，所以，
由二次函数的性质知，对称轴为，开口向下，
所以函数在单调递增，在上单调递减.
所以当，即时，
取得最大值为.
故答案为：.
14．5
【详解】令，则，.
因为，所以，解得.
故答案为：
15．(1)
(2)
（1）解出集合A，由已知得出，根据包含关系解出参数范围；
（2）原条件等价于集合B是集合A的真子集，根据包含关系解出参数范围.
【详解】（1）由题意可得，
因为，则，
可得，解得，
所以实数的取值范围为.
（2）若p是q的必要不充分条件，可知集合B是集合A的真子集，
且，非空集合，
可得且不同时取等号，解得．
实数k的取值范围是．
16．(1)
(2)奇函数，证明见解析
(3)在区间上单调递增，证明见解析
（1）根据题意，将的坐标代入函数的解析式，即可得的值；
（2）根据题意，先分析函数的定义域，进而判断与的关系即可；
（3）根据题意，由作差法结合单调性的定义分析可得答案
【详解】（1）根据题意，函数的图象过点，
则有，解得.
（2）函数为奇函数，证明如下：
因为函数的定义域为，
且，
所以是奇函数.
（3）在区间上单调递增，证明如下：
设任意，且，
则，
因为，则，，
可得，即，
所以函数在区间上是增函数.
17．（1）3；（2）证明见解析.
【解析】（1）整体代入可得，由基本不等式可得；
（2）由（1）得，再利用基本不等式直接可以得证.
【详解】（1）正数x，y，且，所以，
又因为，，所以，当且仅当时取等号，
，故；
（2）证明：由（1）得，因为a，b，c为正数，所以①，当且仅当时取等号，
同理可得②，当且仅当时取等号，
③，当且仅当时取等号，
①+②+③得，当且仅当时取等号．
18．(1)第2年
(2)方案二，理由见解析
【详解】（1）设为前n年的总盈利额，
，
由得，又，故该设备从第2年开始实现总盈利；
（2）方案二更合理，理由如下：
方案一：总盈利额，
当时，取得最大值160，此时处理掉设备，则总利润为万元；
方案二：平均盈利额为，
当且仅当，即时，等号成立；
即时，平均盈利额最大，此时，此时处理掉设备，
总利润为万元；
综上所述：两种方案获利都是180万元，但方案二仅需要三年即可，故方案二更合适.
19．（1）；（2）或；（3）答案不唯一，具体见解析．
【详解】（1）设，则，可得，
又由为偶函数，所以，
所以当时，，所以.
（2）由（1）及二次函数，可得的增区间为，，减区间是，，
又函数在区间上具有单调性，且，
所以或，即或，
解得或，故实数a的取值范围是或．
（3）由（1）可知，函数，由于，
当时，，作出在上的草图，如图所示，
由图象可知，；
当时，，作出在上的草图，如图所示：
由图像可知，；
当时，，作出在上的草图，如图所示，
由图像可知，；
综上所述：