2026佛山高一上学期供题训练（期末）数学含解析

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数学试题
一、单选题
1．已知全集，集合，则（ ）
A．B．
C．或D．或
2．函数的定义域为（ ）
A．B．
C．D．
3．已知点在角的终边上，且，则（ ）
A．B．C．D．
4．已知，则（ ）
A．B．C．D．
5．不等式的解集为（ ）
A．B．
C．D．
6．已知，则（ ）
A．B．C．1D．
7．已知幂函数的图象过点，则（ ）
A．2B．C．3D．
8．已知，则（ ）
A．0B．2C．D．
二、多选题
9．已知函数，则（ ）
A．的最小正周期为
B．的定义域为
C．是偶函数
D．曲线的对称中心为
10．若关于的一元二次不等式的解集为，则（ ）
A．
B．
C．
D．关于的不等式的解集为或
11．已知函数，则（ ）
A．
B．，使得关于的方程有2个不相等的实数根
C．若关于的方程有四个不相等的实数根，则
D．若关于的方程有8个不相等的实数根，则
三、填空题
12． ．
13．若函数的值域为，则实数的最小值为 ．
14．如图，矩形的周长为24，在和边上分别取点和，将四边形沿折叠，使点与点重合，此时点的对应点为，则面积的最大值为 ．
四、解答题
15．已知集合．
(1)若，求；
(2)若，求的取值范围．
16．已知函数．

(1)已知，，求的值；
(2)用五点作图法，画出函数在上的图象（画在答题卡给定的坐标网格中），并写出它在该区间上的单调区间．
17．已知函数．
(1)若，，求的值；
(2)已知是函数的两个相异的零点．
（i）求的值；
（ii）若，求的取值范围．
18．已知函数是定义域为的奇函数．
(1)求的值；
(2)判断并证明在上的单调性：
(3)设，解不等式．
附：若两个不恒为常数的函数在区间上均满足：①单调递增；②函数值恒大于0．则它们的乘积函数在区间上必单调递增．
19．定义一种新的运算“”：，都有．
(1)计算，并判断与的大小关系；
(2)若方程有两个实根，求的最小值；
(3)已知函数，证明：（）．
参考答案
1．D
【详解】由题意得或，
故选：D.
2．C
【详解】对于函数，需满足，
即，解得或，
所以函数的定义域为．
故选：C．
3．B
【详解】点在角的终边上，且，得，
解得，所以.
故选：B
4．C
【详解】依题意，，所以.
故选：C
5．A
【详解】不等式化为或，
解得，得；
解，得，
所以原不等式的解集为.
故选：A
6．C
【详解】由题意知，
所以，则，解得，
则．
故选：C．
7．B
【详解】幂函数的一般形式为（为常数），所以，
解得，故幂函数解析式为，
．
故选：B．
8．A
【详解】由题可得，
则，
即，故，，，
以此类推，可得．
故选：A．
9．BD
【详解】由题意得：，所以的最小正周期为，故A错误；
令，解得，所以的定义域为，故B正确；
由，所以,
所以为非奇非偶函数，
所以是非奇非偶函数，故C错误；
令，解得，
所以的对称中心为，故D正确；
故选：BD.
10．ACD
【详解】由关于的一元二次不等式的解集为，
得，且是方程的两个不等实根，即，
对于A，，A正确；
对于B，当时，，B错误；
对于C，，C正确；
对于D，不等式，即，
则，解得或，D正确.
故选：ACD
11．ACD
【详解】函数的图像如下所示，
对于A，由图像可知，，令，则，，
当时，，单调递增，
，即，故A正确；
对于B，当时，由图像可知方程无根，
当时，，仅时满足，此时，方程仅有1根，
当时，方程有4个根，
当时，方程有3个根，
当时，方程无根，故B错误；
对于C，若有4个不等实根，此时有，
设四个根从小到大分别为，则有，
所以，所以，
因为，所以，也即，
所以，故C正确；
对于D，令，则方程变为，设其两根为，
原方程有8个不等实根，则必有且，
设，满足，解得，故D正确．
故选：ACD．
12．7
【详解】．
故答案为：7．
13．
【详解】①时，，这是开口向上的二次函数，对称轴为，
当时，，当时，，
因此，时，，完全覆盖值域要求；
②时，，因此，时，；
结合整体值域为，可知，
则，解得，同时又因为，所以，所以a的范围为，
a的最小值为．
故答案为：．
14．
【详解】设，，则，也即，且，所以，
设，则，在中，，
由勾股定理得，解得，
因此的面积，
又，
所以，
又，当且仅当即时取等号，此时满足，
所以，面积的最大值为．
故答案为．
15．(1)或
(2)
【详解】（1）对不等式 进行 因式分解得，
解得 或 因此，或，
当 时，，则或．
（2）很明显B为非空集合，所以有，也即，
因为，所以必有或，
解得或，所以的取值范围为．
16．(1)；
(2)作图见解析，递增区间为，递减区间为.
【详解】（1）函数，则，
解得，而，所以.
（2）列出表格：
描点并用平滑的曲线连接画出图象：

函数的递增区间为，递减区间为.
17．(1)4
(2)（i）1（ii）
【详解】（1）因为，
所以.
（2）（i）由题意，，
令，可得有两个相异实根，
则不妨设，，
上述两式相加得，
故
（ii）由（i）知，，
由可得，
因为且都为正数，由基本不等式得，
所以，令，则，解得，
即，可得，即，
所以，解得.
18．(1)；
(2)单调递增，证明见解析；
(3).
【详解】（1）由函数是定义域为的奇函数，得，
则，即，
因此对任意实数，恒成立，则，而，
所以.
（2）由（1）知，在上的单调递增，
任取，
，
由，得，，则，
即，
因此，即，
所以函数在上的单调递增.
（3）函数的定义域为，
，函数是偶函数，
由（2）知，函数在上的单调递增，且，
又函数在上的单调递增，且，
则函数在上的单调递增，
由，得函数的图象由函数的图象右移一个单位，
因此函数的图象关于对称，且在上单调递增，
由不等式，
得，即，
整理得，解得或，
所以原不等式的解集为.
19．(1)；相等
(2)
(3)证明见解析
【详解】（1）由“”定义可得，
故.
因为
所以，即两者相等.
（2）由（1）所证，
可得，
于是，
代入原方程得，，
令，则方程化为，即，
由题意原方程有两个实根，
则方程有两正根，为, （），
故，
且，由且，解得.
则，且，
由，则，
所以
，
构造函数，
令，则，，
所以，
当且仅当，即时取等，
故的最小值为；
（3）因为，
所以，，
当时，则
，
因为，所以，故，
所以，即，
又，
所以
.0
2
0
0