浙江省北斗联盟2025-2026学年高一上学期11月期中考试数学试卷

2025本卷共4页满分150分，考试时间120分钟答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效考试结束后，只需上交答题纸一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分，每题只有一个正确选项x0x20”的否定是（

D.A.x0,，x2C.x,0，x21

B.x,0，x2D.x0,，x2设a30.8,b3ab

,c0.80.7，则 ba

ca

cb“12”是“a1”的 A.充分不必要条 B.必要不充分条C.充要条 D.既不充分也不必要条已知f 1x3，则fx x22x2xx22x4x

x22x4xD.x22x2x我国著名数学家华罗庚曾说：“数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好，隔裂分家万事休．”特征．我们从这个商 中抽象出一个图象如图，其对应的函数可能是（fx

fx

fx x2

fx x2yax11a0a1AAymxnmn0 的最小值为（） B. C. D.已知定义在R上的函数fx满足fxfx0x1x20x1x2时，都有fx1fx21，则不等式f2xf5x53x的解集为 x25,0

,5

5,

3

3

3618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，有选错的得0分，部分选对但不全的得部分分. abcdacac2bc2aab

1 abcdadb下列说法正确的是 fxx1gxx12是CA

2x1x

fx2x2x的单调递增区间为1 1，gxfx，则下列叙述中1 确的是 A.fx是奇函 B.gx是偶函gx的值域是1, D.fx在R上是增函3515分.2x1,xfx

4,x

，则ff2 0.0083

4 4已知a0，b0，且ab2ab3，则ab的最小值 四、解答题：本大题共5小题，第15题13分，第16题15分，第17题15分，第18题分，第19题17分，共77分.解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤Ax|2ax2aBx|x1x（1）a3ABfxaxb是定义在33f119 tft1ft0的支出成本为10x22x98万元.使用若干年后对该设备处理的方案有两种：20万元的价格处理；方案二：当年平均盈利额（注：年平均盈利额）30理xy（不含设备处理收益yx哪种方案较为合理？并说明理由f(x)22x2k2x1k1f(xf(x的最小值为3k在（2）的条件下，若不等式f(x) 8有实数解，求实数

的取值范围对于区间[ab](abyf(x同时满足：①在ab上是单调函数，②yf(xf(xx2的所有“保值”g(x)11是否存在“保值”(a2a)x

n h(x)

a2

(aR,a0)有“保值”区间 ，

的值2025本卷共4页满分150分，考试时间120分钟答题前，在答题卷指定区域填写班级、姓名、考场号、座位号及准考证号并填涂相应数字所有答案必须写在答题纸上，写在试卷上无效考试结束后，只需上交答题纸一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分，每题只有一个正确选项1.

Axx2

，则ðUA（

D.【答案】2.x0x20”的否定是A.x0,，x2B.x,0，x2C.x,0，x2D.x0,，x2【答案】【分析】利用全称量词命题的否定可得出结论x0x20”为全称量词命题，x0x20.1设a30.8,b3ab【答案】

,c0.80.7，则 ba

ca

cb【分析】利用指数函数的单调性比较大小即可1【详解】Qb

30.7y3x在R上单调递增，30.830.730,ab1.Qy0.8x在R调递减，0.80.70.801,abc．“12”是“a1”的 A.充分不必要条 B.必要不充分条C.充要条 D.既不充分也不必要条【答案】12的解，结合充分、必要性的定义判断条件间的关系 1 【详解】由220 0a(2a1)0a0或a 12a1”的必要不充分条件f

A.x22x2xC.x22x4x

B.x22x4xD.x22x2x【答案】【分析】利用换元法可得答案【详解】令t 1,t1，则xt12，所以ftt123t22t4t1，我国著名数学家华罗庚曾说：“数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好，隔裂分家万事休．”特征．我们从这个商 中抽象出一个图象如图，其对应的函数可能是（fx

fx

fx x2

fx x2【答案】A、Df01C，即可得正确选项

x2

的定义域为R函数fx 与fx1 x

x2

x2

x0f01f01yax11a0a1AAymxnmn011的最小值为（ B. C. D.【答案】x10x1f(12A12mn2mn111(11)(mn)1(2mn)1(2 )2mn 2 已知定义在R上的函数

fx满足

fxfx0x1x20x1x2时，都有fx1fx21，则不等式f2xf5x53x的解集为 x25,0

,5

5,

3

3

【答案】fxRg(x)f(xxg(xRg2xg5x0求解集fxf(xfxRg(x)f(xx在0∞xxfx1x1fx2x2g(x1g(x20 x x g(x2g(x1)0g(x)在0∞上单调递减，且g(0)x2

f(0)00g(xf(xxf(xxg(xg(xRg(x)Rf2xf5x53x，则f2x2xf5x5x0所以g2xg5x0g2xg5x2x5x 3618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，有选错的得0分，部分选对但不全的得部分分. abcdacac2bc2aab

1 abcdadb【答案】可举反例证明不正确.（2）ac2bc2成立，则c20.（3）a为正数，b为负数时不成立.（4）因为cd，则cdadbc.【详解】A35，14，但是3154，ABac2bc2成立，则c20ab，BC2311，C D选项：因为cd，则cdabadbc，D正确.【点睛】此题考查不等式比较大小，一般可通过特值法证伪判错，属于简单题目下列说法正确的是 fxx1gxx12A

2x1x

fx2x2x的单调递增区间为1【答案】CD.【详解】Afxx1Rgxx12的定义域为[1Bfx的定义域为02f2x2有02x221x2，则定义域为12C2x112x11x30(x2)(x302x3x

x

x

x2Ax2x3x2x6x2)(x302x3Bx2x3ABD：由tx22xx1)21，在(,1上单调递减，在(1上单调递增，y2tfx2x2x的单调递增区间为(1，对. 1，gxfx，则下列叙述中1 确的是 A.fx是奇函 B.gx是偶函 D.fx在R上是增函【答案】【分析】根据已知有fx1 1 12x 1 1 1又t12x在R上为增函数且t(1y1在t(1fx在R为增函数，D 2x11 fx x f(x) 1 2 2 1 fx的定义域为Rfx为奇函数，A由fx1 (1,1)，则g(x)[fx]1,0，C对，B错 1 2三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分2x1,x12fx

4,x

，则ff2 【分析】根据分段函数的定义直接计算f2424ff24

f2221513.13.求值 0.0083π【答案】

【分析】应用指数幂的运算及根式与指数幂关系化简求值44

23(1 4【详解】由0.0083

31

45140已知a0，b0，且ab2ab3，则ab的最小值 【答案】3

a(b1)ab3

(ab，结合重要不等式有a(b1) ，注意等号成立条件

(ab

，令tab1得t26t110，解一元二次不等式求t，即可得a(b1)ab30，且ab0，则b (ab 由a(b1) ，当且仅当 b1时取等号，则ab3

(ab 令 1，则t3 ，整理得t6t110所以t3

（舍）或t3

，即ab3 a

5,b2

5ab的最小值为325四、解答题：本大题共5小题，第15题13分，第16题15分，第17题15分，第18题分，第19题17分，共77分.解答题应写出文字说明、证明过程或演算步骤Ax|2ax2aBx|x1x（1）a3AB（1）ABx|1x1或4x（2）{a|a³1}1a3Ax|1x5Bx|x1x4}，ABx|1x1或4x5}；2Bx|x1x4}，所以ðRBx|1x4}，AðRB，A时，此时有2a2aa02a2当A时，要使AðB，只需2a ，解得0a 2aa的取值范围{a|a³1fxaxb是定义在33f119 tft1ft0

9x2（2）证明见解 （3）2,1 2 （1）a1fxaxb是定义在339f0b0解得b0f11f1a1a2

9fx

fx

92设3x1x23

9

2x9x22x9x2则fxfx 1 2 9

9

9x29x29x29x229x1x9x29x2 又由3x1x23

则9xx0xx09x209x201 fx在33上为增函数.3（1（2）

3t1ft1ft02t1

ft3t t1即不等式的解集为21 的支出成本为10x22x98万元.使用若干年后对该设备处理的方案有两种：20万元的价格处理；方案二：当年平均盈利额（注：年平均盈利额）30理xy（不含设备处理收益yx哪种方案较为合理？并说明理由（1）y10x2100x（2）（1）yx1y98x10x22x16010x2100x160，yxy10x2100x160；2方案一：Qy10x2100x16010x5290x5y90万元，此时处理掉设备，则总利润为9020110万元；10x 10x2100x10xx 10xx100

10020 当且仅当10x160x4x420y20480万元，此时处理掉设备，则总利润为8030110万元；11054故方案二合理f(x)22x2k2x1k1f(xf(x的最小值为3k在（2）的条件下，若不等式f(x) 8有实数解，求实数

的取值范围（2）k（1）k1代入，利用指数函数的值域，结合二次函数求出值域k0k0k由（2）的结论，等价变形不等式，分享参数并构造函数，求出最小值即可得解1k1f(x22x22x12x1)2，而2x11∞，2令t2x0gtt22kt1，当k0，即k0gt在0∞上递增，此时无最值，不满足题意；当k0k0gt在0k上递减，在k∞上递增，所以gt gkk213，而k0，解得k2，所以f(x)的最小值为3时，k2.3由（2）fx22x42x1，

不等式f(x) 8 421 82 hx2x

41hx2x2x而2x0hx2x

4

42，当且仅当2x3xlog2312，解得0a1

的取值范围为(0,]对于区间[ab](aby

f(x同时满足：①在ab上是单调函数，②y

f(xf(xx2的所有“保值”g(x)11是否存在“保值”(a2a)x

n h(x)

a2

(aR,a0)有“保值”区间 ，

的值（2）（1）f(xa的范围，再借助单调性建立方程，求出“保值”区间假定存在“保值”区间pq，借助单调性建立方程，判定方程解的情况即可由“保值”区间的定义建立方程，再利用韦达定理结合二次函数最值求解即得1f(xx2R上的值域为[0f(xx2在ab的值域为ab b2 b2a0f(x在ab上单调递增，因此

a，而ab，解得 b