安徽省“皖南八校”2025-2026学年高一上学期期中考试数学试题（人教版） 含解析

“皖南八校”2025-2026学年高一第一学期期中考试

数学

考生注意：

1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟.2．考生作答时，请

将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号

涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答

题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效．

3．本卷命题范围：人教A版必修第一册第一章、第二章、第三章．

一、选择题：本大题共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．

p：x3,,x29

1.已知命题“”，则p是（）

22

A.x3,,x9B.x3,,x9

22

C.x3,,x9D.x3,,x9

【答案】A

【解析】

【分析】根据存在量词命题的否定为全称量词命题求解即可.

【详解】根据存在量词命题的否定为全称量词命题知：

2

若命题“p：x3,,x9”，

2

则p是x3,,x9.

故选：A

2.已知集合A1,0,1,2，BxNx3，那么集合AB等于（）

A.1,3B.0,1,2C.1,0,1,2D.1,0,1,2,3

【答案】C

【解析】

【分析】先表示出集合B，然后根据并集运算求得AB的结果.

【详解】因为BxNx30,1,2，A1,0,1,2，

所以AB1,0,1,2，

故选：C.

7

3.不等式1的解集为（）

2x1

11

A.{x∣x4}B.{x∣x2}

24

11

C.{x∣x或x4}D.{x∣x或x2}

24

【答案】A

【解析】

7

【分析】将不等式1转化为2x82x10，利用一元二次不等式的解法即可得到答案.

2x1

772x8

【详解】1即10，化简为0，即2x82x10，

2x12x12x1

11

解得x4，所以不等式的解集为xx4.

22

故选：A.

x21,x1,

4.设函数f(x)＝2则f(f(3))＝()

,x1,

x

1213

A.B.3C.D.

539

【答案】D

【解析】

2

【详解】31,f3,

3

2213

f(f(3))f()()21,故选D.

339

1

5.已知函数f(x)的定义域为(0,5)，则函数g(x)f(x1)的定义域为（）

x2

A.[2,4)B.[2,6)C.(2,4)D.(2,6)

【答案】D

【解析】

【分析】根据给定条件，结合抽象函数的定义域列出不等式组求出定义域.

1

【详解】由函数f(x)的定义域为(0,5)，函数g(x)f(x1)有意义，

x2

0x15

得，解得2x6，

x20

所以所求定义域为(2,6).

故选：D

6.定义集合A和B的运算：ABx,y|xA,yB，若集合A1,2,3,B2,3，则A○B的真

子集个数为（）

A.31B.32C.62D.63

【答案】D

【解析】

【分析】先根据新定义求出集合A○B的所有元素，确定其元素个数n，再代入真子集个数公式2n1计算

即可.

【详解】由新定义知，AB1,2,1,3,2,2,2,3,3,2,3,3，一共6个元素，所以A○B的真

子集的个数为26163.

故选：

D.

7.已知定义在R上的偶函数fx在0，上单调，且f2f3，则f3，f5，fπ

的大小顺序是（）

A.f5f3fπB.fπf3f5

C.f3f5fπD.f5fπf3

【答案】B

【解析】

【分析】利用偶函数的性质将自变量转化到同一单调区间，再根据单调性比较函数值大小.

【详解】因为fx是偶函数，所以f(3)f(3)，

已知f(2)f(3)，由偶函数性质f(2)f(2)，因此f(2)f(3)，

所以f(x)在(0,)上单调递减；

数值大小关系为53π，

所以f(5)f(3)f(π)，

又因为f(3)f(3)，

所以f(5)f(3)f(π)即f(π)f(3)f(5).

故选：B.

8.p:存在aR且a0，对于任意的xR，使得fxafxfa；q1:fx在R上单调递

减，且fx0恒成立；q2:fx在R上单调递增，且存在x00使得fx00；下列说法成立的是（）

A.只有q1是p的充分条件B.只有q2是p的充分条件

C.q1、q2都是p的充分条件D.q1、q2都不是p的充分条件

【答案】C

【解析】

【分析】根据函数单调性的定义及充分条件的定义判断即可.

【详解】对于命题q1:fx在R上单调递减，且fx0恒成立，

当a0时，此时xax，

又因为fx在R上单调递减，所以fxafx，

又因为fx0恒成立，所以fxfxfa，

所以fxafxfa，所以命题q1⇒命题p，

对于命题q2:fx在R上单调递增，且存在x00使得fx00，

当ax00时，此时xax，fafx00，

又因为fx在R上单调递增，所以fxafx，

所以fxafxfa，所以命题q2⇒命题p，

所以q1、q2都是p的充分条件，

故选：C.

【点睛】关键点点睛：本题解决的关键在于熟练掌握函数单调性的定义，找到相应a的值，从而得解.

二、多项选择题：本大题共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.若a,b,cR，则下列命题正确的是（）

A.若ac2bc2，则ab

11

B.若ab且，则ab0

ab

C.若ba0，则a3ab3b

D.若ab0且c0，则acbc

【答案】ABC

【解析】

【分析】根据不等式的基本性质逐一判断即可求解.

【详解】若ac2bc2，则c0，两边同除以c2得ab，故A正确；

11ba

由可得0，又因为ab，所以ab0，故B正确；

abab

若ba0，则b3a3，由不等式的同向可加性可得a3ab3b，故C正确；

若ab0且c0，则acbc，故D错误.

故选：ABC

10.已知函数fx的定义域为[1，），且fx12xx，则（）

2

A.fxx1x1B.fx的值域为[1,）

1

C.fx在[1,）上单调递增D.f的值域为[0,）

x

【答案】ACD

【解析】

【分析】由fx12xx，求出fxx21，通过二次函数图像法求出单调性，值域，即可得

解.

22

【详解】fx12xxx11，fxx1x1，故选项A正确；

fxx21的对称轴为x0，

2

fxx1在[1,）上是单调递增函数，故选项C正确；

2

当x1时，fxx1取最小值为0，fx的值域为[0,），故选项B不正确；

21

fxx1的值域为[0,），f的值域为[0,），故选项D正确.

x

故选：ACD.

1

11.已知函数fx的定义域为R，x，yR，fxyfxfy，且f1，则（）

2

1

A.f2

4

B.函数fx在R上单调递增

C.fx1fx

D.fx2fx1fx1fx

【答案】AC

【解析】

【分析】对于A，令xy1，即可求出f2；对于B，采用举反例来进行判断；对于C，先证明fx0，

1

再令y1，得到fx1fx，从而判断fx1fx；对于D，采用赋值法，求出

2

fx2fx1和fx1fx，再结合fx0进行比较.

1

【详解】对于A，令xy1，则f2f1·f1，故A正确；

4

对于B，因为12，而f1f2，不符合单调递增的定义，故B错误；

对于C，令x1,y0，则f1f1f0，则f01，

fxfxf01，则fx0，

2

xxx

又fxff，则fx0，

222

1

令y1，fx1fx，则fx1fx，故C正确；

2

111

对于D，由fx1fx，则fx2fx1fx，

224

11

所以fx2fx1fx，fx1fxfx，

42

11

又fx0，则fxfx，即fx2fx1fx1fx，故D错误.

42

故选：AC.

三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．

12.已知幂函数yx的图象经过点2,2和点16,n，则n______．

【答案】4

【解析】

【分析】依次代入点2,2和点16,n即可求解.

11

【详解】由题意22，所以2，

2yx

1

所以，所以

n162n4.

故答案为：4

22

13.已知两正数x，y，满足x1，则y的最小值为___________．

yx

【答案】8

【解析】

2224

【分析】由题可得yxyxy4，然后由基本不等式可得答案.

xyxxy

22224

【详解】因x，y为正数，x1，则yxyxy4

yxyxxy

441

2xy48，当且仅当xy，即x，y4时取等号.

xyxy2

故答案为：8

14.定义域为R的偶函数gx在0,上单调递减，且g10，若关于x的不等式

ax1gx1bx2g1x的解集为0,，则b2a的最小值为___________．

7

【答案】

4

【解析】

【分析】先根据偶函数和零点判断gx取正值、负值的区间范围，然后将不等式进行化简，进而通过讨论，

得到a,b的关系式，最后根据二次函数的性质求出最小值即可.

【详解】因为定义域为R的偶函数gx在0,上单调递减，所以gx在,0上单调递增，

且g1g10，

可知当x,11,时，gx0；当x1,1时，gx0；

那么当x,02,时，gx10；当x0,2时，gx10；

当x0,2时，gx10；

由ax1gx1bx2g1x可得ax1gx1bx2g1x0，

因为ax1gx1bx2g1xax1gx1bx2gx1abx3gx10.

由题意可知不等式abx3gx10的解集为0,，

显然yabx3不恒为0，可知当x,0时，abx30；

当x0,2时，abx30；当x2,时，abx30.

可知一次函数yabx3的零点为2，且图象是由左向右下降的，

3

则2ab3，所以ab.

2

2

22317127

所以babbb，当b时，ba取最小值为.

22424

7

故答案为：.

4

四、解答题：本大题共5小题，共77分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．

15.（1）已知fx3x2，求f2x5的解析式；

2

（2）已知fx为二次函数，且fx1fx12x4x，求fx的解析式.

2

【答案】（1）f2x56x17；（2）fxx2x1

【解析】

【分析】（1）已知fx的解析式，求f2x5，只需将x替换为2x5，然后按照代数运算规则展开、

化简即可.

2

（2）已知fx为二次函数，设其一般式为fxaxbxca0，将x1和x1分别代入该式，

然后将两个式子相加，展开并合并同类项，

再与已知的2x24x对比对应项的系数，得到关于a,b,c的方程组，解方程组即可求出a,b,c的值，即可

得fx的解析式.

【详解】（1）由题意得f2x532x526x17.

2

（2）设fxaxbxca0，则

fx1fx1a(x1)2bx1ca(x1)2bx1c，

2

整理可得fx1fx12ax2bx2a2c.

由题意得2ax22bx2a2c2x24x,

2a2a1

所以2b4，解得b2，

2a2c0c1

所以fxx22x1.

16.已知命题p：xR，不等式2tx22tx10恒成立，当命题p为真命题时，实数t的取值集合为A．

（1）求集合A；

（2）设非空集合B{∣ta2t12a}，若“xA”是“xB”的充分不必要条件，求实数a的取值范

围．

【答案】（1）At0t2

3

（2）aa3

2

【解析】

【分析】（1）分为t0和t0两种情况分别讨论，根据一元二次不等式恒成立，即可求得答案；

（2）根据充分不必要条件得出A是B的真子集，根据集合的包含关系列不等式求得结果.

【小问1详解】

当t0时，xR，不等式2tx22tx10恒成立，此时命题p为真命题，符合题意；

t0

当时，若命题p为真命题，则，解得，

t020t2

4t8t0

综上所诉，0t2，所以集合At0t2.

【小问2详解】

B{ta2t12a}，即B{ta3t2a1}，

若“xA”是“xB”的充分不必要条件，则A是B的真子集，

a32a1

3

则a30，解得a3，

2

2a12

3

所以实数a的取值范围为aa3.

2

22

17.已知函数fxx3a1x2a3aaR.

（1）当a1时，求函数fx的最小值；

（2）若关于x的不等式fx0的解集为1,5，求实数a的值；

（3）设关于x的不等式fx0的解集为A,B1,1，若AB，求实数a的取值范围.

【答案】（1）最小值为4

（2）a1

（3）,21,

【解析】

【分析】（1）将a1代入函数，通过配方法将二次函数化为顶点式，直接得出最小值即可.

（2）根据一元二次不等式解集的端点是对应方程的根，利用韦达定理列出关于a的方程组，解出a的值即

可.

（3）先对二次函数因式分解，得到xax2a30，然后根据零点的大小分类讨论，并结合

AB和B1,1，即可得出a的取值范围.

【小问1详解】

当a1时，函数fxx26x5(x3)24，

则当x3时，函数fx取得最小值，最小值为4.

【小问2详解】

因为关于x的不等式x23a1x2a23a0的解集为1,5，

22

所以1和5是一元二次方程x3a1x2a3a0的两个根，

153a1

所以，解得.

2a1

152a3a

【小问3详解】

22

由fxx3a1x2a3a0，可得xax2a30，

①当a2a3，即a3时，Aa,2a3，

要使AB，则a1或2a31，

解得a1或a2，又a3，可得3a2或a1；

②当a2a3，即a3时，A，满足AB；

③当a2a3，即a3时，A2a3,a，

要使AB，则2a31或a1，

解得a1或a1，又a3，可得a3.

综上，实数a的取值范围为,21,.

18.设矩形ABCD的周长为20，其中ABAD.如图所示，E为CD边上一动点，把四边形ABCE沿AE

折叠，使得AB与DC交于点P.设DPx，PEy.

（1）若AD3，将y表示成x的函数yfx，并求定义域；

（2）在（1）条件下，判断并证明yfx的单调性；

（3）求△ADP面积的最大值.

20

【答案】（1）yx29，0,

7

20

（2）yx29在x0,上单调递增，证明见解析

7

（3）75502.

【解析】

【分析】（1）通过几何关系确定APEP，利用RRtADP的三边关系建立x，y的关系，再利用xy7，

进而确定x的范围即可.

（2）应用函数单调性的定义证明即可；

5m5m

（3）设ADm，将面积表示为S，适当变形应用基本不等式求解最值即可.

10m

【小问1详解】

解：根据题意，由AD3，得AB7，

由已知PAEPEA，故APEPy，

又因为DPx

故在RtADP中，则AP2AD2DP2，

即y2x29，整理得yx29

又xy7，则xx297，故x297x，

x2949x214x

2020

x，所以，定义域为0,.

77

【小问2详解】

20

解：因为yx29，x0,，

7

20

任取x，且，

1x20,x1x2

7

x1x2x1x2

则yyx29x29

121222

x19x29

20

因为0xx，

217

所以，，22

x1x20x1x20x19x290

所以y1y20，

20

即yx29在x0,上单调递增.

7

【小问3详解】

解：易知，当E点位于C点时，△ADP面积最大.

此时再设ADm，DPn，那么AP10nm，

5010m

由AP2AD2DP2得n，m0,5，

10m

115010m5m5m

所以，△ADP的面积Snmm，

2210m10m

令10mt，则m10t5t10，mt10，

5m5m

故S

10m

510t5t10

t

5050

5t1552t1575502，

tt

50

当且仅当t，即t52，即m1052时，等号成立，

t

故当AD1052时，△ADP的面积S的最大值为75502.

19.已知函数f(x)的定义域为R，给定集合D，若f(x)满足对任意x1，x2R，存在实数，当x1x2D

时，都有，则称是上的级优函数．

fx1fx2Df(x)D“”

（1）请写出一个{1}上的“1级优函数”，并说明理由；

（2）已知f(x)是2,3上的“2级优函数”，

（ⅰ）证明：f(x6)f(x)3；

b

（ⅱ）当x[0,1]时，f(x)ax，其中a，bZ，求a，b的值．

x1

【答案】（1）函数f(x)x是{1}上的“1级优函数，理由见解析

a0a1

（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ），或．

b1b1

【解析】

【分析】（1）根据“级优函数”的定义，即可求解.

3

（2）根据定义可得1fxfx，即可采用迭代相加法求解（ⅰ），根据（ⅰ）的思想可证明

122

331

f(x3)f(x)，故f(x3)f(x)，进而可得f(x1)f(x)，进而可判定f(x)是[0,1]上

222

的“2级优函数”，且f(x)是[0,1]上单调递增函数，对a分类讨论，结合函数的单调性及可列方程求解（ⅱ）.

【小问1详解】

函数f(x)x是{1}上的“1级优函数”．理由如下：

因为当x1x21时，有fx1fx2x1x21，所以f(x)x是{1}上的“1级优函数”．

【小问2详解】

（ⅰ）因为f(x)是2,3上的“2级优函数”，由定义可得对任意x1，x2R，

3

当2xx3时，有1fxfx，

12122

所以f(x6)f(x)f(x6)f(x4)f(x4)f(x2)f(x2)f(x)3，

又f(x6)f(x)f(x6)f(x3)f(x3)f(x)3，

所以f(x6)f(x)3．

（ⅱ）由（ⅰ）可得

3113

f(x2)f(x3)，f(x3)fx

2222

故f(x2)f(x)f(x2)f(x3)f(x3)fx1

又f(x2)f(x)1，因此f(x2)f(x)1，

3

f(x3)f(x)f(x3)f(x2)f(x2)f(x1)f(x1)fx

2

33

又f(x3)f(x)，故f(x3)f(x)，

22

1

因此f(x3)f(x2)，

2

1

在上式中，以