山东省聊城市2025-2026学年高一上学期11月期中教学质量检测数学试题（解析版）

2025—2026学年度第一学期期中教学质量检测高一数学试题注意事项：1.答题前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、座号、考生号、县区和科类填写到答题卡和试卷规定的位置上.2.第1卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.3.第II卷必须用0.5毫米黑色签字笔作答，答案必须写在答题卡各题目指定区域内相应的位置；如需改动，先划掉原来的答案，然后再写上新的答案；不能使用涂改液、胶带纸、修正带.不按以上要求作答的答案无效.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.设集合，且，则（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根据题意，结合自然数集的定义，即可求解.【详解】由集合，且，因为，所以.故选：C.2.命题“存在一个奇函数，是偶函数”的否定是（）A.存在一个奇函数，是奇函数B.存在一个偶函数，不是偶函数C.任意一个奇函数，是奇函数D.任意一个奇函数，不是偶函数【答案】D【解析】【分析】根据特称命题的否定是全称命题求解.【详解】命题“存在一个奇函数，是偶函数”的否定是“任意一个奇函数，不是偶函数”.故选：D.3.已知函数定义域为，则“在区间上单调递减”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】A【解析】【分析】根据充分条件与必要条件的概念，结合函数单调性的定义判断.【详解】若区间上单调递减，且，则，充分性成立；若，则在区间上不一定单调递减，如函数，，满足，但在上单调递减，在上单调递增，故必要性不成立，故“在区间上单调递减”是“”的充分不必要条件.故选：A.4.若关于的不等式的解集为，则函数的定义域为（）A. B.C. D.【答案】B【解析】【分析】根据一元二次不等式解集的特征求出，进而求出的定义域.【详解】因为关于的不等式的解集为，所以和2是方程的两根，则，得，，所以且，解得.所以函数的定义域为.故选：B.5.已知函数的定义域为，且，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】在条件式中以替代，得，代入原条件式，再令，求得答案.【详解】由，代替,得，，令，得，解得.故选：B.6.若“，”是真命题，则实数的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】由，且，分析得解.【详解】因为，且，所以等价于，则，所以实数的取值范围为.故选：C.7.若函数（，且，均为常数）的图象经过第一、二、四象限，则（）A.， B.，C.， D.，【答案】D【解析】【分析】抓住与1大小，正负讨论，结合指数函数的图象求解.【详解】若，，函数经过第三象限，不合题意；若，，函数经过第一，二象限，不合题意；若，，则不可能同时经过第一、二、四象限，不合题意；若，，函数经过第一，二象限，不合题意；若，，则经过第一、二、四象限，合题意；若，，函数经过第二，四象限，不合题意；若，，函数经过第二，三，四象限，不合题意；综上，当，时，经过第一、二、四象限.故选：D.8.已知正数，满足，则（）A. B.的最小值为4C.的最小值为4 D.【答案】D【解析】【分析】对A，举反例；对B，利用基本不等式求解；对C，利用基本不等式取等号条件判断；对D，利用基本不等式求得，得解.【详解】对于A，由，，取，则，故A错误；对于B，，当且仅当，即时，等号成立，故B错误；对于C，，当且仅当，即时等号成立，由，等号不成立，故C错误；对于D，，当且仅当，即时，等号成立，所以，故D正确.故选：D.二、选择题：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.下列函数中与函数是同一个函数的是（）A. B. C. D.【答案】BC【解析】分析】根据函数定义域相同且对应关系相同，逐个分析可得答案.【详解】对于A，与对应关系不同，所以它们不是相同函数，故A错误；对于B，函数定义域为，与定义域和对应关系均相同，所以它们是相同函数，故B正确；对于C，的定义域，与定义域和对应关系均相同，所以它们是相同函数，故C正确；对于D，的定义域为，与定义域不同，所以它们不是相同函数，故D错误.故选：BC.10.下列不等关系正确的为（）A. B.C. D.【答案】ABD【解析】【分析】根据指数函数，幂函数的单调性及中间值比大小.【详解】对于A，因为是R上单调减函数，，所以，故A正确；对于B，因为在上单调递减，，所以，故B正确；对于C，因为是R上单调减函数，是R上单调增函数，所以，，故C错误；对于D，因为在R上单调递减，则，又在上单调递增，则，所以，故D正确.故选：ABD.11.已知函数，则（）A.函数的图象关于点对称B.函数在区间上单调递增C.存在常数，使恒成立D.时，的最小值为【答案】ACD【解析】【分析】对A，由即可判断；对B，利用复合函数的单调性判断；对C，利用运算得解；对D，将原式变形为，令，利用基本不等式求解.【详解】对于A，由，所以的图象关于点对称，故A正确；对于B，由，令，易知在上单调递减，又在上单调递增，所以函数在上单调递减，故B错误；对于C，由，即，化简整理得，上式恒成立，则，所以存在常数使得恒成立，故C正确；对于D，当时，，令，则，当且仅当，即时，等号成立，故D正确.故选：ACD.三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.计算_____.【答案】1【解析】【分析】根据根式与分数指数幂的互化，以及指数幂的运算性质，即可求解.【详解】.故答案为：1.13.已知奇函数的定义域为，且时，，则_____.（写出具体数值）【答案】【解析】【分析】根据奇函数的性质求得参数的值，再由奇函数定义求值．【详解】由题意，可得，即，得，所以时，，所以.故答案为：.14.已知函数，若，当时，都有，则实数的取值范围为_____.【答案】【解析】【分析】令，由题意函数在单调递增，再利用分段函数的单调性，列出不等式组求解.【详解】若，当时，都有，即，令，可得，所以函数在单调递增.又，∴，解得，则实数的取值范围为.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.已知集合，.（1）当时，求；（2）若，求实数的值.【答案】（1）或（2）【解析】【分析】（1）根据集合的补集、并集运算得解；（2）根据交集结果，分或讨论，即可得解.【小问1详解】当时，，因为，所以或，所以或【小问2详解】因为，，且，所以或，解得或.当时，，且，符合题意；当时，，且，不符合题意，舍去.综上，.16.在某大学生创业园，小王团队开展了废旧钢材回收项目，他们每天通过固定渠道回收废旧钢材，然后再全部售出.已知该团队的日废旧钢材回收成本（单位：元）与日废旧钢材回收量（吨）的关系为，销售时每吨废旧钢材2400元，记该团队的日废旧钢材回收利润为（单位：元），且利润=销售收入-成本.（1）求关于函数解析式；（2）求的最大值，并求出取得该最大值时的值.【答案】（1）；（2）最大值为2980元，且取得该最大值时.【解析】【分析】（1）根据利润销售收入成本，列式求解；（2）当时，利用二次函数单调性求出最大值，当时，利用基本不等式求出最大值，比较得解.【小问1详解】设该团队的日销售收入为（单位：元），由题意知；所以，即.【小问2详解】由（1）知，当时，，所以在区间上单调递增，在区间上单调递减，所以（元）；当时，（元），当且仅当时，等号成立.因为，所以的最大值为2980元，且取得该最大值时吨.17.已知函数是幂函数.（1）求，的值；（2）若，求的值；（3）若，且关于的不等式有解，求实数的取值范围.【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）根据幂函数定义列式求解；（2）由得，而，运算得解；（3）由（1）结合求得，不等式有解化简等价于有解，利用求得答案.【小问1详解】因为是幂函数，所以，解得.【小问2详解】由（1）知，因为，所以，所以，即.【小问3详解】由（1）知，因为，所以，即，所以.所以关于的不等式有解，等价于有解，因为函数在上单调递增，所以有解，即有解，所以，解得.所以，实数的取值范围为.18.已知函数.（1）判断的奇偶性，并证明；（2）当时，（i）根据函数单调性的定义证明在区间上单调递增；（ii）若恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）为偶函数，证明见解析（2）（i）证明见解析；（ii）【解析】【分析】（1）根据函数奇偶性定义判断证明；（2）（i）根据函数单调性定义证明；（ii）根据偶函数性质等价于恒成立，利用单调性求解.【小问1详解】为偶函数，证明如下：函数的定义域为.因为，都有，且，所以为偶函数.【小问2详解】（i）当时，，，且，有.由，得，，所以，，因为，所以，又由，得，于是，即.所以，在区间上单调递增.（ii）由（1）知是定义域为的偶函数，所以恒成立，等价于恒成立，又由（i）知在区间上单调递增，所以即由，得，解得，所以，实数的取值范围为.19.设集合是至少含有两个元素的数集，若中存在两个元素，满足它们的积，则称为可积数集.（1）设集合，试判断是否为可积数集？并说明理由；（2）设集合，若为可积数集，求实数的取值集合；（3）设集合，若不是可积数集，求实数的取值范围.【答案】（1）不是可积数集，理由见解析（2）（3）或【解析】【分析】（1）根据可积数集得定义判断；（2）由新定义可得，或，或，或，或，或，讨论求解；（3）由题意可得，，分，，讨论求解.【小问1详解】因为，，，所以中任意两个元素的