湖南省湘潭市2026-2027学年高一上学期期中考试数学自编卷（范围：必修一1-3单元）（解析版）

湖南省湘潭市2026-2027学年高一上学期期中考试自编卷数学试题（解析版）题号12345678910答案DBBCCCDAABBCD题号11答案ABD1．D【分析】设幂函数的解析式，代入M点的坐标即可求出幂函数表达式.【详解】设，则则的表达式为【点睛】本题考查幂函数表达式求解，是基础题，意在考查幂函数基础知识的掌握情况和幂指数的运算能力，解题中需要能熟练应用幂指数运算性质.2．B【分析】由指数函数与反比例函数的单调性，根据复合函数的单调性，求得最值，可得答案.【详解】由，则在上单调递增，所以，，.故选：B.3．B【分析】判断“”和“”之间的逻辑推理关系，即可得答案.【详解】当时，或，不能推出有成立；当时，则，必有成立，故“”是“”的必要非充分条件，故选：B4．C【分析】运用函数单调性判定A，B，运用作差法判定D，运用特殊值判定C.【详解】解析：因为在上是增函数，所以，故A正确；因为在上是减函数，所以，故B正确；当时，，所以C错误；因为；所以.故D正确.故选：C.5．C【分析】利用“1”的代换的方法，结合基本不等式即可求的最小值.【详解】由题可得；当且仅当，即时等号成立，的最小值为8.故选：C.6．C【详解】本题考查不等式的性质及推理能力.因为，当时，所以A错误；当时，所以B错误；所以C正确；当时，所以D错误.故选C7．D【分析】画出函数的图象，根据图象分析可得的值，再由的取值范围即可得出答案.【详解】画出函数的图象如下图所示：若，由，即，即，化简可得：，所以，当时，单调递增，且，令，则，所以，.8．A【分析】根据题意结合奇函数的定义分析的符号，分、和三种情况，结合符号解不等式即可.【详解】因为函数在上单调递减，，所以当时，；当时，；又因为函数为定义在上的奇函数，所以函数在上单调递减，且，，当时，；当时，；对于不等式，当，即时，则，符合题意；当，即时，则，且，可得，解得；当，即时，则，且，可得，解得；综上所述：满足的的取值范围是.故选：A.9．AB【分析】由抽象函数的额定义域的求解方法，可判定A不正确；根据图象的变换，可判定B不正确；根据二次函数的图象与性质，可判定C正确；根据函数的奇偶性的判定方法，可判定D正确.【详解】对于A中，函数的定义域为，即，令，解得，即函数的定义域为，所以A不正确；对于B中，函数的值域为，根据函数的图象变换，可得函数的值域域为，所以B不正确；对于C中，由函数是偶函数，可得，即，根据二次函数的性质，可得函数单调递减，所以C正确；对于D中，由函数的定义域为关于原地对称，不妨设，则，可得，，所以，且，所以函数为奇函数，所以D正确.故选：AB.10．BCD【分析】A定义域不同，命题为假命题；B定义域不含0时，命题为假命题；C根据图象变换论可知该命题为真命题；D换元法求解析式，可知该命题为真命题.【详解】A：函数y=|x|的定义域为，函数的定义域为，定义域不同，所以该命题为假命题；B：定义域：若含0图象过原点，若不含0时图像不过原点，是真命题；C：根据图象平移变换结论，可知该命题为真命题；D：，，则，，是真命题；故选：BCD．11．ABD【分析】对于A，利用赋值法求得，从而得以判断；对于B，根据函数的单调性定义结合抽象函数的性质，从而判断函数的单调性；对于C，利用抽象函数的性质求得式子的值，由此得以判断；对于D，先求得，再将不等式转化为，从而得到关于的不等式，解之即可判断.【详解】对于A，因为，令，得，所以，故A正确；对于B，令，得，所以，任取，且，则，因为，所以，即，所以，所以在上是增函数，故B正确；对于C，，故C错误；对于D，因为，，所以，又因为，所以，由得即，因为在上是增函数，所以，解得，所以不等式的解集为，故D正确.故选：ABD【点睛】关键点睛：对于解含抽象函数的不等式问题，一般先利用抽象函数的性质求得其在定义域上的单调性，再利用其单调性脱去函数的符号“”，转化为解不等式(组)的问题.12．【分析】先分析得前两天共售出的商品种类，再考虑第三天售出商品种类的情况，根据题意即可得解.【详解】由题意，第一天售出17种商品，第二天售出13种商品，前两天都售出的商品有3种，所以第一天售出但第二天未售出的商品有种，第二天售出但第一天未售出的商品有种，所以前两天共售出的商品有种，第三天售出14种商品，后两天都售出的商品有5种，所以第三天售出但第二天未售出的商品有种，因为，所以这种商品都是第一天售出但第二天未售出的商品时，该网店这三天售出的商品种类最少，其最小值为.故答案为：.13．/【分析】先将等价变形为，再利用常数代换结合基本不等式即可计算求解.【详解】若，且，则，则，故的最大值为.故答案为：14．【分析】由一元二次不等式的解集可得不等式的解集为，且恒成立，即可得到结果.【详解】由不等式的解集为，可得是的解，且，由不等式的解集为可得恒成立，则不等式可化为，解得，所以不等式的解集为.故答案为：15．（1）或；（2）.【分析】（1）先求出集合A，再求A∪B；（2）根据得到解不等式组即得解.【详解】（1）若，则，故或.（2）若，则解得.实数的取值范围为.【点睛】本题主要考查集合的补集运算和根据集合的关系求参数的范围，意在考查学生对这些知识的解掌握水平和分析推理能力.16．（1）或；（2）.【分析】（1）先分别解出集合，再代入运算即可；（2）由，可得出，再分和两种情况列出不等式（组）求解.【详解】解：（1）若，则所以或，又，所以或.（2）因为，所以，当即时，，符合题意.当，即时，，则，解得综上所述，实数的取值范围为.17．(1)或.(2).【分析】（1）把代入，结合二次不等式的求解方法可得答案；（2）利用韦达定理及已知条件可得答案，最后再验证即可.【详解】（1）当时，，则不等式即不等式，所以解得或.故不等式的解集为或.（2）因为是方程的两实根，由韦达定理知所以.因为，所以，解得.又，所以，故.18．(1)答案见解析(2)或【分析】（1）根据不等式的解集为或得到，，然后代入函数中求零点即可；（2）根据得到，再根据集合的包含关系求参数即可.【详解】（1）不等式整理为，因为解集为或，所以，且，是方程的两个根，所以，或，解得或，符合条件，当时，函数为，令，解得或；当时，函数为，令，解得或.（2）因为，所以，当时，，解得；当时，或，解得或；综上所述，的取值集合为或.19．(1)证明见解析；(2)，证明见解析.【分析】(1)根据函数的奇偶