2025-2026学年度高一数学期中考试模拟卷（含解析）（考试范围：第一章集合与简易逻辑第二章不等式第三章函数的概念与性质）

2025-2026学年度高一数学期中考试模拟卷
考试范围：第一章集合与简易逻辑第二章不等式第三章函数的概念与性质
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
一、单选题：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，只有一项是符合要求的。
1．已知集合，则（ ）
A． B． C． D．
2．下列命题是真命题的是（ ）
A．若，则. B．若，则
C．若，则 D．若，，则
3．“”是“且”的（ ）
A．充要条件 B．充分不必要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
4．已知幂函数，若且都有成立，则m的值为（ ）
A．2 B．2或 C． D．
5．已知，且，则的最小值为（ ）
A．1 B．2 C．3 D．4
6．函数的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
7．已知不等式对满足的所有正实数都成立，则正实数的最小值为（ ）
A． B．1 C． D．2
8．已知定义域为的函数满足：，，且，则（ ）
A． B．
C．是奇函数 D．，
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目的要求，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．已知关于的不等式解集为，则（ ）
A．
B．不等式的解集为
C．
D．不等式的解集为
10．若，，且，则下列不等式中恒成立的是（ ）
A． B．
C． D．
11．已知定义在R上的函数满足对任意的x，y，均有，且当时，，则下列结论正确的是（ ）
A． B．若，则
C．是R上的减函数 D．若，则不等式的解集是
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．已知命题都成立，命题，若命题p，q都是真命题，则实数a的取值范围为 ．
13．在工程中估算平整一块矩形场地的工程量W（单位：米2）的计算公式是(长)×(宽)，在不测量长和宽的情况下，若只知道某块矩形场地的面积是10000米2，且工程量每平方米收费1元，则平整完这块矩形场地所需的最少费用约是 元．
14．已知是定义在上的偶函数，且在区间上单调递减，则不等式的解集为 .
四、解答题：本题共5小题，共77分，解答应写出必要的文字说明、证明过程及验算步骤。
15．设全集为实数集，集合.
(1)当时，求；
(2)若命题，命题，且是的充分不必要条件，求实数的取值范围.
16．已知幂函数为偶函数，且．
(1)求；
(2)若，求的取值范围．
17．已知函数.
(1)若，且函数的定义域为，求函数的值域；
(2)当时，求关于的不等式的解集.
18．已知函数是定义在上的奇函数，且.
(1)求函数的解析式；判断函数在上的单调性，并用定义加以证明；
(2)解不等式：；
(3)若任意，不等式在恒成立，求实数的取值范围.
19．对于二次函数，若，使得成立，则称为二次函数的不动点．
(1)求二次函数的不动点；
(2)对于二次函数
①当时，函数有唯一的不动点，求实数的取值范围；
②若函数有两个不相等的不动点，且，求的最小值．
试卷第2页，共4页
试卷第1页，共4页
《2025-2026学年度高一数学期中考试模拟卷》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 B D C D D D B D CD AD
题号 11
答案 ABD
1．B
【分析】利用补集和交集运算即可求得结果.
【详解】由，又因为，
所以，
故选：B.
2．D
【分析】举例说明判断ABC；作差推理判断D.
【详解】对于A，取，则，，此时，A错误；
对于B，取，则，，此时，B错误；
对于C，取，则，C错误；
对于D，由，得，，
因此，即，D正确.
故选：D
3．C
【分析】根据给定条件，利用充分条件、必要条件的定义判断得解.
【详解】取，满足，则由不能推出且，
反之由且，得，
所以“”是“且”的必要不充分条件.
故选：C
4．D
【分析】先根据幂函数的概念求出或，再根据幂函数在上的单调性进行选择.
【详解】因为是幂函数，所以，解得或．
因为且都有成立，
所以在上单调递减，所以．
故选：D
5．D
【分析】由题意可得，利用基本不等式，结合常数代换法即可求解.
【详解】，由题意得，
所以
，
当且仅当，即时等号成立，
所以的最小值为4.
故选：.
6．D
【分析】利用函数的奇偶性排除B，C，利用函数的单调性排除A即可.
【详解】对于函数，定义域为，
因为，
所以函数为偶函数，故B，C错误，
当时，，
又在上单调递增，在上单调递减，
故在上单调递增，故A错误，D正确．
故选：D．
7．B
【分析】先利用基本不等式证得（此公式也可背诵下来），从而由题设条件证得，结合题意得到，利用二次不等式的解法解之即可得到正数的最小值.
【详解】因为
，当且仅当时，等号成立，
所以，
因为，为正实数且，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，
所以，即，
因为对满足的所有正实数，都成立，
所以，即，整理得，
解得或，由为正数得，
所以正数的最小值为.
故选：B.
8．D
【分析】利用赋值法结合题干信息逐项分析求解.
【详解】对A，令，则，
由，则，即，所以，故A错误；
对B，令，则，因为，
所以，解得，故B错误；
对于C，令，则，
又，所以，则，
当时，，不满足奇函数的定义，
所以不是奇函数，故C错误；
对D，由C选项知，，即，
所以，，故D正确.
故选：D
【点睛】关键点点睛：根据所给函数性质，灵活赋值，恰当变形是解决问题的关键.
9．CD
【分析】利用一元二次不等式的解集与一元二次方程根的关系及韦达定理，结合一元一次不等式和一元二次不等式的解法即可求解.
【详解】由已知可得，并且是方程的两根，
则由韦达定理可得：，解得，，所以A错误；
选项B：不等式化简为，解得，所以不等式的解集为，所以B错误；
选项C：，所以C正确，
选项D：化简为，解得，所以不等式的解集为，所以D正确，
故选：CD.
10．AD
【分析】利用基本不等式证明，即可判断A；，即可判断B；因为，所以，即可判断C；，即可判断D．
【详解】对A，因为，所以，所以，
所以，当且仅当时等号成立，故A成立；
对B，，当且仅当时等号成立，故B不成立；
对C，因为，所以，当且仅当时等号成立，故C不成立；
对D，，，，
，（当且仅当时等号成立），故D成立．
故选：AD．
11．ABD
【分析】通过对合理赋值求解.
【详解】对于A：令，则，解得，A正确；
对于B：令，则，解得，
再令，则，解得，B正确；
对于C：，且，则，令，
则，即，
因为，所以，所以，即，
所以在上是增函数，C错误；
对于D：令，则，解得，
所以，
因为在上是增函数，且，
所以，即，解得，
即不等式的解集是，D正确；
故选：ABD.
12．
【分析】是真命题，分与讨论，根据一元二次不等式恒成立可得a的范围；是真命题，根据可求a的范围，再取交集即可.
【详解】因为是真命题，所以.
当时，不恒成立，故舍去；
当时，可得，解得.
因为是真命题，所以，
所以，即，解得或.
故若命题p，q都是真命题，实数a的取值范围为.
故答案为：.
13．
【分析】设矩形场地的长为米，则宽为米，得，再应用基本不等式求最小值，注意等号成立条件，即可得.
【详解】设矩形场地的长为米，则宽为米，
，
当且仅当，即时，等号成立，
所以平整完这块矩形场地所需的最少费用约为（元）．
故答案为：
14．
【分析】利用偶函数的性质可以得到，再利用上的单调性去掉对应法则可得满足的不等式组，其解集即为所求的解集.
【详解】∵在是偶函数，且在上递减，，
故，
∴，∴，即.
故答案为：.
【点睛】本题考查函数的单调性和奇偶性，偶函数满足，利用这个性质可以实现对称两侧的函数值的转化，另外，解函数不等式，要依据单调性去掉对应法则，本题为中档题.
15．(1)或
(2)
【分析】（1）由交集、补集运算即可求解；
（2）由条件确定集合是集合的真子集，列出不等式求解即可.
【详解】（1）解，得，所以，
当时，，
或，
所以或，
（2）由（1）知，，
而必为非空集合，
因为是的充分不必要条件，则集合是集合的真子集，
所以（等号不同时成立），
解得.
即实数的取值范围.
16．(1)
(2)
【分析】（1）由，得到在区间上为减函数，求得，结合以及函数为偶函数，进而确定实数的值；
（2）由（1）得，结合幂函数的性质，把不等式转化为，即可求得实数的取值范围．
【详解】（1）因为，所以幂函数在区间上为单调递减函数，
所以，解得，
又因为，则m的值为，
函数为偶函数，所以为偶数，所以．
（2）由（1）知函数，其图象关于轴对称，且在区间上为单调递减函数，
所以不等式，即为，
解得或，即的取值范围是．
17．(1)；
(2)答案见解析.
【分析】（1）由，结合二次函数的性质求区间值域；
（2）由题设，结合已知讨论的范围求一元二次不等式的解集.
【详解】（1）由题设，开口向上且对称轴为，定义域为，
所以，当时最小，当时（取不到），当时（取不到），
所以函数在上的值域为；
（2）由题设，整理得，
由，则，
当时，，则，得，故不等式解集为；
当时，则，得，故不等式解集为；
当时，，则，得或，故不等式解集为.
综上，
当时，不等式解集为；
当时，不等式解集为；
当时，不等式解集为.
18．(1)，单调递增，证明见解析
(2)
(3)或或
【分析】（1）根据奇函数的性质，结合函数单调性的定义进行运算证明即可；
（2）根据奇函数的性质，结合函数的单调性进行求解即可；
（3）根据函数的单调性，结合一次函数的性质进行求解即可.
【详解】（1）是定义在上的奇函数，，则
又，则
在上单调递增
证明：任取且，
，
，且，，，
所以，即，
所以在上单调递增.
（2）在上是奇函数且单调递增
由得
解得：
不等式的解集为.
（3）由（1）知在上单调递增，又因为
问题转化为，即对任意恒成立
设
即解得或或
故的取值范围是或或.
19．(1)和1
(2)①或或; ②6
【分析】（1）解一元二次方程可得函数的不动点.
（2）①根据一元二次方程根的分布可求实数的取值范围；
②先根据一元二次方程根的分布确定实数的取值范围，并结合韦达定理表示，，再结合基本不等式可求的最小值.
【详解】（1）令，可得，
可得，解得.
所以二次函数的不动点为和1.
（2）对于①，由题知
令
解得或，由题可得或或
解得或或.
对于②，二次函数有两个不相等的不动点，且，
令.
由题可得有两个不相等的正实数根，
则必有.，解得，得到，
而
，
当且仅当，即时等号成立．
的最小值为6.
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