天津市部分区2025-2026学年高一上学期11月期中练习数学试题
1．（2025高一上·天津期中）已知集合，， 则（ ）
A． B．
C． D．
2．（2025高一上·天津期中）“ ”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
3．（2025高一上·天津期中）函数的定义域为（ ）
A． B．
C． D．
4．（2025高一上·天津期中）已知，下列命题正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若则 D．若，则
5．（2025高一上·天津期中）若幂函数的图象经过点，则下列说法错误的是（ ）
A．的定义域为
B．)的值域为
C．是偶函数
D．在上单调递减，在上单调递增
6．（2025高一上·天津期中）已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则时，的解析式为（ ）
A． B． C． D．
7．（2025高一上·天津期中）下列说法正确的是（ ）
A．与表示同一个函数
B．函数的单调增区间为
C．函数的值域为
D．对于，函数满足.若时，，则
8．（2025高一上·天津期中）已知函数，若，则实数a的取值范围是 （ ）
A． B．
C． D．
9．（2025高一上·天津期中）已知函数是定义在上的偶函数，且满足 ，.若， 则的解集为（ ）
A． B．
C． D．
10．（2025高一上·天津期中）已知命题 则是 .
11．（2025高一上·天津期中）已知函数 则 .
12．（2025高一上·天津期中）已知函数满足则 .
13．（2025高一上·天津期中）已知正实数满足，则的最小值为 .
14．（2025高一上·天津期中）已知函数的定义域为R，则实数k的取值范围为
15．（2025高一上·天津期中）某文创店购进一批冰箱贴，若按每个25元的价格销售，每日能售出50个；若售价在25元基础上每提高1元，日销售量则对应减少2个.为确保这批冰箱贴每日销售总收入不低于1200元，其销售价格最高是 元.
16．（2025高一上·天津期中）已知集合，
（1）求；
（2）求
（3）求
17．（2025高一上·天津期中）已知函数
（1）当时， 求在上的最大值和最小值；
（2）求关于x的不等式的解集.
18．（2025高一上·天津期中）已知函数， ，，用表示、中的较小者，记为.
（1）在所给坐标系中画出函数的图象，并由图象直接写出的单调区间；
（2）结合图象写出的解析式.
19．（2025高一上·天津期中）已知函数
（1）判断的奇偶性并证明；
（2）根据函数单调性的定义，证明在区间上单调递增
（3）求在区间上的最大值和最小值.
20．（2025高一上·天津期中）已知一元二次函数的对称轴为， 且满足，.
（1）求的解析式；
（2）若在区间上单调，求实数m的取值范围；
（3）用来表示在区间上的最小值，，求的表达式.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】并集及其运算
【解析】【解答】解：集合，，所以.
故答案为：D
【分析】以题中给定条件为基础，按照并集的定义直接得出答案
2．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：因为 能推出 ，而 不能推出 ，
所以“ ”是“ ”的充分不必要条件，
故答案为：A.
【分析】由充分条件和必要条件的概念，即可判断出结果.
3．【答案】C
【知识点】函数的定义域及其求法
【解析】【解答】解：且，
解得且.
所以的定义域为.
故答案为：.
【分析】 紧扣函数有意义的前提条件，通过列式计算便可得出结果
4．【答案】C
【知识点】不等关系与不等式；利用不等式的性质比较数（式）的大小
【解析】【解答】解：、取，，该选项错误，不合题意；
、，则，该选项错误，不合题意；
、则，所以，该选项正确，符合题意；
、取，则，该选项错误，不合题意.
故答案为：C
【分析】结合不等式的性质，采用举反例的策略，逐一甄别各选项即可
5．【答案】D
【知识点】函数的值域；幂函数的概念与表示；幂函数的图象与性质
【解析】【解答】解：设幂函数，由的图象经过点，得，解得，
A、的定义域为，该选项正确，符合题意；
B、，所以的值域为，该选项正确，符合题意；
C、，且定义域为，所以是偶函数，该选项正确，符合题意；
D、由幂函数的性质可知，在上单调递增，在上单调递减，该选项错误，不合题意.
故答案为：D
【分析】 由题给条件算出幂函数解析式，再借助幂函数图象的性质对选项逐一验证，即可得出答案
6．【答案】B
【知识点】函数解析式的求解及常用方法；函数的奇偶性
【解析】【解答】解：，则，
因为函数是定义在上的奇函数，
所以，
所以.
故答案为：.
【分析】结合奇偶性的判定条件，计算得出函数解析式即可.
7．【答案】C
【知识点】同一函数的判定；函数单调性的判断与证明；函数的周期性；函数的值
【解析】【解答】解：、，所以与不是同一个函数，故错误；
、在上单调递减，在上单调递增，故错误；
、，所以，函数的值域为，故正确；
、，故错误.
故答案为：.
【分析】紧扣相同函数的判定依据即可判断A；参照绝对值函数的单调性结论即可判断B；立足函数的值域情况即可判断C；凭借周期函数的性质要点即可判断D.
8．【答案】B
【知识点】函数单调性的性质
【解析】【解答】解：函数在上严格单调递减，且当时，，
函数在上严格单调递减，且当时，，
所以为严格减函数，又因为，
所以，即，即，
解得或.
故答案为：B
【分析】 紧扣二次函数的单调性特点，兼顾分段函数的单调性约束，可判断函数为严格减函数，依托单调性解不等式即可得到答案 .
9．【答案】B
【知识点】函数单调性的性质；函数的奇偶性；奇偶性与单调性的综合
【解析】【解答】解：因 ，，不妨设，则可得，
设，则，故函数在上单调递增，
又函数是定义在上的偶函数，由，可知函数为上的偶函数.
因，则，故不等式等价于，
即，也即，由函数单调性，可得，即或.
故答案为：B.
【分析】由题给条件构造目标函数，确定其单调性与奇偶性，再依托函数的单调性和奇偶性对不等式进行求解.
10．【答案】
【知识点】命题的否定
【解析】【解答】解：命题的否定为.
故答案为：
【分析】遵循全称命题否定的构造方法，调整量词并否定原命题的结论，即可完成求解.
11．【答案】5
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数的值
【解析】【解答】解：因，则.
故答案为：5.
【分析】紧扣分段函数的解析式，采用由内向外逐层代入的方式求值即可.
12．【答案】
【知识点】函数解析式的求解及常用方法
【解析】【解答】解：设，则，
由可得，
故.
故答案为：.
【分析】依托换元法的思路对式子变形，即可快速得出函数的解析式.
13．【答案】
【知识点】基本不等式；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：正实数满足，则，
所以，
当且仅当，即时等号成立.
所以的最小值为.
故答案为：.
【分析】，接着利用基本不等式的定理，计算得出所求式子的最值即可.
14．【答案】
【知识点】函数的定义域及其求法；函数恒成立问题
【解析】【解答】解：由函数的定义域为R，得，
当时，恒成立，则；
当时，，解得，
所以实数k的取值范围为.
故答案为：
【分析】紧扣题目给出的条件，通过分析一元二次不等式恒成立的要求计算，即可求解.
15．【答案】30
【知识点】一元二次不等式及其解法；一元二次不等式的实际应用
【解析】【解答】解：设每件售价为元，
则，
即，即，
解得，又，
所以.
所以销售价格最高是30元.
故答案为：30.
【分析】设定每件商品售价为x元，结合题干信息列出不等式，解该一元二次不等式即可完成求解.
16．【答案】（1）解：或.
（2）解：，
所以.
（3）解：，
或.
【知识点】交、并、补集的混合运算
【解析】【分析】（1）紧扣集合并集的定义，按照运算步骤求解即可；
（2）先求对应集合的补集，再进行交集运算，进而得出结果；
（3）遵循 “补集运算→交集运算” 的顺序，逐步计算可得答案.
（1）或.
（2），
所以.
（3），
或.
17．【答案】（1）解：当时，，
因，则函数在上单调递减，在上单调递增，
故当时，，当时，.
（2）解：，
当时，不等式的解为或；
当时，不等式的解为；
当时，不等式的解为或.
综上，原不等式的解集为：当时，解集为；
当时，解集为.
【知识点】函数的最大（小）值；一元二次不等式及其解法
【解析】【分析】（1）紧扣二次函数的图象与性质，分析其在给定区间内的单调性，即可得到函数的最大值与最小值；
（2）第一步对不等式左边实施因式分解，第二步按参数的取值情况分类讨论，进而求解不等式.
（1）当时，，
因，则函数在上单调递减，在上单调递增，
故当时，，当时，
（2），
当时，不等式的解为或；
当时，不等式的解为；
当时，不等式的解为或.
综上，原不等式的解集为：当时，解集为；
当时，解集为.
18．【答案】（1）解：令，即，即，解得，
令，即，即，解得或，
故，作出函数的图象如下图所示：
由图可知，函数的减区间为、，增区间为.
（2）解：由（1）可得.
【知识点】函数的值域；函数解析式的求解及常用方法；函数单调性的判断与证明
【解析】【分析】（1）第一步对函数解析式进行化简变形，第二步根据化简后的式子绘制函数图象，最后结合图象特征分析得出函数的增区间和减区间；
（2）借助（1）的化简过程与结论，便可推导得出函数的解析式.
（1）令，即，即，解得，
令，即，即，解得或，
故，作出函数的图象如下图所示：
由图可知，函数的减区间为、，增区间为.
（2）由（1）可得.
19．【答案】（1）证明：为奇函数，证明如下：
的定义域为，关于原点对称，
，
所以为奇函数.
（2）证明：，且，
，
因为，
所以，
所以，
即，
所以在区间上单调递增.
（3）解：由（2）得在区间上单调递增，
所以，
.
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数的最大（小）值；函数的奇偶性；奇偶性与单调性的综合
【解析】【分析】（1）严格遵循奇偶性的判定定义，逐步推导验证，即可完成证明；
（2）按照单调性的定义要求，规范完成取值、作差与符号判断，进而完成证明；
（3）根据函数的单调性结论，结合定义域分析，即可求出函数的最大值与最小值.
（1）为奇函数，证明如下：
的定义域为，关于原点对称，
，
所以为奇函数.
（2），且，
，
因为，
所以，
所以，
即，
所以在区间上单调递增.
（3）由（2）得在区间上单调递增，
所以，
.
20．【答案】（1）解：由一元二次函数的对称轴为，设，
由，得，解得，则，
所以的解析式为.
（2）解：由（1）得函数的单调递减区间为，单调递增区间为，
由在区间上单调，得或，
则或，解得或，
所以实数m的取值范围是或.
（3）解：函数，
当时，在上单调递增，；
当，即时，在上单调递减，；
当时，，
所以的表达式为.
【知识点】函数解析式的求解及常用方法；函数单调性的性质；函数的最大（小）值
【解析】【分析】（1）第一步结合二次函数对称轴的特点设出函数解析式，第二步利用待定系数法代入已知条件，计算得出解析式；
（2）先根据（1）中所求解析式推导函数的单调区间，再依据区间包含关系的要求列式，求解得到参数的取值范围；
（3）按对称轴在给定区间内、区间左、区间右三种情况分类，结合二次函数单调性求出各情况下的最小值，进而得到最小值的表达式.
（1）由一元二次函数的对称轴为，设，
由，得，解得，则，
所以的解析式为.
（2）由（1）得函数的单调递减区间为，单调递增区间为，
由在区间上单调，得或，
则或，解得或，
所以实数m的取值范围是或.
（3）函数，
当时，在上单调递增，；
当，即时，在上单调递减，；
当时，，
所以的表达式为.
1 / 1天津市部分区2025-2026学年高一上学期11月期中练习数学试题
1．（2025高一上·天津期中）已知集合，， 则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】并集及其运算
【解析】【解答】解：集合，，所以.
故答案为：D
【分析】以题中给定条件为基础，按照并集的定义直接得出答案
2．（2025高一上·天津期中）“ ”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
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：因为 能推出 ，而 不能推出 ，
所以“ ”是“ ”的充分不必要条件，
故答案为：A.
【分析】由充分条件和必要条件的概念，即可判断出结果.
3．（2025高一上·天津期中）函数的定义域为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】函数的定义域及其求法
【解析】【解答】解：且，
解得且.
所以的定义域为.
故答案为：.
【分析】 紧扣函数有意义的前提条件，通过列式计算便可得出结果
4．（2025高一上·天津期中）已知，下列命题正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若则 D．若，则
【答案】C
【知识点】不等关系与不等式；利用不等式的性质比较数（式）的大小
【解析】【解答】解：、取，，该选项错误，不合题意；
、，则，该选项错误，不合题意；
、则，所以，该选项正确，符合题意；
、取，则，该选项错误，不合题意.
故答案为：C
【分析】结合不等式的性质，采用举反例的策略，逐一甄别各选项即可
5．（2025高一上·天津期中）若幂函数的图象经过点，则下列说法错误的是（ ）
A．的定义域为
B．)的值域为
C．是偶函数
D．在上单调递减，在上单调递增
【答案】D
【知识点】函数的值域；幂函数的概念与表示；幂函数的图象与性质
【解析】【解答】解：设幂函数，由的图象经过点，得，解得，
A、的定义域为，该选项正确，符合题意；
B、，所以的值域为，该选项正确，符合题意；
C、，且定义域为，所以是偶函数，该选项正确，符合题意；
D、由幂函数的性质可知，在上单调递增，在上单调递减，该选项错误，不合题意.
故答案为：D
【分析】 由题给条件算出幂函数解析式，再借助幂函数图象的性质对选项逐一验证，即可得出答案
6．（2025高一上·天津期中）已知函数是定义在上的奇函数，当时，，则时，的解析式为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】函数解析式的求解及常用方法；函数的奇偶性
【解析】【解答】解：，则，
因为函数是定义在上的奇函数，
所以，
所以.
故答案为：.
【分析】结合奇偶性的判定条件，计算得出函数解析式即可.
7．（2025高一上·天津期中）下列说法正确的是（ ）
A．与表示同一个函数
B．函数的单调增区间为
C．函数的值域为
D．对于，函数满足.若时，，则
【答案】C
【知识点】同一函数的判定；函数单调性的判断与证明；函数的周期性；函数的值
【解析】【解答】解：、，所以与不是同一个函数，故错误；
、在上单调递减，在上单调递增，故错误；
、，所以，函数的值域为，故正确；
、，故错误.
故答案为：.
【分析】紧扣相同函数的判定依据即可判断A；参照绝对值函数的单调性结论即可判断B；立足函数的值域情况即可判断C；凭借周期函数的性质要点即可判断D.
8．（2025高一上·天津期中）已知函数，若，则实数a的取值范围是 （ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】函数单调性的性质
【解析】【解答】解：函数在上严格单调递减，且当时，，
函数在上严格单调递减，且当时，，
所以为严格减函数，又因为，
所以，即，即，
解得或.
故答案为：B
【分析】 紧扣二次函数的单调性特点，兼顾分段函数的单调性约束，可判断函数为严格减函数，依托单调性解不等式即可得到答案 .
9．（2025高一上·天津期中）已知函数是定义在上的偶函数，且满足 ，.若， 则的解集为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】函数单调性的性质；函数的奇偶性；奇偶性与单调性的综合
【解析】【解答】解：因 ，，不妨设，则可得，
设，则，故函数在上单调递增，
又函数是定义在上的偶函数，由，可知函数为上的偶函数.
因，则，故不等式等价于，
即，也即，由函数单调性，可得，即或.
故答案为：B.
【分析】由题给条件构造目标函数，确定其单调性与奇偶性，再依托函数的单调性和奇偶性对不等式进行求解.
10．（2025高一上·天津期中）已知命题 则是 .
【答案】
【知识点】命题的否定
【解析】【解答】解：命题的否定为.
故答案为：
【分析】遵循全称命题否定的构造方法，调整量词并否定原命题的结论，即可完成求解.
11．（2025高一上·天津期中）已知函数 则 .
【答案】5
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数的值
【解析】【解答】解：因，则.
故答案为：5.
【分析】紧扣分段函数的解析式，采用由内向外逐层代入的方式求值即可.
12．（2025高一上·天津期中）已知函数满足则 .
【答案】
【知识点】函数解析式的求解及常用方法
【解析】【解答】解：设，则，
由可得，
故.
故答案为：.
【分析】依托换元法的思路对式子变形，即可快速得出函数的解析式.
13．（2025高一上·天津期中）已知正实数满足，则的最小值为 .
【答案】
【知识点】基本不等式；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：正实数满足，则，
所以，
当且仅当，即时等号成立.
所以的最小值为.
故答案为：.
【分析】，接着利用基本不等式的定理，计算得出所求式子的最值即可.
14．（2025高一上·天津期中）已知函数的定义域为R，则实数k的取值范围为
【答案】
【知识点】函数的定义域及其求法；函数恒成立问题
【解析】【解答】解：由函数的定义域为R，得，
当时，恒成立，则；
当时，，解得，
所以实数k的取值范围为.
故答案为：
【分析】紧扣题目给出的条件，通过分析一元二次不等式恒成立的要求计算，即可求解.
15．（2025高一上·天津期中）某文创店购进一批冰箱贴，若按每个25元的价格销售，每日能售出50个；若售价在25元基础上每提高1元，日销售量则对应减少2个.为确保这批冰箱贴每日销售总收入不低于1200元，其销售价格最高是 元.
【答案】30
【知识点】一元二次不等式及其解法；一元二次不等式的实际应用
【解析】【解答】解：设每件售价为元，
则，
即，即，
解得，又，
所以.
所以销售价格最高是30元.
故答案为：30.
【分析】设定每件商品售价为x元，结合题干信息列出不等式，解该一元二次不等式即可完成求解.
16．（2025高一上·天津期中）已知集合，
（1）求；
（2）求
（3）求
【答案】（1）解：或.
（2）解：，
所以.
（3）解：，
或.
【知识点】交、并、补集的混合运算
【解析】【分析】（1）紧扣集合并集的定义，按照运算步骤求解即可；
（2）先求对应集合的补集，再进行交集运算，进而得出结果；
（3）遵循 “补集运算→交集运算” 的顺序，逐步计算可得答案.
（1）或.
（2），
所以.
（3），
或.
17．（2025高一上·天津期中）已知函数
（1）当时， 求在上的最大值和最小值；
（2）求关于x的不等式的解集.
【答案】（1）解：当时，，
因，则函数在上单调递减，在上单调递增，
故当时，，当时，.
（2）解：，
当时，不等式的解为或；
当时，不等式的解为；
当时，不等式的解为或.
综上，原不等式的解集为：当时，解集为；
当时，解集为.
【知识点】函数的最大（小）值；一元二次不等式及其解法
【解析】【分析】（1）紧扣二次函数的图象与性质，分析其在给定区间内的单调性，即可得到函数的最大值与最小值；
（2）第一步对不等式左边实施因式分解，第二步按参数的取值情况分类讨论，进而求解不等式.
（1）当时，，
因，则函数在上单调递减，在上单调递增，
故当时，，当时，
（2），
当时，不等式的解为或；
当时，不等式的解为；
当时，不等式的解为或.
综上，原不等式的解集为：当时，解集为；
当时，解集为.
18．（2025高一上·天津期中）已知函数， ，，用表示、中的较小者，记为.
（1）在所给坐标系中画出函数的图象，并由图象直接写出的单调区间；
（2）结合图象写出的解析式.
【答案】（1）解：令，即，即，解得，
令，即，即，解得或，
故，作出函数的图象如下图所示：
由图可知，函数的减区间为、，增区间为.
（2）解：由（1）可得.
【知识点】函数的值域；函数解析式的求解及常用方法；函数单调性的判断与证明
【解析】【分析】（1）第一步对函数解析式进行化简变形，第二步根据化简后的式子绘制函数图象，最后结合图象特征分析得出函数的增区间和减区间；
（2）借助（1）的化简过程与结论，便可推导得出函数的解析式.
（1）令，即，即，解得，
令，即，即，解得或，
故，作出函数的图象如下图所示：
由图可知，函数的减区间为、，增区间为.
（2）由（1）可得.
19．（2025高一上·天津期中）已知函数
（1）判断的奇偶性并证明；
（2）根据函数单调性的定义，证明在区间上单调递增
（3）求在区间上的最大值和最小值.
【答案】（1）证明：为奇函数，证明如下：
的定义域为，关于原点对称，
，
所以为奇函数.
（2）证明：，且，
，
因为，
所以，
所以，
即，
所以在区间上单调递增.
（3）解：由（2）得在区间上单调递增，
所以，
.
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数的最大（小）值；函数的奇偶性；奇偶性与单调性的综合
【解析】【分析】（1）严格遵循奇偶性的判定定义，逐步推导验证，即可完成证明；
（2）按照单调性的定义要求，规范完成取值、作差与符号判断，进而完成证明；
（3）根据函数的单调性结论，结合定义域分析，即可求出函数的最大值与最小值.
（1）为奇函数，证明如下：
的定义域为，关于原点对称，
，
所以为奇函数.
（2），且，
，
因为，
所以，
所以，
即，
所以在区间上单调递增.
（3）由（2）得在区间上单调递增，
所以，
.
20．（2025高一上·天津期中）已知一元二次函数的对称轴为， 且满足，.
（1）求的解析式；
（2）若在区间上单调，求实数m的取值范围；
（3）用来表示在区间上的最小值，，求的表达式.
【答案】（1）解：由一元二次函数的对称轴为，设，
由，得，解得，则，
所以的解析式为.
（2）解：由（1）得函数的单调递减区间为，单调递增区间为，
由在区间上单调，得或，
则或，解得或，
所以实数m的取值范围是或.
（3）解：函数，
当时，在上单调递增，；
当，即时，在上单调递减，；
当时，，
所以的表达式为.
【知识点】函数解析式的求解及常用方法；函数单调性的性质；函数的最大（小）值
【解析】【分析】（1）第一步结合二次函数对称轴的特点设出函数解析式，第二步利用待定系数法代入已知条件，计算得出解析式；
（2）先根据（1）中所求解析式推导函数的单调区间，再依据区间包含关系的要求列式，求解得到参数的取值范围；
（3）按对称轴在给定区间内、区间左、区间右三种情况分类，结合二次函数单调性求出各情况下的最小值，进而得到最小值的表达式.
（1）由一元二次函数的对称轴为，设，
由，得，解得，则，
所以的解析式为.
（2）由（1）得函数的单调递减区间为，单调递增区间为，
由在区间上单调，得或，
则或，解得或，
所以实数m的取值范围是或.
（3）函数，
当时，在上单调递增，；
当，即时，在上单调递减，；
当时，，
所以的表达式为.
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