《2025年期中期末名校名区真题精编高一数学上册人教版》

1. 已知集合$A = \{ x | - 2 ＜ x ＜ 4 \}$，$B = \{ x | x \geqslant 2 \}$，则$A \cap ( \complement _ { \mathbf { R } } B ) =$（A）
A.$( - 2,2 )$
B.$( - 2,4 )$
C.$( 2,4 )$
D.$( - 2,2 ]$

答案： 1.A 本题考查集合的综合运算 由题意得，$\complement_{R}B=\{x\mid x＜2\}$，所以$A\cap(\complement_{R}B)=\{x\mid -2＜x＜2\}$，故选A.

2. 命题“$\forall x \in \mathbf { R }$，都有$x ^ { 2 } - x + 1 ＞ 0$”的否定是（D）
A.$\exists x \in \mathbf { R }$，使得$x ^ { 2 } - x + 1 ＞ 0$
B.$\forall x \in \mathbf { R }$，都有$x ^ { 2 } - x + 1 \leqslant 0$
C.$\exists x \in \mathbf { R }$，使得$x ^ { 2 } - x + 1 ＜ 0$
D.$\exists x \in \mathbf { R }$，使得$x ^ { 2 } - x + 1 \leqslant 0$

答案： 2.D 本题考查命题的否定 因为命题“$\forall x\in R$，都有$x^{2}-x + 1＞0$”是全称量词命题，所以其否定为存在量词命题“$\exists x\in R$，使得$x^{2}-x + 1\leq0$”.故选D.

3. 已知$a \in \mathbf { R }$，则“$a ＞ 2$”是“$a ^ { 2 } ＞ a$”的（A）
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： 3.A 本题考查不等式、充分必要条件的判断 由$a^{2}＞a$，得$a＞1$或$a＜0$，所以由“$a＞2$”能推出“$a＞1$或$a＜0$”，由“$a＞1$或$a＜0$”不能推出“$a＞2$”，所以“$a＞2$”是“$a^{2}＞a$”的充分不必要条件.故选A.

4. 下列说法中正确的是（D）
A.若$a ＞ b$，则$a ^ { 2 } ＞ b ^ { 2 }$
B.若$a ＞ b$，则$\frac { b } { a } ＜ \frac { a } { b }$
C.若$a ＜ b ＜ 0$，则$a ^ { 2 } ＜ a b ＜ b ^ { 2 }$
D.若$a c ^ { 2 } ＞ b c ^ { 2 }$，则$a ＞ b$

答案： 4.D 本题考查不等式的性质 若$a = 1,b = -2$，则$a^{2}=1,b^{2}=4,a^{2}＜b^{2}$，故A不正确；若$a = -1,b = -2$，则$\frac{b}{a}=2,\frac{a}{b}=\frac{1}{2},\frac{b}{a}＞\frac{a}{b}$，故B不正确；若$a = -2,b = -1$，则$a^{2}=4,b^{2}=1,ab = 2,b^{2}＜ab＜a^{2}$，故C不正确；若$ac^{2}＞bc^{2}$，则$c^{2}＞0$，由不等式的性质知$a＞b$成立，故D正确.故选D.

5. 若不等式$a x ^ { 2 } + b x + 1 \geqslant 0$的解集为$[ - 1,2 ]$，则$a + b =$（0）
A.$0$
B.$2$
C.$- 2$
D.$4$

答案： 5.A 本题考查一元二次不等式与一元二次方程的关系、一元二次方程根与系数的关系 由题意知$a＜0$，方程$ax^{2}+bx + 1 = 0$的解是$-1,2$，所以$\begin{cases}-\frac{b}{a}=-1 + 2,\frac{1}{a}=-1×2,\end{cases}$解得$\begin{cases}a=-\frac{1}{2},\\b=\frac{1}{2},\end{cases}$所以$a + b = 0$.故选A.

6. 已知$x ＞ 0$，$y ＞ 0$，且$2 x + 8 y = x y$，则$x + y$的最小值是（18）
A.$10$
B.$15$
C.$18$
D.$23$

答案： 6.C 本题考查利用基本不等式求最值 由$x＞0,y＞0$，且$2x + 8y = xy$，得$\frac{8}{x}+\frac{2}{y}=1$，所以$x + y=(x + y)·\left(\frac{8}{x}+\frac{2}{y}\right)=10+\frac{8y}{x}+\frac{2x}{y}\geq10 + 2\sqrt{\frac{8y}{x}·\frac{2x}{y}}=18$，当且仅当$\frac{8y}{x}=\frac{2x}{y}$，且$\frac{8}{x}+\frac{2}{y}=1$，即$x = 12,y = 6$时等号成立，所以$x + y$的最小值是$18$.故选C.

7. 已知实数$a \neq 0$，函数$f ( x ) = \left\{ \begin{array} { l } { 2 x + a,x ＜ 1, } \\ { - x - 2 a,x \geqslant 1, } \end{array} \right.$若$f ( 1 - a ) = f ( 1 + a )$，则$a$的值为（A）
A.$- \frac { 3 } { 4 }$
B.$\frac { 3 } { 4 }$
C.$- \frac { 3 } { 5 }$
D.$\frac { 3 } { 5 }$

答案： 7.A 本题考查分段函数的求值问题 因为$a\neq0$，当$a＞0$时，$1 - a＜1＜1 + a$，此时$f(1 - a)=f(1 + a)$等价于$2(1 - a)+a=-(1 + a)-2a$，所以$2 - a=-1 - 3a$，解得$a=-\frac{3}{2}$，不满足$a＞0$，舍去；当$a＜0$时，$1 + a＜1＜1 - a$，此时$f(1 + a)=f(1 - a)$等价于$2(1 + a)+a=-(1 - a)-2a$，所以$2 + 3a=-1 - a$，解得$a=-\frac{3}{4}$，符合题意，综上可得$a=-\frac{3}{4}$.故选A.

8. 已知定义在$\mathbf { R }$上的函数$f ( x )$满足$f ( x ) = f ( 2 - x )$，其图象经过点$( 2,0 )$，且对任意$x _ { 1 }$，$x _ { 2 } \in ( 1, + \infty )$，且$x _ { 1 } \neq x _ { 2 }$，$( x _ { 1 } - x _ { 2 } ) \left[ f ( x _ { 1 } ) - f ( x _ { 2 } ) \right] ＞ 0$恒成立，则不等式$( x - 1 ) f ( x ) \geqslant 0$的解集为（D）
A.$( - \infty,1 ]$
B.$[ 1, + \infty )$
C.$( - \infty,0 ] \cup [ 1,2 ]$
D.$[ 0,1 ] \cup [ 2, + \infty )$

答案： 8.D 本题考查利用抽象函数的单调性、对称性解不等式 因为$f(x)=f(2 - x)$，所以函数$y = f(x)$的图象关于直线$x = 1$对称，又该函数的图象经过点$(2,0)$，所以$f(2)=0$，且有$f(0)=0$.对任意$x_{1},x_{2}\in(1,+\infty)$，且$x_{1}\neq x_{2}$，$(x_{1}-x_{2})[f(x_{1})-f(x_{2})]＞0$恒成立，可设$x_{1}＞x_{2}$，则$x_{1}-x_{2}＞0$，所以$f(x_{1})-f(x_{2})＞0$，即$f(x_{1})＞f(x_{2})$，所以函数$f(x)$在$(1,+\infty)$上单调递增，在$(-\infty,1)$上单调递减.当$x - 1\leq0$，即$x\leq1$时，有$f(x)\leq0 = f(0)$，又函数$f(x)$在$(-\infty,1]$上单调递减，所以$0\leq x\leq1$；当$x - 1＞0$，即$x＞1$时，有$f(x)\geq0 = f(2)$，又函数$f(x)$在$(1,+\infty)$上单调递增，所以$x\geq2$，此时$x\geq2$.综上所述，不等式$(x - 1)· f(x)\geq0$的解集为$[0,1]\cup[2,+\infty)$.故选D.