《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 $ U = \mathbf{R} $，集合 $ A = \{ 0,1,2,3 \} $，$ B = \{ x \mid x ＞ 1 \} $，则图中阴影部分所表示的集合为（B）

A.$ \{ 0 \} $
B.$ \{ 0,1 \} $
C.$ \{ 2,3 \} $
D.$ \{ 0,1,2 \} $

答案： 1.B本题考查用Venn图表示交集、并集、补集的混合运算。题图中阴影部分表示在全集范围内属于集合A 但不属于集合B的集合，故题图中阴影部分所表示的集合为{0,1}。故选B。

2. 函数 $ f ( x ) = \frac { 2 x } { \sqrt { x - 1 } \sqrt { 1 + x } } $ 的定义域为 （A）
A.$ ( 1, + \infty ) $
B.$ ( - 1,1 ) $
C.$ ( - 1, + \infty ) $
D.$ ( - \infty, - 1 ) \cup ( 1, + \infty ) $

答案： 2.A本题考查函数的定义域及不等式的解法。因为f(x)=$\frac{2x}{\sqrt {x - 1}\sqrt {1 + x}}$，所以$\begin{cases}x - 1 ＞ 0\\1 + x ＞ 0\end{cases}$，解得x＞1。故选A。

3. “$ | x | ＞ 2 $”的一个充分不必要条件是 （D）
A.$ - 2 ＜ x ＜ 2 $
B.$ - 4 ＜ x \leq 2 $
C.$ x ＞ - 2 $
D.$ x ＞ 2 $

答案： 3.D本题考查充分条件与必要条件。由|x|＞2解得x ＜ -2或x＞2。对于A，由 -2＜x＜2得不到|x|＞2，由|x|＞2得不到 -2＜x＜2，所以 -2＜x＜2是|x|＞2的既不充分也不必要条件，不符合题意；对于B，由 -4＜x≤2得不到|x|＞2，由|x|＞2得不到 -4＜x≤2，所以 -4＜x≤2是|x|＞2的既不充分也不必要条件，不符合题意；对于C，由x ＞ -2得不到|x|＞2，由|x|＞2得不到x ＞ -2，所以x ＞ -2是|x|＞2的既不充分也不必要条件，不符合题意；对于D，当x＞2时，一定有|x|＞2，但是当|x|＞2时，不一定有x＞2，所以x＞2是|x|＞2的一个充分不必要条件，符合题意。故选D。

4. 19 世纪德国数学家狄利克雷提出了一个有趣的函数：$ D ( x ) = \left\{ \begin{array} { l } { 1, x \text { 是有理数, } } \\ { 0, x \text { 是无理数. } } \end{array} \right. $ 若函数 $ f ( x ) = D ( x ) - x ^ { 2 } $，则下列实数中不属于函数 $ f ( x ) $值域的是 （B）
A.$ 0 $
B.$ - 1 $
C.$ - 2 $
D.$ - 3 $

答案： 4.B本题考查函数的值域。由题意得f(x)=D(x) - x²=$\begin{cases}1 - x², x是有理数\\- x², x是无理数\end{cases}$。对于A，因为f
(1)=1 - 1²=0，故0属于函数f(x)的值域；对于B，若f(x)= -1，则当x是有理数时，1 - x²= -1，解得x = ±$\sqrt{2}$，与x是有理数矛盾，当x是无理数时， - x²= -1，解得x = ±1，与x是无理数矛盾，所以 -1不属于函数f(x)的值域；对于C，因为f($\sqrt{2}$)= - ($\sqrt{2}$)²= -2，故 -2属于函数f(x)的值域；对于D，因为f($\sqrt{3}$)= - ($\sqrt{3}$)²= -3，故 -3属于函数f(x)的值域。故选B。

5. 若 $ f ( x ) $ 是定义在 $ [ - 6,6 ] $ 上的偶函数，且 $ f ( 5 ) ＞ f ( 2 ) $，下列各式中一定成立的是（A）
A.$ f ( - 2 ) ＜ f ( 5 ) $
B.$ f ( 0 ) ＜ f ( 6 ) $
C.$ f ( 4 ) ＜ f ( 5 ) $
D.$ f ( 0 ) ＜ f ( 4 ) $

答案： 5.A本题考查函数的奇偶性。因为f(x)是定义在[ -6,6]上的偶函数，所以f( -5)=f
(5)，f( -2)=f
(2)。因为f
(5)＞f
(2)，所以f
(5)＞f( -2)，故A正确。因为无法判断函数的单调性，所以其余选项不能判断是否成立。故选A。

6. 已知函数 $ f ( x ) = x ^ { 4 } + x ^ { 2 } - 2 $，$ x \in \mathbf { R } $，则满足 $ f ( 2 x ) ＜ f ( x + 2 ) $ 的 $ x $ 的取值范围为 （B）
A.$ ( 0,2 ) $
B.$ \left( - \frac { 2 } { 3 }, 2 \right) $
C.$ ( - \infty, 0 ) \cup ( 2, + \infty ) $
D.$ \left( - \infty, - \frac { 2 } { 3 } \right) \cup ( 2, + \infty ) $

答案： 6.B本题考查函数的单调性和奇偶性。由f(x)=x⁴ + x² - 2，x∈R，得f( -x)=( -x)⁴+( -x)² - 2=f(x)，所以f(x)为偶函数。又函数y = x⁴在[0,+∞)上单调递增，函数y = x²在[0,+∞)上单调递增，即f(x)在[0,+∞)上单调递增，所以f(x)在( -∞,0)上单调递减。由f(2x)＜f(x + 2)，可得|2x|＜|x + 2|，故3x² - 4x - 4＜0，解得 -$\frac{2}{3}$＜x＜2。故选B。

7. 给定函数 $ f ( x ) = x ^ { 2 } - 2 $，$ g ( x ) = - \frac { 1 } { 2 } x + 1 $，用 $ M ( x ) $ 表示函数 $ f ( x ) $，$ g ( x ) $ 中的较大者，即 $ M ( x ) = \max \{ f ( x ), g ( x ) \} $，则 $ M ( x ) $ 的最小值为 （ ）

A.$ 0 $
B.$ \frac { 7 - \sqrt { 17 } } { 8 } $
C.$ \frac { 1 } { 4 } $
D.$ 2 $

答案：
7.C本题考查函数的最值。令f(x)≥g(x)，即x² - 2≥ -$\frac{1}{2}$x + 1，解得x≤ -2或x≥$\frac{3}{2}$；令f(x)＜g(x)，即x² - 2＜ -$\frac{1}{2}$x + 1，解得 -2＜x＜$\frac{3}{2}$。所以M(x)=$\begin{cases}x² - 2, x∈( -∞, -2]∪[\frac{3}{2}, +∞)\\ - \frac{1}{2}x + 1, x∈( -2, \frac{3}{2})\end{cases}$。
作出函数M(x)的图象(如图中实线部分所示)，

由图可知，M(x)的最小值为$\frac{1}{4}$。故选C。

8. 已知 $ f ( x ) = \left\{ \begin{array} { l } { x ^ { 2 } + 4 x + 3, x \leq 0, } \\ { \left| 3 - \frac { 2 } { x } \right|, x ＞ 0. } \end{array} \right. $ 若 $ x _ { 1 } ＜ x _ { 2 } ＜ x _ { 3 } ＜ x _ { 4 } $，且 $ f ( x _ { 1 } ) = f ( x _ { 2 } ) = f ( x _ { 3 } ) = f ( x _ { 4 } ) $，则 $ \frac { 1 } { x _ { 1 } } + \frac { 1 } { x _ { 2 } } + \frac { 1 } { x _ { 3 } } + \frac { 1 } { x _ { 4 } } $ 的取值范围是 （ ）

A.$ \left( - \infty, \frac { 5 } { 3 } \right) $
B.$ ( - \infty, 2 ) $
C.$ \left( - \infty, \frac { 13 } { 3 } \right) $
D.$ \left( \frac { 5 } { 3 }, \frac { 13 } { 3 } \right) $

答案：
8.A本题考查分段函数的图象和性质。
思路探寻：画出函数f(x)的图象→结合函数图象的对称性，x₁ + x₂ = -4，x₁∈( -4, -3)，x₂∈( -1,0)，$\frac{2}{x₃}$ - 3 = 3 - $\frac{2}{x₄}$，$\frac{1}{x₁}$ + $\frac{1}{x₂}$ = $\frac{4}{(x₂ + 2)² - 4}$∈( -∞, -$\frac{4}{3}$)，$\frac{1}{x₃}$ + $\frac{1}{x₄}$ = 3→得解。
画出f(x)=$\begin{cases}x² + 4x + 3, x ≤ 0\\3 - \frac{2}{x}, x ＞ 0\end{cases}$的图象，如图所示。

设f(x₁)=f(x₂)=f(x₃)=f(x₄)=a，则a∈(0,3)，令x² + 4x + 3 = 3，解得x = -4或0。
因为函数y = x² + 4x + 3的图象的对称轴为直线x = -2，所以由函数图象的对称性可得x₁ + x₂ = -4，且x₁∈( -4, -3)，x₂∈( -1,0)。$\frac{1}{x₁}$ + $\frac{1}{x₂}$ = $\frac{x₁ + x₂}{x₁x₂}$ = $\frac{-4}{x₁x₂}$ = $\frac{-4}{(-4 - x₂)x₂}$ = $\frac{4}{(x₂ + 2)² - 4}$，因为x₂∈( -1,0)，所以(x₂ + 2)² - 4∈( -3,0)，故$\frac{4}{(x₂ + 2)² - 4}$∈( -∞, -$\frac{4}{3}$)。由$\frac{2}{x₃}$ - 3 = 3 - $\frac{2}{x₄}$，得$\frac{1}{x₃}$ + $\frac{1}{x₄}$ = 3，所以$\frac{1}{x₁}$ + $\frac{1}{x₂}$ + $\frac{1}{x₃}$ + $\frac{1}{x₄}$∈( -∞, $\frac{5}{3}$)。故选A。

9. 将某几何图形置于坐标系 $ x O y $ 中，直线 $ l : x = t $ 从左向右扫过，将该几何图形分成两部分，其中位于直线 $ l $ 左侧部分的面积为 $ S $，若函数 $ S = f ( t ) $ 的大致图象如图所示，则该几何图形可以是 （BC）

答案： 9.BC本题考查函数的图象。由S = f(t)的大致图象可知，面积S的增速经历三种变化，即面积S先是增速越来越大，然后匀速增加，最后增速越来越小。
对于A，由圆的性质可知，面积S的增速先越来越大，后越来越小，故A不符合题意。
对于B，面积S先是增速越来越大，然后匀速增加，最后增速越来越小，故B符合题意。
对于C，面积S先是增速越来越大，然后匀速增加，最后增速越来越小，故C符合题意。
对于D，面积S先是增速越来越小，然后匀速增加，最后增速越来越大，故D不符合题意。故选BC。