精品解析：福建省泉州市石狮市第八中学2025-2026学年高一上学期第一次月考数学试卷

石狮市第八中学高一第一次月考数学试卷 单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 下列说法正确的是（ ） A. 某班中年龄较小的同学能够形成一个集合 B. 由1，2，3和，1，组成的集合不相等 C. 不超过20的非负数组成一个集合 D. 方程(x－1)(x＋1)2＝0的所有解构成的集合中有3个元素 【答案】C 【解析】 【分析】根据集合的定义，结合元素性质，即可容易判断. 【详解】A项中元素不确定，故不能构成集合，故错误； B项中两个集合元素相同，因集合中的元素具有无序性，所以两个集合相等，故错误； D项中方程的解分别是x1＝1，x2＝x3＝－1.由互异性知，构成的集合含2个元素，故错误. 不超过20的非负数组成一个集合，故正确. 故选：. 【点睛】本题考查集合的定义以及元素的性质，属简单题. 2. 命题“”的否定是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据存在量词命题的否定为全称量词命题判断即可. 【详解】命题“”为存在量词命题， 其否定为：. 故选：D 3. “”是“”成立的（ ） 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 【解析】 【分析】利用充分条件、必要条件的定义直接判断即可. 【详解】当时，；而当时，或， 所以“”是“”成立的充分不必要条件. 故选：A 4. 设，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】的元素用来表示，再利用集合间的基本关系选择正确答案. 【详解】因为，所以． 故选：A. 5. 甲、乙两人解关于x的不等式，甲写错了常数b，得到的解集为，乙写错了常数c，得到的解集为那么原不等式解集为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意结合一元二次不等式的解集性质与一元二次方程根与系数的关系求得b，c，再解原不等式即可. 【详解】甲写错了常数b，和2是方程的两根，则， 乙写错了常数c，和4是方程的两根，则， 所以原不等式为，解得， 所以原不等式的解集为. 故选：A. 6. 已知命题，；命题，．若，都是假命题，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. 或 D. 【答案】B 【解析】 【分析】 写出命题p，q的否定命题，由题意得否定命题为真命题，解不等式，即可得答案. 【详解】因为命题p为假命题，则命题p的否定为真命题，即：为真命题， 解得， 同理命题q为假命题，则命题q的否定为真命题，即为真命题， 所以，解得或， 综上：， 故选：B 【点睛】本题考查命题的否定，存在量词命题与全程量词命题的否定关系，考查分析理解，推理判断的能力，属基础题. 7. 设集合，.若中恰含有一个整数，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】解一元二次不等式化简集合，利用函数的性质，确定中恰含的一个整数为2，所以且，解不等式组即可求解. 【详解】或. 因为函数图象的对称轴为，，， 根据对称性可知，要使中恰含有一个整数，则这个整数为2， 所以有且，即，即，即. 故选：B. 8. 对于任意两个正整数，，定义某种运算“”如下：当，都为正偶数或正奇数时，；当，中一个为正偶数，另一个为正奇数时，，则在此定义下，集合中的元素个数是． A. 10个 B. 15个 C. 16个 D. 18个 【答案】B 【解析】 【分析】根据定义知分两类进行考虑，一奇一偶，则，同奇偶，则，由列出满足条件的所有可能情况即可. 【详解】根据定义知分两类进行考虑，一奇一偶，则，，所以 可能的取值为 共4个，同奇偶，则，由，所以可能的取值为，共11个，所以符合要求的共15个，故选B. 【点睛】本题主要考查了分类讨论思想，集合及集合与元素的关系，属于中档题. 二、多选题：本题共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求． 9. 已知均为实数，下列命题正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】ACD 【解析】 【分析】根据不等式的基本性质，即可判断A,B,C三个选项，对于选项D，用作差法，即可判断. 【详解】对于选项A：因为，所以，又，所以，所以选项A正确； 对于选项B：因为不一定为正数，例如：，但，所以选项B错误； 对于选项C：因为，易知，根据不等式性质，可知，所以选项C正确； 对于选项D：因为， 又，所以，所以，所以，所以选项D正确. 故选：ACD. 10. 下列说法中正确的为（ ） A. 已知，则“”是“”的必要不充分条件 B. 若，则的最小值为2 C. 若正实数满足，则的最小值为6 D. 若，且，则的最大值为7 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，根据必要不充分判定可判断；对于B，根据基本不等式可判断，取“=”，但此时无解，可判断；对于C，将转化为已知条件，根据基本不等式即可判断；对于D，设，解出，将使用的表达式表示出来，再利用基本不等式即可判断. 【详解】对于A选项，中，中，所以， 不能推出，所以“”是“”的必要不充分条件，故A正确； 对于B选项，，当且仅当时取“=”，但此时无解，故B错误； 对于C选项，因为，所以 则， 当且仅当时，即时，取“=”，故C正确； 对于D选项，设，则， 则， 其中， 当且仅当时，等号成立，故，故D正确. 故选：ACD. 11. 的解集为，则（ ） A. B. 若，则 C. 若，则的解集为 D. 有最小值为 【答案】AC 【解析】 【分析】根据三个二次之间的关系可得.对于A：根据结合韦达定理分析求解；对于B：举例说明即可；对于C：整理可得，结合二次不等式运算求解；对于D：代入整理可得，即可得最小值. 【详解】由题意可知：方程的根为，则， 对于选项A：因为， 整理得，故A正确； 对于选项B：例如，则，满足， 则，故B错误； 对于选项C：若，则， 不等式即为， 整理得， 令，解得或， 且，， 所以的解集为，故C正确； 对于选项D：因为， 当且仅当时，等号成立， 所以有最小值为，故D错误； 故选：AC. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知集合，若，则___________． 【答案】 【解析】 【分析】由已知可得，计算可求得，进而可求得集合，可求. 【详解】因为，， 所以，解得，所以， 所以. 故答案为：. 13. 已知实数，满足且，则的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】结合已知条件，利用不等式性质即可求解. 【详解】因为， 所以 ①， 又由可得， ②， 由①②相加可得，， 故的取值范围是. 故答案为： 14. 已知不等式的解集为，则实数___________． 【答案】 【解析】 【分析】利用二次函数的图像可得，进而可得为方程的两根，分类讨论求得的值，可求结论. 【详解】作出函数的图像，如图所示： 可得当时，有最小值1. 由图像可知，若，不等式的解集应是两段区域，不符合已知条件， 因此，此时恒成立， 又不等式的解集为，所以， 且为方程的两根， 所以，由，解得或； 当时，可得，解得或，均不符合题意，舍去； 当时，由，解得或（舍去）， 所以. 故答案为：8. 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 15. 已知集合． （1）若，求； （2）若是的充分条件，求实数的取值范围． 【答案】（1）； （2）或 【解析】 【分析】（1）根据写出集合， 由集合得到，即可求得答案； （2）由是的充分条件，可得，对集合分情况讨论，列不等式组即可解得答案. 【小问1详解】 若时，则， 或， ， ； 【小问2详解】 是的充分条件，， ①当时，，解得， ②当时，，解得， 综上所述，实数的取值范围为或. 16. （1）求不等式的解集； （2）设a，b，c，d是实数，试比较和的大小，并说明理由． 【答案】（1）； （2） ， 当且仅当时取等号， 所以. 【解析】 【分析】（1）将分式不等式转化为一元二次不等式求解. （2）作差判断符号，比较大小. 【详解】（1）不等式，因此，解得， 所以原不等式的解集为. （2）略 17. 设函数， （1）若不等式的解集为，求的值； （2）若，求不等式的解集． （3）若，，求的最小值． 【答案】（1） （2） 当时，； 当时，； 当时，； 当时，； 当时，． （3） 【解析】 【分析】（1）根据不等式的解集与一元二次方程的根的关系，结合韦达定理求解；（2）把不等式转化为，对进行分类讨论，求出不同情况下的解集；（3）把不等式进行变形，再利用基本不等式进行求解. 【小问1详解】 由不等式的解集为可得： 方程的两根为1，3且， 由根与系数的关系可得：，，所以 【小问2详解】 由得， 又因为，所以不等式 化为，即， 当时，原不等式变形为，解得 当时，，原不等式． 若，原不等式． 此时原不等式的解的情况应由与1的大小关系决定，故 当时，不等式的解为； 当时，，不等式或； 当时，，不等式或 综上所述，不等式的解集为： 当时，； 当时，； 当时，； 当时，； 当时，． 【小问3详解】 由已知得，，又则 ， 当时，，所以 （当且仅当，时等号成立）； 当时，，所以 （当且仅当，时等号成立）；所以的最小值为； 18. 某公司决定对旗下的某商品进行一次评估，该商品原来每件售价为25元，年销售8万件. （1）据市场调查，若价格每提高1元，销售量将相应减少2000件，要使销售的总收入不低于原收入，该商品每件定价最多为多少元？ （2）为了扩大该商品的影响力，提高年销售量.公司决定立即对该商品进行全面技术革新和销售策略调整，并提高定价到元.公司拟投入万元作为技改费用，投入50万元作为固定宣传费用，投入万元作为浮动宣传费用.试问：当该商品改革后的销售量至少达到多少万件时，才可能使改革后的销售收入不低于原收入与总投入之和？并求出此时每件商品的定价. 【答案】（1）最多为元； （2）销售量至少达到11万件，此时定价30元满足题意. 【解析】 【分析】（1）设每件定价，根据条件列不等式求解即可； （2）将问题转化为不等式定区间内有解，分离参数再结合基本不等式计算即可. 【小问1详解】 设定价每件元，由题意可知， 整理得，解之得， 故该商品每件定价最多为元； 【小问2详解】 由上可知：当时，不等式有解， 整理得有解， 易知，当且仅当时取得等号， 此时， 所以改革后销售量至少达到11万件时，才可能使改革后的销售收入不低于原收入与总投入之和，此时每件商品定价为30元. 19. 《见微知著》谈到：从一个简单的经典问题出发，从特殊到一般，由简单到复杂：从部分到整体，由低维到高维，知识与方法上的类比是探索发展的重要途径，是思想阀门发现新问题、新结论的重要方法． 阅读材料一：利用整体思想解题，运用代数式的恒等变形，使不少依照常规思路难以解决的问题找到简便解决方法，常用的途径有：（1）整体观察；（2）整体设元；（3）整体代入；（4）整体求和等． 例如，，求证：．证明：原式， 波利亚在《怎样解题》中指出：“当你找到第一个藤菇或作出第一个发现后，再四处看看，他们总是成群生长”类似问题，我们有更多的式子满足以上特征． 阅读材料二：基本不等式，当且仅当时等号成立，它是解决最值问题的有力工具．例如：在的条件下，当为何值时，有最小值，最小值是多少？ 解． 当且仅当，即时，有最小值2． 请根据以上阅读材料解答下列问题： （1）已知，求的值． （2）若正数满足，求的最小值． （3）若，解关于的方程． 【答案】（1）1 （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由题意把代入式中化简计算即可得解； （2）由已知条件可得，利用基本不等式求出的最小值即可得的最小值． （3）将代入方程后化简计算即可得解； 【小问1详解】 由题意得； 【小问2详解】 由，则有 ， 又因为，当且仅当，即时，等号成立， 所以有最小值，此时有最大值， 从而有最小值，即有最小值． 【小问3详解】 由，所以原方程可变形为， 即，即， 所以，即，解得； 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 石狮市第八中学高一第一次月考数学试卷 单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的． 1. 下列说法正确的是（ ） A. 某班中年龄较小的同学能够形成一个集合 B. 由1，2，3和，1，组成的集合不相等 C. 不超过20的非负数组成一个集合 D. 方程(x－1)(x＋1)2＝0的所有解构成的集合中有3个元素 2. 命题“”的否定是（ ） A. B. C. D. 3. “”是“”成立的（ ） 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 4. 设，则（ ） A. B. C. D. 5. 甲、乙两人解关于x的不等式，甲写错了常数b，得到的解集为，乙写错了常数c，得到的解集为那么原不等式解集为（ ） A. B. C. D. 6. 已知命题，；命题，．若，都是假命题，则实数的取值范围为（ ） A. B. C. 或 D. 7. 设集合，.若中恰含有一个整数，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 对于任意两个正整数，，定义某种运算“”如下：当，都为正偶数或正奇数时，；当，中一个为正偶数，另一个为正奇数时，，则在此定义下，集合中的元素个数是． A. 10个 B. 15个 C. 16个 D. 18个 二、多选题：本题共3小题，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求． 9. 已知均为实数，下列命题正确的有（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 10. 下列说法中正确的为（ ） A. 已知，则“”是“”的必要不充分条件 B. 若，则的最小值为2 C. 若正实数满足，则的最小值为6 D. 若，且，则的最大值为7 11. 的解集为，则（ ） A. B. 若，则 C. 若，则的解集为 D. 有最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12. 已知集合，若，则___________． 13. 已知实数，满足且，则的取值范围是______. 14. 已知不等式的解集为，则实数___________． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 15. 已知集合． （1）若，求； （2）若是的充分条件，求实数的取值范围． 16. （1）求不等式的解集； （2）设a，b，c，d是实数，试比较和的大小，并说明理由． 17. 设函数， （1）若不等式的解集为，求的值； （2）若，求不等式的解集． （3）若，，求的最小值． 18. 某公司决定对旗下的某商品进行一次评估，该商品原来每件售价为25元，年销售8万件. （1）据市场调查，若价格每提高1元，销售量将相应减少2000件，要使销售的总收入不低于原收入，该商品每件定价最多为多少元？ （2）为了扩大该商品的影响力，提高年销售量.公司决定立即对该商品进行全面技术革新和销售策略调整，并提高定价到元.公司拟投入万元作为技改费用，投入50万元作为固定宣传费用，投入万元作为浮动宣传费用.试问：当该商品改革后的销售量至少达到多少万件时，才可能使改革后的销售收入不低于原收入与总投入之和？并求出此时每件商品的定价. 19. 《见微知著》谈到：从一个简单的经典问题出发，从特殊到一般，由简单到复杂：从部分到整体，由低维到高维，知识与方法上的类比是探索发展的重要途径，是思想阀门发现新问题、新结论的重要方法． 阅读材料一：利用整体思想解题，运用代数式的恒等变形，使不少依照常规思路难以解决的问题找到简便解决方法，常用的途径有：（1）整体观察；（2）整体设元；（3）整体代入；（4）整体求和等． 例如，，求证：．证明：原式， 波利亚在《怎样解题》中指出：“当你找到第一个藤菇或作出第一个发现后，再四处看看，他们总是成群生长”类似问题，我们有更多的式子满足以上特征． 阅读材料二：基本不等式，当且仅当时等号成立，它是解决最值问题的有力工具．例如：在的条件下，当为何值时，有最小值，最小值是多少？ 解． 当且仅当，即时，有最小值2． 请根据以上阅读材料解答下列问题： （1）已知，求的值． （2）若正数满足，求的最小值． （3）若，解关于的方程． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $