精品解析：山东省淄博实验中学2025-2026学年高一上学期10月月考数学试题

2025年10月市实验高一数学月考 一､单选题 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 命题p：，则它的否定为（ ） A. B. C. D. 3. 设，则“”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 4. 下列各组函数中，表示同一个函数的是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 5. 关于的不等式的解集是，则关于的不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 6. 若两个正实数，满足，且不等式有解，则实数的取值范围是（ ） A. B. ，或 C. D. ，或 7. 已知函数满足对定义域内任意实数，都有，则实数的取值范围为（　　） A. B. C. D. 8. 已知是偶函数，且在上是增函数，若在上恒成立，则实数的取值范围是（     ） A. B. C. D. 二､多选题 9. 十六世纪中叶，英国数学家雷科德在《砺智石》一书中首先把“”作为等号使用，后来英国数学家哈利奥特首次使用“”和“”符号，并逐渐被数学界接受，不等号的引入对不等式的发展影响深远对于实数，下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 10. 下列说法正确的有（ ）. A. 若二次不等式恒成立，则实数a的取值范围为 B. 函数的定义域为，则函数的定义域为 C. 函数的值域为 D. 定义在上的函数满足，则 11. 已知，，为正实数，且，则（ ） A. 的最大值为 B. 的最小值为 C. 的最小值为4 D. 的最小值为 三､填空题 12. 已知、为实数，且函数是偶函数，则__________. 13. 已知函数的定义域为，且，，则______． 14. 用表示非空集合中的元素的个数，定义，若，，若，则的所有可能取值构成集合，则______. 四､解答题 15. 已知集合，，. （1）求； （2）若，求实数的取值范围. 16. 已知函数是定义在R上的奇函数，且当时， （1）求函数的解析式并写出函数的增区间（增区间只需写出结论）； （2）当时，解关于x的不等式． 17. “绿色出行，低碳环保”已成为新的时尚，近几年，国家相继出台了一系列的环保政策，在汽车行业提出了重点扶持新能源汽车的政策，为新能源汽车行业的发展开辟了广阔的前景．某新能源沉车配件公司为扩大生产，计划改进技术生产某种组件，已知生产该产品的年固定成本为2000万元，每生产万件，需另投入成本万元，且时，；当时，，由市场调研知，该产品每件的售价为2000元，且全年内生产的该产品当年能全部销售完． （1）年利润y（万元）与年产量x（万件）的关系式（利润=销售收入-成本）； （2）当该产品的年产量为多少万件时，公司所获年利润最大？最大年利润是多少？ 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. 已知函数． （1）若，求在的值域； （2）若存在实数，使得在区间单调递减且在上值域为，求的取值范围； （3）若存在实数，使得在区间单调递增且在上值域为，求的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2025年10月市实验高一数学月考 一､单选题 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题意解一元二次不等式，求出集合的元素，根据交集的概念求出结果即可. 【详解】由题意得，解得，即， 则； 故选：C. 2. 命题p：，则它的否定为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据含一个量词的命题的否定，修改量词并否定结论，即可得到原命题的否定. 【详解】，的否定为. 故选：C 3. 设，则“”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 【解析】 【分析】先分别解绝对值不等式和分式不等式，根据两个范围的包含关系，结合充要条件的判断方法即得结论. 【详解】，即， 或，即， 因是的真子集，故“”是“”的充分不必要条件. 故选：A. 4. 下列各组函数中，表示同一个函数的是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】C 【解析】 【分析】由两个函数定义域相同且对应关系相同，则这两个函数相同，进而判断各选项的正误. 【详解】A：的定义域为，的定义域为，则A错误； B：的定义域为的定义域为，则B错误； C：和的定义域均为，且，则C正确； D：的定义域为的定义域为，则D错误. 故选：C 5. 关于的不等式的解集是，则关于的不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由不等式的解集是得到的关系式，代入到中，再利用一元二次不等式的解法可得. 【详解】由的不等式的解集是知： 且 . 不等式 ，代入 ，得 ，即 。 由于 ，得 ，解得，解集为 . 故选：B 6. 若两个正实数，满足，且不等式有解，则实数的取值范围是（ ） A. B. ，或 C. D. ，或 【答案】D 【解析】 【分析】应用基本不等式求出，不等式有解，只需即可. 【详解】因为正实数，满足， 所以， 所以 ， 当且仅当且，即时等号成立. 因为不等式有解， 所以只需，即即可， 所以或. 故选：D 7. 已知函数满足对定义域内任意实数，都有，则实数的取值范围为（　　） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用函数单调性的定义结合分段函数的图象与性质计算即可. 【详解】不妨设，由任意实数，都有，可知， 即在上单调递减， 根据一次函数与二次函数的性质，要满足题意需， 所以. 故选：B 8. 已知是偶函数，且在上是增函数，若在上恒成立，则实数的取值范围是（     ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据对称性可得单调性，由此可将恒成立的不等式化为，根据二次函数图象讨论的方法可构造不等式组求得结果. 【详解】为偶函数，，关于直线对称， 又在上是增函数，在上是减函数， 在上恒成立，在上恒成立， 在上恒成立， 当时，，不合题意； 当时，，符合题意； 当，即时，，解得：或； 综上所述：实数的取值范围为. 故选：A. 【点睛】方法点睛：本题考查利用函数单调性、对称性求解函数不等式的问题，解决此类问题中，对称性和单调性的作用如下： （1）对称性：统一不等式两侧符号，同时根据对称性确定对称区间的单调性； （2）单调性：将函数值的大小关系转化为自变量之间的大小关系. 二､多选题 9. 十六世纪中叶，英国数学家雷科德在《砺智石》一书中首先把“”作为等号使用，后来英国数学家哈利奥特首次使用“”和“”符号，并逐渐被数学界接受，不等号的引入对不等式的发展影响深远对于实数，下列说法正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，则 【答案】AD 【解析】 【分析】运用不等式性质逐个推导判断即可. 【详解】对于A，因为，所以，，所以，故A正确； 对于B，若，则，与题意不相符，故B错误； 对于C，因为，所以，所以，所以，故C错误； 对于D，因为，所以，因为，所以，故选项D正确， 故选：AD. 10. 下列说法正确的有（ ）. A. 若二次不等式恒成立，则实数a的取值范围为 B. 函数的定义域为，则函数的定义域为 C. 函数的值域为 D. 定义在上的函数满足，则 【答案】BCD 【解析】 【分析】对于A，直接根据一元二次不等式恒成立的条件进行求解判断即可；对于B，根据抽象函数定义域的要求进行求解判断即可；对于C，首先根据的范围求解的取值范围，进而求解函数值域即可判断；对于D，根据方程组法求解解析式即可判断. 【详解】对于A，由于二次不等式恒成立， 则，解得， 所以实数的取值范围为，故A错误； 对于B，已知函数的定义域为，则， 即得，因此函数的定义域为，故B正确； 对于C，已知，得，故， 所以函数的值域为，故C正确； 对于D，由，则， 由方程组，解得：，故D正确. 故选：BCD 11. 已知，，为正实数，且，则（ ） A. 的最大值为 B. 的最小值为 C. 的最小值为4 D. 的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】由，结合基本不等式和解一元二次不等式即可判断选项A；由，结合基本不等式和解一元二次不等式即可判断选项B；根据题意变形得，由，结合基本不等式即可判断选项C；由，化简再结合基本不等式即可判断选项D． 【详解】A：由，且，为正实数， 则，即，解得， 则，当且仅当，即，时取等号，故A正确； B：由，且，为正实数，则， 即， 所以，当且仅当，即，时取等号，故B正确； C：由，且，为正实数，则得， 则， 当且仅当，即时取等号，故C错误； D：由C可得， 则， 又因为， 当且仅当，，即时取等号，故D正确. 故选：ABD. 三､填空题 12. 已知、为实数，且函数是偶函数，则__________. 【答案】 【解析】 【分析】根据偶函数的性质，结合二次函数的对称性，即可列式求解. 【详解】函数是偶函数， 则且，得， 所以. 故答案为：4 13. 已知函数的定义域为，且，，则______． 【答案】2 【解析】 【分析】取特殊值，取，代入题干关系式即可得结果. 【详解】由，取可得，又，所以． 故答案为： 14. 用表示非空集合中的元素的个数，定义，若，，若，则的所有可能取值构成集合，则______. 【答案】5 【解析】 【分析】解方程得到，由定义知道的值，再分类讨论得出结果. 【详解】解得或，即， ∵，∴或， 方程可整理为， ①当时，即方程组只有一个解，则，即， ②当时，即方程组只有三个解， 显然时不成立，∴，即方程有两个不同的解， ⑴当方程只有一个实根时，，， ⑵当方程有二个不同实根时，，或， 显然不是的实根，则是方程其中一个实根， 则，解得， 综上所述：，∴. 故答案为：5 【点睛】方法点睛，在讨论含参方程的根的个数时，需要分类讨论.而本题集合是由两个二次方程相乘得到的方程，第一步需拆分，分别讨论根的个数，注意两个方程可能出现相同的实数根. 四､解答题 15. 已知集合，，. （1）求； （2）若，求实数的取值范围. 【答案】（1）或 （2） 【解析】 【分析】（1）先化简集合和集合，再利用并集和补集的定义即可求解； （2）按集合是空集和不是空集两种情况分类讨论，依据子集定义列出关于的不等式组，解不等式组可求得实数的取值范围. 【小问1详解】 因为，所以， 因为， 所以，，或. 【小问2详解】 ①当，即时，此时，满足，符合题意； ②当，即时，， 要满足，则， 则，解得， 综上所述得.故的取值范围是. 16. 已知函数是定义在R上的奇函数，且当时， （1）求函数的解析式并写出函数的增区间（增区间只需写出结论）； （2）当时，解关于x的不等式． 【答案】（1）的解析式为, 函数的增区间为. （2）当，解集为；当时不等式解集为； 当时，不等式解集为. 【解析】 【分析】（1）因为函数为奇函数，，首先求出a的值，再利用奇函数的性质，可求出当时，函数的表达式，再通过二次函数的性质即可得到增区间； （2）对于解不等式，先求出时的表达式代入不等式，然后根据二次函数的性质求解不等式. 【小问1详解】 因为函数为奇函数，所以，即，所以当时，， 又因为， 所以当时，，所以， 所以函数的解析式为. 由图像可得函数的增区间为. 【小问2详解】 当时，代入，整理得，即， ①当时，即，不等式，此时； ②当时，即，不等式的解为，又因为，所以； ③当时，即不等式的解为，又因为，所以， 综上所述：当，解集为；当时，不等式解集为； 当时，不等式解集为. 17. “绿色出行，低碳环保”已成为新的时尚，近几年，国家相继出台了一系列的环保政策，在汽车行业提出了重点扶持新能源汽车的政策，为新能源汽车行业的发展开辟了广阔的前景．某新能源沉车配件公司为扩大生产，计划改进技术生产某种组件，已知生产该产品的年固定成本为2000万元，每生产万件，需另投入成本万元，且时，；当时，，由市场调研知，该产品每件的售价为2000元，且全年内生产的该产品当年能全部销售完． （1）年利润y（万元）与年产量x（万件）的关系式（利润=销售收入-成本）； （2）当该产品的年产量为多少万件时，公司所获年利润最大？最大年利润是多少？ 【答案】（1） （2）50；2200 【解析】 【分析】（1）由题意，分和两种情况求利润； （2）结合二次函数性质及基本不等式即可求解. 【小问1详解】 由题意可知， 当时，， 当时，， 所以年利润y（万元）与年产量x（万件）的关系式为. 【小问2详解】 当时，，开口向下， 所以当时，； 当时， ， 当且仅当即时，等号成立，此时， 因为， 所以，该产品的年产量为50万件时，公司所获年利润最大，利润最大为2200. 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. 【答案】（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） （3） 或或 【解析】 【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. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 在上是奇函数且单调递增， 由得， 解得：， 不等式的解集为. 【小问3详解】 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. 已知函数． （1）若，求在的值域； （2）若存在实数，使得在区间单调递减且在上值域为，求的取值范围； （3）若存在实数，使得在区间单调递增且在上值域为，求的取值范围． 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据求出解析式，然后利用二次函数单调性求解值域即可. （2）根据二次函数的单调性得，变形整理得，根据b的范围求解即可. （3）根据二次函数的单调性得，从而可以看作方程的两个根，由韦达定理，，进而，令 利用对勾函数单调性求解范围即可. 【小问1详解】 由，可得，则， 因的对称轴为， 在单调递减，而， 故在的值域为. 【小问2详解】 因在区间单调递减，则， 因在上值域为，则， 即， 两式相减得：，因，故， 因，可得， 将代入，可得， 的取值范围为. 【小问3详解】 因为在区间单调递增，所以， 因为在上值域为，所以， 所以，即， 故可把看作方程的两个根， 因为，所以，且， 解得，由韦达定理，， 所以， 令因，则，且， 故， 令，由对勾函数的性质可得，在单调递减，故， 所以的取值范围为. 【点睛】关键点点睛：本题第（3）问将问题转化为看作方程的两个根，然后利用韦达定理消元代换，再结合换元法，结合对勾函数单调性求解范围即可. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $