精品解析：上海市松江二中2025-2026学年高一上学期10月学情调研数学试题

松江二中2025学年第一学期10月学情调研 高一数学 考生注意： 1.试卷满分150分，考试时间120分钟． 2.本考试分设试卷和答题纸． 3.答题前，务必在答题纸上填写姓名、班级和考号．作答必须涂或写在答题纸上，在试卷上作答一律不得分． 一、填空题（本大题共有12题，满分54分，1～6题每题4分，7～12题每题5分） 1. 已知集合与集合，则_______. 【答案】 【解析】 【分析】利用数轴将两个不等式表示出来，然后得到的结果. 【详解】如图所示： 则 【点睛】本题考查集合间的交集运算，难度较易. 2. 不等式的解集为，则实数______． 【答案】 【解析】 【分析】由题意得的两个根为2，3，利用韦达定理求解即可. 【详解】因为不等式的解集为，， 所以的两个根为2，3， 由韦达定理有. 故答案为：. 3. “或”的否定形式为______． 【答案】“且” 【解析】 【分析】直接由或命题的否定法则进行否定即可得解. 【详解】由题意“或”的否定形式为“且”. 故答案为：“且”. 4. 已知，，则的取值范围是_____________. 【答案】 【解析】 【分析】直接利用同向不等式相加即可. 【详解】因为，， 所以， 即的取值范围是. 故答案为： 5. 方程组的解集为______． 【答案】 【解析】 【分析】通过消元求解即可. 【详解】由得到，代入， 可得：， 解得或， 当时，， 当时，， 所以方程组的解集为， 故答案为： 6. 不等式解集为______． 【答案】 【解析】 【分析】将分式不等式转化为一元二次不等式求解. 【详解】不等式化为，解得， 所以原不等式的解集为. 故答案为： 7. 已知，则的最大值是__________． 【答案】 【解析】 【分析】利用重要不等式求最值. 【详解】∵ ∴，即， 又， ∴，当且仅当时，等号成立， ∴的最大值是. 故答案为：. 8. 已知方程的两实根为，且，则实数的值为_________ 【答案】或 【解析】 【分析】 由题意可得，，，进行变形后代入即可求解． 【详解】解：由题意可得，，恒成立 ， 所以， 解可得，或． 故答案为：或1． 【点睛】本题主要考查了一元二次方程根的存在条件的应用，属于基础题． 9. 设集合，若集合的所有非空子集的元素之和是40，则_________. 【答案】5 【解析】 【分析】利用集合的非空子集个数求出含每个元素的集合个数，再进行求和即可. 【详解】若一个集合中有n个元素，则它有个子集，非空子集有个. 因为集合，所以 含有元素的集合有个， 含有元素的集合有个， 含有元素的集合有个， 含有元素的集合有个， 若集合的所有非空子集的元素之和是40， 则集合的所有元素和为， 则. 故答案为：5. 10. 已知集合，，且，则实数的取值范围是________. 【答案】 【解析】 【分析】 先求得集合，根据，得出，结合二次函数的性质，分和两种情况讨论，即可求解. 【详解】因为， 所以不等式，可化为，可得， 又由，所以集合， 又因为，所以，所以， 要使得， 对于不等式， 当时，不等式可化为不成立，此时不等式的解集为； 当时，要使得，则满足，解得， 综上可得，实数的取值范围是. 故答案： 11. 由无理数论引发的数字危机一直延续到19世纪，直到1872年，德国数学家戴德金从连续性的要求出发，用有理数的“分割”来定义无理数（史称戴德金分割），并把实数理论建立在严格的科学基础上，才结束了无理数被认为“无理”的时代，也结束了持续2000多年的数学史上的第一次大危机，所谓戴德金分割，是指将有理数集划分为两个非空的子集与，且满足，，中的每一个元素都小于中的每一个元素，则称为戴德金分割.试判断，对于任一戴德金分割，下列选项中，可能成立的是____． ①没有最大元素，有一个最小元素；②没有最大元素，也没有最小元素； ③有一个最大元素，有一个最小元素；④有一个最大元素，没有最小元素. 【答案】①②④ 【解析】 【分析】由题意依次举例对四个命题判断，从而确定答案． 【详解】若M＝{x∈Q|x＜0}，N＝{x∈Q|x≥0}，则M没有最大元素，N有一个最小元素0，故①可能成立； 若M＝{x∈Q|x}，N＝{x∈Q|x}；则M没有最大元素，N也没有最小元素，故②可能成立； 若M＝{x∈Q|x≤0}，N＝{x∈Q|x＞0}；M有一个最大元素，N没有最小元素，故④可能成立； M有一个最大元素，N有一个最小元素不可能，因为这样就有一个有理数不存在M和N两个集合中，与M和N的并集是所有的有理数矛盾，故③不可能成立． 故答案为①②④ 【点睛】本题考查新定义的理解和运用，考查列举法和推理能力，对每个选项举出反例说明是关键，属于基础题． 二、选择题（本大题共有4题，13、14每题4分，15、16每题5分，满分18分） 12. “m=2”是“”的（ ）条件. A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件 C. 充要条件 D. 既非充分又非必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】根据两者之间的推出关系可得两者的条件关系. 【详解】若，则，故能推出. 当时，，此时推不出， 故“”是“”的充分非必要条件. 故选：A. 13. ，，则下列不等式成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】通过反例，，可排除ABC；利用不等式的性质可证得正确. 【详解】若，，则，，则AB错误； 若，，则，则C错误； ，，又，，则D正确. 故选：D 【点睛】思路点睛：本题考查根据不等式的性质比较大小的问题，对于此类问题通常采用排除法来进行排除，属于基础题. 14. 已知关于的一元二次不等式的解集为，且，则的最大值为（ ） A. 1 B. C. D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】由不等式的解集可得且，再利用基本不等式可求的最大值. 【详解】因为关于的一元二次不等式的解集为， 故且，故. 又， 当且仅当即，即时等号成立. 故选：B. 15. 设集合，，，，其中，下列说法正确的是（ ） A. 对任意，是的子集，对任意的，不是的子集 B. 对任意，是的子集，存在，使得是的子集 C. 存在，使得不是的子集，对任意的，不是的子集 D. 存在，使得不是的子集，存在，使得是的子集 【答案】B 【解析】 【分析】运用集合的子集的概念，令，推得，可得对任意，是的子集；再由，，求得，，即可判断B正确，A，C，D错误． 【详解】解：对于集合，， 可得当，即，可得， 即有，可得对任意，是的子集；故C、D错误 当时，，， 可得是的子集； 当时，，且， 可得不是的子集，故A错误． 综上可得，对任意，是的子集，存在，使得是的子集． 故选：B. 三、解答题（本大题满分78分） 16. 已知集合，，， （1）求； （2）若，求的取值范围. 【答案】（1）；（2） 【解析】 【分析】 （1）解不等式，可求出集合，进而求出二者的交集即可； （2）结合（1），由，可得，进而可列出不等关系，求解即可. 【详解】（1）由，得，等价于，解得， 所以集合， 由，解得或，所以或， 所以或. （2）因为，所以， 即， 所以，解得. 综上所述，实数的取值范围是. 【点睛】本题考查分式不等式、一元二次不等式的解法，考查集合的交集，考查根据集合的包含关系求参数，考查学生的推理能力与计算求解能力，属于中档题. 17. 已知集合，且 （1）求的值； （2）解关于的不等式: 【答案】（1）；（2）当时，；当时，；当时， 【解析】 【分析】 （1）根据判别式以及根与系数的关系确定的值； （2）分别讨论的值，再解不等式即可. 【详解】（1）对于方程，，则有两个不等的实数根，且，由题意可知，，由根与系数的关系可知，，则 由题意可知，方程的有一个根为，则 （2）由（1）可知，，即 当时，不等式的解集为 当时，不等式等价于 解得：或或 即该不等式的解集为 当时，不等式等价于 解得： 即该不等式的解集为 综上，当时，；当时，；当时， 【点睛】本题主要考查了一元二次不等式的解法，涉及了根与系数关系的应用，属于中档题. 18. 运货卡车以每小时千米的速度匀速行驶300千米，按交通法规限制（单位：千米／小时），假设柴油的价格是每升6元，而汽车每小时耗油升，司机的工资是每小时46元．设这次行车总费用为元，总费用为油费与司机工资的总和． （1）请用含的式子表示； （2）当为何值时，这次行车的总费用最低，并求出最低费用的值． 【答案】（1）； （2）当时，这次行车的总费用最低，最低费用为元. 【解析】 【分析】（1）计算本次行车所用时间，然后乘以每小时耗油量以及柴油价格为汽车的费用，再加上司机的费用即为行车总费用； （2）利用均值不等式求出最小值以及取最小值时的的值. 【小问1详解】 由题意，汽车行车时间为小时，汽车每小时耗油费用为元，司机的工资是每小时元， 可得行车总费用为 【小问2详解】 ，当且仅当，即时，等号成立 所以当时，这次行车的总费用最低，最低费用为元. 19. 若实数满足，则称比接近． （1）若比5接近1，求的取值范围； （2）判断下列命题“若，则比接近”的真假，并说明理由； （3）证明：对于任意两个不相等的正数，必有比接近． 【答案】（1） （2） 若，则，故， 所以或， 若，则且，故， 所以， 故，所以， 也就是“比接近”. 若，则且，故， 所以， 故，所以， 也就是“比接近”. 综上所述，命题“若，则比接近”是真命题； （3） 对于任意两个不相等的正数a、b，要证比接近， 即证：， 即证：， 即证：， 因为，因为， 故，故， 所以成立， 故比接近. 【解析】 【分析】（1）根据定义可得，从而可求x的取值范围. （2）若，则或，分两种情况讨论即可得证. （3）利用基本不等式结合分析法可证结论成立. 【小问1详解】 因为比5接近1，故， 故，所以. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 略 20. 对于集合，其中每个元素均为正整数，如果任意去掉其中一个元素之后，剩余的所有元素组成集合，并且都能分为两个集合和，满足，，其中和的所有元素之和相等，就称集合A为“可分集合”． （1）判断集合和是否是“可分集合”（不必写过程）； （2）用反证法证明：五个元素的集合一定不是“可分集合”； （3）已知集合是“可分集合”，求的最小值． 【答案】（1）集合不是，集合是 （2） 不妨设， 若去掉的是，则集合可以分成或， 即：①或② 若去掉的是，则集合可以分成或， 即：③或④， 由①③得，矛盾；由①④，矛盾； 由②③得，矛盾；由②④，矛盾； 所以五个元素的集合一定不是“可分集合”； （3）7 【解析】 【分析】（1）根据“可分集合”定义直接判断即可得到结论； （2）不妨设，分去掉的元素是时得①，或②，去掉的元素是得③，或④，进而求解得矛盾，从而证明结论. （3）设集合所有元素之和为，由题可知，均为偶数，所以的奇偶性相同，进而分类讨论为奇数和为偶数两类情况，分析可得集合中的元素个数为奇数；结合（1）（2）问依次验证时集合是否为“可分集合”从而证明. 【小问1详解】 对于集合，去掉元素，剩余的元素组成的集合为， 显然 不能分为两个集合和，满足，， 其中和的所有元素之和相等，故不是“可分集合” 对于集合，去掉元素，， 显然可以分为，满足题意； 去掉元素，，显然可以分为，满足题意； 去掉元素，，显然可以分为，满足题意； 去掉元素，，显然可以分为，满足题意； 去掉元素，，显然可以分为，满足题意； 去掉元素，，显然可以分为，满足题意； 去掉元素，，显然可以分为，满足题意； 故是可分集合. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 设集合所有元素之和为， 由题可知，均为偶数， 所以的奇偶性相同， 若为奇数，则也均为奇数，由于，所以为奇数； 若为偶数，则也均为偶数，此时设， 则也是“可分集合”，重复上述操作有限次， 便可得各项均为奇数的“可分集合”，此时各项之和也为奇数，集合中的元素个数为奇数. 综上所述，集合中的元素个数为奇数. 当时，显然任意集合不是 “可分集合”； 当时，第二问已经证明集合不是 “可分集合”； 当时，第一问已验证集合是“可分集合”. 所以集合中元素个数的最小值为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 松江二中2025学年第一学期10月学情调研 高一数学 考生注意： 1.试卷满分150分，考试时间120分钟． 2.本考试分设试卷和答题纸． 3.答题前，务必在答题纸上填写姓名、班级和考号．作答必须涂或写在答题纸上，在试卷上作答一律不得分． 一、填空题（本大题共有12题，满分54分，1～6题每题4分，7～12题每题5分） 1. 已知集合与集合，则_______. 2. 不等式的解集为，则实数______． 3. “或”的否定形式为______． 4. 已知，，则的取值范围是_____________. 5. 方程组的解集为______． 6. 不等式解集为______． 7. 已知，则的最大值是__________． 8. 已知方程的两实根为，且，则实数的值为_________ 9. 设集合，若集合的所有非空子集的元素之和是40，则_________. 10. 已知集合，，且，则实数的取值范围是________. 11. 由无理数论引发的数字危机一直延续到19世纪，直到1872年，德国数学家戴德金从连续性的要求出发，用有理数的“分割”来定义无理数（史称戴德金分割），并把实数理论建立在严格的科学基础上，才结束了无理数被认为“无理”的时代，也结束了持续2000多年的数学史上的第一次大危机，所谓戴德金分割，是指将有理数集划分为两个非空的子集与，且满足，，中的每一个元素都小于中的每一个元素，则称为戴德金分割.试判断，对于任一戴德金分割，下列选项中，可能成立的是____． ①没有最大元素，有一个最小元素；②没有最大元素，也没有最小元素； ③有一个最大元素，有一个最小元素；④有一个最大元素，没有最小元素. 二、选择题（本大题共有4题，13、14每题4分，15、16每题5分，满分18分） 12. “m=2”是“”的（ ）条件. A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件 C. 充要条件 D. 既非充分又非必要条件 13. ，，则下列不等式成立的是（ ） A. B. C. D. 14. 已知关于的一元二次不等式的解集为，且，则的最大值为（ ） A. 1 B. C. D. 2 15. 设集合，，，，其中，下列说法正确的是（ ） A. 对任意，是的子集，对任意的，不是的子集 B. 对任意，是的子集，存在，使得是的子集 C. 存在，使得不是的子集，对任意的，不是的子集 D. 存在，使得不是的子集，存在，使得是的子集 三、解答题（本大题满分78分） 16. 已知集合，，， （1）求； （2）若，求的取值范围. 17. 已知集合，且 （1）求的值； （2）解关于的不等式: 18. 运货卡车以每小时千米的速度匀速行驶300千米，按交通法规限制（单位：千米／小时），假设柴油的价格是每升6元，而汽车每小时耗油升，司机的工资是每小时46元．设这次行车总费用为元，总费用为油费与司机工资的总和． （1）请用含的式子表示； （2）当为何值时，这次行车的总费用最低，并求出最低费用的值． 19. 若实数满足，则称比接近． （1）若比5接近1，求的取值范围； （2）判断下列命题“若，则比接近”的真假，并说明理由； （3）证明：对于任意两个不相等的正数，必有比接近． 20. 对于集合，其中每个元素均为正整数，如果任意去掉其中一个元素之后，剩余的所有元素组成集合，并且都能分为两个集合和，满足，，其中和的所有元素之和相等，就称集合A为“可分集合”． （1）判断集合和是否是“可分集合”（不必写过程）； （2）用反证法证明：五个元素的集合一定不是“可分集合”； （3）已知集合是“可分集合”，求的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $