精品解析：广西壮族自治区贵港市达开高级中学2025-2026学年高一上学期12月月考数学试题

2028届高一数学12月月考 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合则（ ） A. B. C. D. 2. 若则一定有 A. B. C. D. 3. 已知集合，则（ ） A. B. C. 或 D. 或 4. 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 5. 不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 6. 已知，则的最大值为（　　） A. 2 B. 4 C. 5 D. 6 7. 命题“”为真命题的一个充分不必要条件是（ ） A. B. C. D. 8. 已知整数集合有整数解}，非空集合A满足条件（1），（2）若，则，则所有这样的集合A的个数为（ ） A. 15个 B. 16个 C. 31个 D. 32个 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 下列说法中正确的有（） A. 命题，”则命题的否定是 B. “”是“”的必要不充分条件 C. 命题“”是真命题 D. “”是“关于的方程有一正一负根”的充要条件 10. 已知关于x的不等式的解集为，则（ ） A. B. C. 不等式的解集为 D. 不等式的解集为 11. 设正实数m、n满足，则下列说法正确的是（ ） A. 的最小值为3 B. 的最大值为1 C. 的最小值为2 D. 的最小值为2 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 不等式的解集为__________. 13. 若实数x，y满足，，则的取值范围是_____. 14. 则= _____． 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. 已知全集，集合．求： （1）及； （2）及 16. （1）已知，求函数的最小值； （2）已知正数满足，求的最小值. 17. 设命题：，，命题：，. （1）若为真命题，求实数m的取值范围； （2）若为假命题、为真命题，求实数m的取值范围. 18. 某公司为了提高生产效率，决定投入160万元买一套生产设备，预计使用该设备后，前年的支出成本为万元，每年的销售收入98万元.使用若干年后对该设备处理的方案有两种： 方案一：当总盈利额达到最大值时，该设备以20万元的价格处理； 方案二：当年平均盈利额（注：年平均盈利额）达到最大值时，该设备以30万元的价格处理. （1）设前年的总盈利额为（不含设备处理收益），写出方案一中与的函数关系式 （2）哪种方案较为合理？并说明理由. 19. 已知函数，. （1）若不等式对于一切实数x恒成立，求实数a的取值范围； （2）求关于x的不等式的解集. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 2028届高一数学12月月考 一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知集合则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】求出集合后结合交集的定义可求. 【详解】，故， 故选：D. 2. 若则一定有 A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】本题主要考查不等关系．已知,所以，所以，故．故选 3. 已知集合，则（ ） A. B. C. 或 D. 或 【答案】B 【解析】 【分析】化简集合，根据补集的概念求解. 【详解】由已知或，所以. 故选：B. 4. 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】 由不等式，解得或，结合充分、必要条件的判定方法，即可求解. 【详解】由不等式，可得或， 所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：A. 5. 不等式的解集是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】移项通分，转化为一元二次不等式即可求解. 【详解】，可得， 即为，且，可得 故选：C 6. 已知，则的最大值为（　　） A. 2 B. 4 C. 5 D. 6 【答案】A 【解析】 【分析】由基本不等式求解即可 【详解】因为， 所以可得， 则， 当且仅当，即时，上式取得等号， 的最大值为2． 故选：A． 7. 命题“”为真命题的一个充分不必要条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】求出命题“”为真命题的充要条件，然后可选出答案. 【详解】由可得：， 当时，，所以， 则的取值范围为， 满足其一个充分不必要条件的集合为，则：为的真子集, 故其一个充分不必要条件是：. 故选:C. 8. 已知整数集合有整数解}，非空集合A满足条件（1），（2）若，则，则所有这样的集合A的个数为（ ） A. 15个 B. 16个 C. 31个 D. 32个 【答案】C 【解析】 【分析】根据集合新定义即可求解. 【详解】设，是方程的两根，则， 于是分类：当，时，； 当，时，；当，时，； 当，时，；当，时，． 故， 所以M的5对相反数共能构成个不同的非空集合A． 故选：C. 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 下列说法中正确的有（） A. 命题，”则命题的否定是 B. “”是“”的必要不充分条件 C. 命题“”是真命题 D. “”是“关于的方程有一正一负根”的充要条件 【答案】AD 【解析】 【分析】利用特称量词命题的否定求解选项A；利用不等式的性质确定选项B；利用全称量词命题的真假判断选项C;利用一元二次方程根与系数的关系确定选项D. 【详解】对于A，命题的否定是，故A正确； 对于B，由可知由两种情况，①且；②， 故不能推出，由也不能推出， 所以是的既不充分也不必要条件，故B错误； 对于C，当时，，故错误； 对于D，关于的方程有一正一负根，则，解得. 所以""是"关于的方程有一正一负根"的充要条件，故D正确. 故选：AD. 10. 已知关于x的不等式的解集为，则（ ） A. B. C. 不等式的解集为 D. 不等式的解集为 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据一元二次不等式的解与二次方程的根之间的关系可得，即可结合选项逐一求解. 【详解】由于不等式的解集为， 所以和是的两个实数根， 所以，故， ，故AB正确， 对于C,不等式为，故，故C错误， 对于D, 不等式可变形为， 解得，故D正确， 故选：ABD 11. 设正实数m、n满足，则下列说法正确的是（ ） A. 的最小值为3 B. 的最大值为1 C. 的最小值为2 D. 的最小值为2 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据基本不等式判断． 【详解】因为正实数m、n， 所以， 当且仅当且m+n=2，即m=n=1时取等号，此时取得最小值3，A正确； 由 ，当且仅当m=n=1时，mn取得最大值1，B正确； 因为，当且仅当m=n=1时取等号，故≤2即最大值为2，C错误； ，当且仅当时取等号，此处取得最小值2，故D正确. 故选：ABD 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 不等式的解集为__________. 【答案】 【解析】 【分析】利用一元二次不等式的解法可得答案. 【详解】由， 故答案为：. 13. 若实数x，y满足，，则的取值范围是_____. 【答案】 【解析】 【分析】根据不等式的性质计算即可求解. 【详解】由，得， 又，所以. 即的取值范围为. 故答案为： 14. 则= _____． 【答案】-1或5 【解析】 【分析】由题意可得，一点有，再由，可得，进而可得结果. 【详解】设 两边同除，可得，所以 由，一定有，，即 ，则 或 代入可得或 所以或5 故答案为：-1或5 【点睛】关键点点睛：通过两个方程的关系可得，一点有，是解题的关键.本题考查了逻辑推理能力和计算能力，属于中档题. 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. 已知全集，集合．求： （1）及； （2）及 【答案】（1）， （2）或， 【解析】 【分析】（1）由集合的交集、补集运算即可求解； （2）由交集、并集、补集运算即可求解； 【小问1详解】 因为， 所以， 【小问2详解】 由（1）可得：或， 由，可得：或， 所以 16. （1）已知，求函数的最小值； （2）已知正数满足，求的最小值. 【答案】（1）5；（2）9 【解析】 【分析】（1）通过配凑，然后利用基本不等式直接求解可得. （2）利用基本不等式“1”的妙用求解可得. 【详解】（1）因为，所以， 所以， 当且仅当，即时，取等号， 所以函数的最小值为5； （2）因为，所以， 所以， 当且仅当，即时，取等号， 所以的最小值为9. 17. 设命题：，，命题：，. （1）若为真命题，求实数m的取值范围； （2）若为假命题、为真命题，求实数m的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由题意得到方程无实根，通过判别式即可求解； （2）通过p的否定为真命题求得范围，再结合（1）即可求解. 【小问1详解】 由，，得关于的方程无实根， 因此，解得， 所以实数m的取值范围是. 【小问2详解】 由为假命题，则的否定：，为真命题， 即，， 而当时，， 当且仅当时取等号，因此， 因为为假命题且为真命题，则， 则， 所以实数m的取值范围是. 18. 某公司为了提高生产效率，决定投入160万元买一套生产设备，预计使用该设备后，前年的支出成本为万元，每年的销售收入98万元.使用若干年后对该设备处理的方案有两种： 方案一：当总盈利额达到最大值时，该设备以20万元的价格处理； 方案二：当年平均盈利额（注：年平均盈利额）达到最大值时，该设备以30万元的价格处理. （1）设前年的总盈利额为（不含设备处理收益），写出方案一中与的函数关系式 （2）哪种方案较为合理？并说明理由. 【答案】（1） （2）方案二合理，理由如下： 方案一：， 当时，总盈利额取得最大值90万元， 此时处理掉设备，则总利润为万元； 方案二：由（1）可得年平均利润额为 ， 当且仅当即时等号成立， 即当时，年平均盈利额最大为20万元，此时总盈利额万元， 此时处理掉设备，则总利润为万元； 综上，两种方案获利都是110万元，但方案一需要5年，而方案二仅需要4年， 故方案二合理. 【解析】 【分析】（1）利用已知条件即可写出与的函数关系式； （2）分别写出两种方案的总利润以及所需要的时间，即可得出结论. 【小问1详解】 根据题意可得， 则方案一中与的函数关系式为：； 【小问2详解】 略 19. 已知函数，. （1）若不等式对于一切实数x恒成立，求实数a的取值范围； （2）求关于x的不等式的解集. 【答案】（1） （2）当时，原不等式的解集为；当时，原不等式的解集为；当时，原不等式的解集为或；当时，原不等式的解集为；当时，原不等式的解集为或. 【解析】 【分析】（1）先判断时是否合题意，当时，结合二次函数的图象开口向下，且与x轴无交点，列式求解即可； （2）分，，讨论即可，其中，时还要比较对应一元二次方程的两个根的大小关系. 【小问1详解】 ①当时，恒成立，符合题意； ②当时，由已知可得，解得. 综上，a的取值范围是. 【小问2详解】 不等式可化为，即， ①当时，可化为，得，原不等式的解集； 当时，方程的两根为和2， ②当时，可化为，解得，原不等式的解集为； ③当时，解得或，则原不等式的解集为或； ④当时，解得，则原不等式的解集为 ⑤当时，解得或，则原不等式的解集为或； 综上所述，当时，原不等式的解集为； 当时，原不等式的解集为； 当时，原不等式的解集为或； 当时，原不等式的解集为； 当时，原不等式的解集为或. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $