精品解析：湖南长沙市明德中学2026-2027学年高一上学期10月月考数学试卷

明德中学2026年下学期10月阶段检查 高一年级数学试卷2026年10月 时量：120分钟 满分：150分 一、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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 2. 已知函数的定义域为，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. 既不充分又不必要条件 3. 对，恒有成立，则的值为（ ） A. 2 B. 4 C. 8 D. 不能确定 4. 关于的方程有两根，其中一根小于2，另一根大于3，则实数的取值范围是（ ） A. 或 B. C. D. 5. 若“”为假命题，则的取值可以是（ ） A. 5 B. 3 C. 1 D. -1 6. 若，，，且，，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. C. D. 7. 已知实数，满足，，则的最大值为（ ） A. 4 B. 8 C. 10 D. 16 8. 已知定义在上的函数满足对任意的正数，，都有，若，则（ ） A. 12 B. 6 C. D. 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. 某精品店老板用红色、蓝色、黄色三种颜色的硬卡纸制作A，B两种型号的包装礼盒，每个包装礼盒所需红色、蓝色、黄色的硬卡纸张数及该精品店三种颜色的硬卡纸总张数如下表所示： 红色硬卡纸 蓝色硬卡纸 黄色硬卡纸 A 4 2 1 B 2 2 3 总张数 100 80 88 设该精品店老板制作A，B两种型号的包装礼盒的个数分别为，则（ ） A. B. C. D. 10. 已知，且关于的不等式的解集为，则下列说法正确的是（ ） A. B. 若的解集为，则为的真子集 C. 命题“，”为假命题 D. 11. 设表示不超过的最大整数，如：，，又称为取整函数，在现实生活中有着广泛的应用，诸如停车收费，出租车收费等均按“取整函数”进行计费，以下关于“取整函数”的描述，正确的是（ ） A. ， B. ，若，则 C. ， D. 不等式的解集为或 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 学校先举办了一次田径运动会，某班有12名同学参赛，又举办了一次球类运动会，这个班有18名同学参赛，两次运动会都参赛的有6人，两次运动会中，这个班共有______名同学参赛. 13. 已知，且，则的最大值为______. 14. 如图，线段、相交于，且、、、长度构成集合，，则的取值个数为______. 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，求的取值范围． 16. 求下列关于的不等式的解集： （1） （2） （3） 17. 已知、为正实数，且. （1）求的最大值； （2）求的最小值. 18. 小猫和小狗要上一段有个台阶的楼梯，但是，小猫和小狗都想用跳跃代替每步走上一个台阶的步行，小猫每次跳上2个台阶（如果必要，最后一次它将只跳上一个台阶），小狗每次跳上5个台阶（如果必要，最后一次它将跳上那些剩余的少于5个的台阶），它们的初始位置都是0级台阶，请问 （1）一共19级台阶，求小猫比小狗多跳了几次； （2）假设在到达楼梯的顶端时，小狗比小猫少跳了20次，求所有可能的取值； 19. 在平面直角坐标系中，两点、的“曼哈顿距离”定义为，记为．如，点、的“曼哈顿距离”为9，记为． （1）动点在直线上，点，若，求点的横坐标的取值范围； （2）动点在直线上，动点在函数图象上，求的最小值； （3）动点在函数的图象上，点，的最大值记为．如，当点的坐标为时，．求的最小值，并求此时点的坐标． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 明德中学2026年下学期10月阶段检查 高一年级数学试卷2026年10月 时量：120分钟 满分：150分 一、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. 已知集合，则（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】根据题意，利用交集的运算即可求出. 【详解】因为集合， 所以. 故选：A. 2. 已知函数的定义域为，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. 既不充分又不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】求出函数的定义域，再利用充分条件、必要条件的定义判断即得. 【详解】函数中，，解得且，， 因此是的真子集，所以“”是“”的充分不必要条件. 故选：A 3. 对，恒有成立，则的值为（ ） A. 2 B. 4 C. 8 D. 不能确定 【答案】B 【解析】 【分析】根据全称命题列出等式，然后求出参数的值，进而求得结果. 【详解】因为对，恒有成立， 所以，解得， 所以. 4. 关于的方程有两根，其中一根小于2，另一根大于3，则实数的取值范围是（ ） A. 或 B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】根据已知条件结合一元二次函数及其方程的性质列出关于a的不等式组，即可求解． 【详解】设， 则由题意可知，即，解得， 故实数的取值范围是. 故选：C． 5. 若“”为假命题，则的取值可以是（ ） A. 5 B. 3 C. 1 D. -1 【答案】A 【解析】 【分析】利用假命题的否定为真命题，分离参数即可求得. 【详解】因为“”为假命题， 所以其否定恒成立， 所以在上恒成立， 所以即， 所以的取值可以是5. 故选：A 6. 若，，，且，，则下列命题正确的是（ ） A. 若，则 B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】对于选项A，由已知即，当时，，所以选项A错误； 对于选项B，已知，所以，所以选项B正确； 对于选项C，当时，，所以选项C错误； 对于选项D，时，，所以选项D错误. 7. 已知实数，满足，，则的最大值为（ ） A. 4 B. 8 C. 10 D. 16 【答案】D 【解析】 【详解】令，，则，， 则，又，， 所以，，所以， 所以的最大值为16. 8. 已知定义在上的函数满足对任意的正数，，都有，若，则（ ） A. 12 B. 6 C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据，令可得的值，令，可得，进而可得.令，可得，，即可求解. 【详解】∵对任意的正数，，都有， ∴令可得，解得； 令，可得，∴. ∴，即. 令，可得，∴. 故选：D. 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. 某精品店老板用红色、蓝色、黄色三种颜色的硬卡纸制作A，B两种型号的包装礼盒，每个包装礼盒所需红色、蓝色、黄色的硬卡纸张数及该精品店三种颜色的硬卡纸总张数如下表所示： 红色硬卡纸 蓝色硬卡纸 黄色硬卡纸 A 4 2 1 B 2 2 3 总张数 100 80 88 设该精品店老板制作A，B两种型号的包装礼盒的个数分别为，则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据表格建立不等关系即可. 【详解】由表格知，整理得，显然ABD正确，C错误. 故选：ABD 10. 已知，且关于的不等式的解集为，则下列说法正确的是（ ） A. B. 若的解集为，则为的真子集 C. 命题“，”为假命题 D. 【答案】AC 【解析】 【分析】根据一元二次方程的两个根和不等式的性质逐项计算判断即可. 【详解】解：因为，且关于的不等式的解集为， 所以，且的根为-1和2， 所以，得，，因为，所以，故D错误； ， 所以，， 因为，，所以，故A正确； 即为，即，无解， 故命题“，”为假命题，故C正确； 因为是由向上平移一个单位， 所以为的真子集，故B错误. 11. 设表示不超过的最大整数，如：，，又称为取整函数，在现实生活中有着广泛的应用，诸如停车收费，出租车收费等均按“取整函数”进行计费，以下关于“取整函数”的描述，正确的是（ ） A. ， B. ，若，则 C. ， D. 不等式的解集为或 【答案】BCD 【解析】 【分析】 通过反例可得A错误，根据取整函数的定义可证明BC成立，求出不等式的解后可得不等式的解集，从而可判断D正确与否. 【详解】对于A，，则，故，故A不成立. 对于B，，则， 故，所以，故B成立. 对于C，设，其中， 则，， 若，则，，故； 若，则，，故，故C成立. 对于D，由不等式可得或， 故或，故D正确. 故选：BCD 【点睛】本题考查在新定义背景下恒等式的证明与不等式的解法，注意把等式的证明归结为整数部分和小数部分的关系，本题属于较难题. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 学校先举办了一次田径运动会，某班有12名同学参赛，又举办了一次球类运动会，这个班有18名同学参赛，两次运动会都参赛的有6人，两次运动会中，这个班共有______名同学参赛. 【答案】24 【解析】 【详解】如图所示，只参加田径的人，两项都参加的人，只参加球类的人，共有24人. 13. 已知，且，则的最大值为______. 【答案】 【解析】 【详解】由可得， 可知，当且仅当时等号成立， 即，化简得， 解得，即的最大值为.当且仅当时等号成立. 14. 如图，线段、相交于，且、、、长度构成集合，，则的取值个数为______. 【答案】 【解析】 【分析】以、为邻边作平行四边形，可知平行四边形为矩形，结合题意可知为最长边，则和，分这两种情况讨论，然后又对的长度进行分类讨论，结合勾股定理求出的值，并利用集合元素满足互异性可得出结果. 【详解】以、为邻边作平行四边形， 因为，故平行四边形为矩形， 则，，，且， 由勾股定理可得，即为最长边，则或. 分以下两种情况讨论： （1）， ①若，则， 此时； ②若，则， 此时； ③若，则， 此时； （2）. ①若，则， 由勾股定理可得，解得，不符合题意； ②若，则， 由勾股定理可得，解得，符合题意； ③若，则， 由勾股定理可得，解得，集合的元素不满足互异性，舍去. 综上所述，的取值集合为，即满足条件的的取值个数为. 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，求的取值范围． 【答案】（1），或 （2） 【解析】 【分析】（1）先求出集合，代入值，利用交并补运算法则计算即得； （2）就集合分和两种情形考虑，依题列出不等式组，解之即得. 【小问1详解】 由题意得，． 若，则， 故， 又， 则或． 【小问2详解】 当时，，解得． 当时，由，得，解得． 综上，的取值范围是． 16. 求下列关于的不等式的解集： （1） （2） （3） 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）移项通分，把分式不等式化为 ，再转化为整式不等式求解，注意分母不为 . （2）先化为 ，再去绝对值，转化为两个一次不等式求解. （3）先求根式有意义的范围，再按 的符号分类：右边为负时不等式恒成立；右边非负时两边平方转化为一元二次不等式，最后取并集. 【小问1详解】 移项，得 . 通分，得 ，即 . 该不等式等价于 且 . 解得 或 . 所以原不等式的解集为 . 【小问2详解】 原不等式可化为 ，即 . 去掉绝对值，得 或 . 解得 或 . 所以原不等式的解集为 . 【小问3详解】 要使根式有意义，需 ，即 . 当 ，即 时，，不等式恒成立，此时解集为 . 当 ，即 时，两边均非负，平方得 . 整理，得 ，即 ，解得 . 结合 ，此时解集为 . 取两种情形的并集，原不等式的解集为 . 17. 已知、为正实数，且. （1）求的最大值； （2）求的最小值. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据基本不等式和换元法，列出不等式，求出参数范围，进而说明最大值； （2）根据题目条件，构造基本不等式，求出结果即可. 【小问1详解】 因为，，，当且仅当时取等号， 令，则，可得，化为，所以，故， 当且仅当时，即时取等号， 所以的最大值为. 【小问2详解】 由可得，即， 可知，， 所以， 当且仅当，即时取等号， 此时取得最小值. 18. 小猫和小狗要上一段有个台阶的楼梯，但是，小猫和小狗都想用跳跃代替每步走上一个台阶的步行，小猫每次跳上2个台阶（如果必要，最后一次它将只跳上一个台阶），小狗每次跳上5个台阶（如果必要，最后一次它将跳上那些剩余的少于5个的台阶），它们的初始位置都是0级台阶，请问 （1）一共19级台阶，求小猫比小狗多跳了几次； （2）假设在到达楼梯的顶端时，小狗比小猫少跳了20次，求所有可能的取值； 【答案】（1）6 （2）65，67，68 【解析】 【分析】（1）根据小猫和小狗的跳跃规律，求出个台阶时各自跳跃的步数，进而求出时的步数，求出结果即可； （2）设出小猫和小狗的跳跃步数，列出各自步数和之间的不等关系，进而根据不等式的性质，求出所有可能的取值. 【小问1详解】 因为小猫每次跳2级，当时，小猫跳跃次数为次，当时，小猫跳跃次数为次； 因为小狗每次跳5级，当时，小狗跳跃次数为次，当时，小狗跳跃次数为次； 当时，可知，即小猫跳跃次，，小狗跳跃次， 即小猫比小狗多跳了6次. 【小问2详解】 设小猫跳跃次数为次，小狗跳跃次数为次，则， 可知，，可知， 可得，化简得，解得 因为为正整数，所以， 逐一检验可知，当时相差19次；当时相差20次；当时相差21次，故所有可能的取值为65，67，68. 19. 在平面直角坐标系中，两点、的“曼哈顿距离”定义为，记为．如，点、的“曼哈顿距离”为9，记为． （1）动点在直线上，点，若，求点的横坐标的取值范围； （2）动点在直线上，动点在函数图象上，求的最小值； （3）动点在函数的图象上，点，的最大值记为．如，当点的坐标为时，．求的最小值，并求此时点的坐标． 【答案】（1） （2） （3）最小值为，点 【解析】 【分析】（1）利用“曼哈顿距离”的定义，分类讨论去绝对值解不等式即可； （2）设出动点，利用曼哈顿距离的定义列出二元函数，将它视为以为参数，为自变量的函数，分类讨论求其最值即可； （3）先取特值确定出最小值，再验证有实数a，b即可． 【小问1详解】 由已知，则根据“曼哈顿距离”定义得 ，， 当时，成立，解得； 当时，，解得； 当时，，解得 综上所述点的横坐标的取值范围是； 【小问2详解】 设出动点，则， 又，所以， 当时，， 此时， 当时，， 此时 当时，， 此时 又 所以 综合得，当时取等号. 即的最小值为 【小问3详解】 设点，则， 若存在实数使得，则对任意成立， 取，有，取,有， 得， 所以 取，是上是偶函数， 当时，若，， 若，，当且仅当时取等． 所以存在实数且，使得最小值为，点 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $