精品解析：辽宁本溪市某校2026-2027学年高一上学期十月份调研数学试卷

高一年级十月份调研数学试题 考试时间：120分钟 满分：150分 第1卷（选择题，共58分） 一、选择题：本大题共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. 命题“，”的否定是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 3. 不等式的解集为（ ） A. 或 B. C. 或 D. 4. 命题“，”为假命题的一个充分不必要条件是（ ） A. B. C. D. 5. 已知，均为大于0的实数，下列不等式中不恒成立的是（ ） A. B. C. D. 6. 已知关于的不等式的解集为，则下列说法错误的是（ ） A. B. 不等式的解集为 C. D. 的最小值为 7. 设集合，，若的子集的个数为4，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知，则之间的大小关系是（ ） A. B. C. D. 无法比较 二、选择题：本大题共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. 下列说法正确的是（ ） A. 与是同一个集合 B. 已知全集为，则和等价 C. 集合与集合是同一个集合 D. 已知命题；命题，则和都是真命题 10. 已知，下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，，则 C. 若，则 D. 若，且，则 11. 已知均为正实数，且，则（ ） A. 的最大值为 B. 的最小值为5 C. 的最小值为 D. 若，则的最小值为 第2卷（填空题和解答题共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 设x∈R，则“3－x≤0”是“|x－1|≤2”的 ________条件．(用“充要”、“充分不必要”、“必要不充分”或“既不充分也不必要”填空) 13. 设a，，若集合，则______． 14. 若非负实数满足，则的最大值为_____. 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）求； （2）求； （3）若，求的取值范围. 16. 设全集，集合，非空集合，其中. （1）若“”是“”的充分条件，求的取值范围； （2）若“”是“”的必要不充分条件，求的取值范围. 17. 2026年，某市低空经济蓬勃发展，一家物流企业开通“无人机即时配送”服务，并设立配送站.经市场调研，该站每日配送单量（单位：单）与每单配送费（单位：元）满足关系式（其中）.已知配送站每日的固定成本为19200元，每完成一单配送，需支付电费、耗材费、设备保养费等可变成本，每单可变成本为4元. （1）若要保证配送站每日利润（单位：元）不为负数，求每单配送费的取值范围；（每日利润每日配送总收入每日可变总成本每日固定成本） （2）为提升运力，该站购进一批新型无人机，购机费用为32万元.投入使用后，这批无人机使用年的累计维保总费用为万元.请问：这批无人机使用多少年后更新，可以使年平均总费用最低？请求出最低年平均总费用.（年平均总费用（购机费用维保总费用）使用年数） 18. 已知函数，． （1）恒成立，求实数的取值范围； （2）若关于的方程有两个不相等的实数根、，且，求的取值范围； （3）若存在使关于的方程有四个不同的实根，求实数的取值范围. 19. 设集合．如果集合满足：对任意、，与至少有一个属于，则称集合为“单封集”． （1）判断集合与是否为“单封集”，请直接写出结论． （2）若是“单封集”，且，，求． （3）若是“单封集”，证明：，并求出的值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 高一年级十月份调研数学试题 考试时间：120分钟 满分：150分 第1卷（选择题，共58分） 一、选择题：本大题共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】 【详解】． 2. 命题“，”的否定是（ ） A. ， B. ， C. ， D. ， 【答案】A 【解析】 【详解】全称量词改为存在量词，否定结论， 所以命题“，”的否定是“”. 3. 不等式的解集为（ ） A. 或 B. C. 或 D. 【答案】D 【解析】 【分析】分式不等式的解法. 【详解】由，得，即， 即，解得，D正确. 故选：D 4. 命题“，”为假命题的一个充分不必要条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】原命题“”为假命题，等价于它的否定“”为真命题， 即对于，​成立. 设，开口向上，对称轴为，故在上单调递减， 最小值为，因此原命题为假等价于，即原命题为假对应集合为. 充分不必要条件对应集合是的真子集，选项中仅有 ，满足条件， 因此命题“，”为假命题的一个充分不必要条件是. 5. 已知，均为大于0的实数，下列不等式中不恒成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】利用基本不等式求解选项A；利用作差法比较大小求解选项B,C,D. 【详解】因为， 对于A，， 当且仅当，即时取得等号，即恒成立，故A不符合题意； 对于B，， 因为， 所以， 所以，即恒不成立，故B符合题意； 对于C，， 所以，即恒成立，故C不符合题意； 对于D，， 设，当且仅当，即时取得等号， 所以， 所以当时，有最小值为0， 所以，即恒成立，故D不符合题意； 故选：B. 6. 已知关于的不等式的解集为，则下列说法错误的是（ ） A. B. 不等式的解集为 C. D. 的最小值为 【答案】D 【解析】 【分析】根据一元二次不等式的解集确定，结合韦达定理得到与的关系，逐一判断各选项的正误. 【详解】因为不等式的解集为， 所以二次函数开口向下，且方程的两根为. 对于A：二次函数开口向下，故，A正确； 对于B：根据韦达定理：，，结合得，， 将代入不等式，得， 两边同除以得，因式分解为，解得，B正确； 对于C：，由得，即，C正确； 对于D：由得，得， 因，故， 由基本不等式得， 等号成立条件为，即，与矛盾，等号无法取到， 故该式最小值不为，D错误. 7. 设集合，，若的子集的个数为4，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由子集个数为，得到含有 2 个不同点，联立方程，只要就存在第二个不同交点. 【详解】集合的子集个数为，结合集合元素个数满足 ， 即中有2 个不同的交点， 联立，把代入得，得 ，即， 解得：，或， 对应点，点， 当时，，与是两个不同点，此时， 元素个数，子集数，满足题意； 当时，只有唯一交点，元素个数，子集数，不符合题意； 所以条件等价于，即. 8. 已知，则之间的大小关系是（ ） A. B. C. D. 无法比较 【答案】B 【解析】 【详解】由于， 且， 而， 则，即， 所以，即. 二、选择题：本大题共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. 下列说法正确的是（ ） A. 与是同一个集合 B. 已知全集为，则和等价 C. 集合与集合是同一个集合 D. 已知命题；命题，则和都是真命题 【答案】BD 【解析】 【详解】对于A，表示空集，不含任何元素，而是一个包含了一个元素的集合， 两者不是同一个集合，故A错误； 对于B，表示的元素一定属于，表示全集中不在中的元素构成的集合， 则也表明的元素一定属于，因此，故B正确； 对于C，：自变量是的取值，，该集合是， ：函数值的取值，集合是，故C错误； 对于D，对于命题，取，发现是假命题，则是真命题； 对于命题，取时成立，则是真命题，故D正确； 10. 已知，下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，，则 C. 若，则 D. 若，且，则 【答案】AC 【解析】 【详解】对于选项A： ∵ ，可知，即，不等式两边同时除以正数，不等号方向不变. ∴ ，故A正确. 对于选项B： 取反例：，，，，满足，， 此时，，，不满足，故B错误. 对于选项C： 作差得. ∵ ，∴ ，. ∴ ，即，故C正确. 对于选项D： 取反例：，，，满足且， 此时，，，即，不满足. 故D错误. 11. 已知均为正实数，且，则（ ） A. 的最大值为 B. 的最小值为5 C. 的最小值为 D. 若，则的最小值为 【答案】ACD 【解析】 【分析】对于A，利用基本不等式即可解得；对于B，将2换成，进而利用基本不等式得到答案；对于C，将原式变化为，进而化简，然后设,，而后用进行代换，最后用基本不等式得到答案；对于D，两次使用基本不等式即可得到答案. 【详解】对于A，由基本不等式可得， 当且仅当时，即当时，等号成立， 所以，的最大值为，A对； 对于B，， 当且仅当时，即当时，等号成立， 所以，的最小值为，B错； 对于C， ， 设，，可得， 则上式， 当且仅当时，即当时，即当时，等号成立， 所以，的最小值为，C对. 对于D，因为，，所以， 当且仅当时等号成立，与联立可得． 又因为，由不等式的性质可得 ． 又因为， 当且仅当时等号成立． 所以仅当时等号成立， 综上，的最小值为. 故选：ACD. 第2卷（填空题和解答题共92分） 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分 12. 设x∈R，则“3－x≤0”是“|x－1|≤2”的 ________条件．(用“充要”、“充分不必要”、“必要不充分”或“既不充分也不必要”填空) 【答案】既不充分也不必要 【解析】 【分析】解不等式，根据充分条件、必要条件的定义进行判断后可得结论. 【详解】由，得；由，解得， 所以不成立；不成立； ∴是的既不充分也不必要条件． 故答案为：既不充分也不必要. 13. 设a，，若集合，则______． 【答案】0 【解析】 【分析】根据集合相等的定义，结合集合元素的互异性，推导出、的值后代入所求式子计算. 【详解】因为右侧集合中有​，分母不能为0，故， 两个集合相等，左侧集合必须含元素0，结合，得：，即 ，因此， 此时左侧集合为，右侧集合为，集合元素对应相等，可得，， 此时，符合条件. 所以. 14. 若非负实数满足，则的最大值为_____. 【答案】 【解析】 【分析】 令，结合题意，得到，根据关于的方程必须有解，利用，求得以，即可求解. 【详解】令， 则，两边平方，可得， （1） 因为， 所以， （2） 由（1）（2）可得， 整理得， 因为关于的方程必须有解，所以， 解得，因为，所以，所以的最大值为16， 即的最大值为. 故答案为：. 【点睛】解答中把转化为关于的方程必须有解，结合二次函数的性质求解是解答本题的关键. 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）求； （2）求； （3）若，求的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）先求解一元二次不等式，再根据交集定义求解即可； （2）先求补集，再求并集即可； （3）根据集合的包含关系，借助于数轴即可推得. 【小问1详解】 因， 或， 则或 ； 【小问2详解】 因， 则. 【小问3详解】 因，或， 要使 ，须使 . 16. 设全集，集合，非空集合，其中. （1）若“”是“”的充分条件，求的取值范围； （2）若“”是“”的必要不充分条件，求的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）由“”是“”的充分条件可得，列出不等式组求解即可. （2）由“”是“”的必要不充分条件可得是的真子集，列出不等式组求解即可. 【小问1详解】 由题意得到，由“”是“”的充分条件可得，    则 ，解得，则实数的取值范围是. 【小问2详解】 由于集合B为非空集合，所以，解得，      由“”是“”的必要不充分条件可得是的真子集，        所以 ，解得，所以，        当且仅当 ，即 时，.该方程组无解，所以恒成立，因此是的真子集的条件与的条件相同 故实数a的取值范围是. 17. 2026年，某市低空经济蓬勃发展，一家物流企业开通“无人机即时配送”服务，并设立配送站.经市场调研，该站每日配送单量（单位：单）与每单配送费（单位：元）满足关系式（其中）.已知配送站每日的固定成本为19200元，每完成一单配送，需支付电费、耗材费、设备保养费等可变成本，每单可变成本为4元. （1）若要保证配送站每日利润（单位：元）不为负数，求每单配送费的取值范围；（每日利润每日配送总收入每日可变总成本每日固定成本） （2）为提升运力，该站购进一批新型无人机，购机费用为32万元.投入使用后，这批无人机使用年的累计维保总费用为万元.请问：这批无人机使用多少年后更新，可以使年平均总费用最低？请求出最低年平均总费用.（年平均总费用（购机费用维保总费用）使用年数） 【答案】（1） （2）这批无人机使用4年后更新年平均总费用最低，最低年平均总费用为24万元。 【解析】 【分析】（1）由题意可得，进而解不等式即可求解； （2）由题意可得，进而结合基本不等式即可求解. 【小问1详解】 由题意，，， 令，得，即， 则，解得， 因此，要保证配送站每日利润不为负数，每单配送费的取值范围为. 【小问2详解】 由题意，年平均总费用为， 当且仅当，即时等号成立， 则这批无人机使用4年后更新，可以使年平均总费用最低，最低年平均总费用为24万元. 18. 已知函数，． （1）恒成立，求实数的取值范围； （2）若关于的方程有两个不相等的实数根、，且，求的取值范围； （3）若存在使关于的方程有四个不同的实根，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）由题意可知，不等式对任意的恒成立，分、两种情况讨论，在时直接检验即可，在时，根据二次不等式恒成立可得出关于实数的不等式组，综合可得出实数的取值范围； （2）将所求方程变形为，由题意得出，且，结合韦达定理得出，再由韦达定理得出，结合不等式的基本性质可求得的取值范围； （3）令，则，依题意可得关于的方程有四个不等实根，令，则，问题转化为存在使得关于的方程有两个不同正根，利用二次方程根的分布可得出关于实数的不等式，结合主元法可求出实数的取值范围. 【小问1详解】 由得恒成立， 故不等式对任意的恒成立， 当时，恒成立，符合题意； 当时，则，解得； 综上所述：实数的取值范围为. 【小问2详解】 由可得，整理得， 由题意可知，且，解得或， 由韦达定理可得，，可得，故， 所以， 因为，所以，所以， 故的取值范围是. 【小问3详解】 当时，令，由基本不等式可得， 当且仅当时，即当时取等号， 依题意可得关于的方程有四个不等实根， 令，则，则问题转化为存在使得关于的方程 有两个不同正根、， 所以， 因为，则，由可得， 由可得或，故， 由知，存在使不等式成立， 把看成主元代入，可得，即， 解得或，综合可得， 故实数的取值范围是. 19. 设集合．如果集合满足：对任意、，与至少有一个属于，则称集合为“单封集”． （1）判断集合与是否为“单封集”，请直接写出结论． （2）若是“单封集”，且，，求． （3）若是“单封集”，证明：，并求出的值． 【答案】（1）C是；D不是 （2）4050 （3） 【解析】 【分析】（1）根据定义，验证集合中的元素是否符合定义即可求解， （2）根据得，而可得，即可求解， （3）分析可得以及，可得，利用倒序相加法可求解. 【小问1详解】 对于集合： 因为，，所以集合不为“单封集”； 对于集合： 因为，，，，，，， 所以集合为“单封集”. 【小问2详解】 因为集合是“单封集”，且，， 可得， 因为，则，可得， 由集合的互异性可知：，所以. 【小问3详解】 因为具有性质，且， 则，则 且，则， 又因为， 则，可得， 则，即， 可得， 所以. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $