精品解析：湖南省常德市临澧县第一中学2026-2027学年高一上学期第一次月考数学试题

临澧一中高一年级第一次月考 数学 本卷考试时间：120分钟 总分：150分 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共计40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是正确的． 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【详解】因为，所以，集合， 因此 2. 若，则的否定为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据给定条件，利用存在量词命题的否定求解即可. 【详解】命题是存在量词命题，其否定是全称量词命题， 所以命题的否定为. 故选：. 3. 函数的定义域为（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【详解】由题意可得，解得且， 所以函数的定义域为． 4. 设，则“”是“”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】先求出两个不等式的解集，然后判断充分性和必要性即可. 【详解】解分式不等式得， 而的解集为， 设集合，集合，可得是的真子集. 如果，一定能推出，充分性成立；如果不一定推出，必要性不成立， 由此可知，“”是“”的充分而不必要条件. 5. 已知，，则下列不等式一定成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】由，且，可得，正负不确定.取特值可得AD错误；根据不等式的基本性质可判定BC项. 【详解】因为，， 则，所以，. AD选项，令，满足条件，， 但，则，故AD错误； B选项，由，则，故B正确； C选项，由，则，故C错误. 故选：B. 6. 若关于的不等式的解集为，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】考虑二次项系数为0和不为0两种情况，解集为空集代表不等式无解，利用二次函数的图象求解即可． 【详解】当时，不等式为不成立，故解集为； 当时，二次不等式大于0解集为空集，即二次函数恒成立； 则，即，解得； 综上， 所以实数的取值范围是. 7. 若关于的不等式的解集为，且，则实数的值为（ ） A. B. C. 1 D. 4 【答案】B 【解析】 【分析】根据不等式的解集为，利用根与系数的关系求解. 【详解】因为关于的不等式的解集为， 所以， ， 因为，所以，解得或1（舍去）. 故选：B. 8. 已知，对于，若且，则称k为A的“孤立元”.给定集合，则A的所有子集中，只有一个“孤立元”的集合的个数为（ ） A. 10 B. 11 C. 12 D. 13 【答案】D 【解析】 【分析】根据“孤立元”概念，分类讨论求解即可. 【详解】“孤立元”为的集合为，，，， “孤立元”为的集合为，， “孤立元”为的集合为， “孤立元”为的集合为，， “孤立元”为的集合为，，，， 综上：满足题意的集合有13个. 故选：D 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，请把答案填涂在答题卡相应位置上．全部选对得6分，部分选对得部分分，不选或有选错的得0分． 9. 若，，则下列不等式中正确的有（ ） A. B. C. D. 【答案】AD 【解析】 【分析】利用不等式的基本性质推导即可. 【详解】由可得，故A对. 由可得，故B错. 由，可得，，所以，故C错. 由，可得，，所以， 即，所以，故D对. 10. 已知关于的不等式的解集为，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 不等式的解集为 D. 不等式的解集为 【答案】AD 【解析】 【分析】由不等式的解集的特征判断A；利用解集可得、、间关系，即可判断B；利用、、间关系，计算即可判断C、D. 【详解】对于选项A：由关于的不等式的解集为，可得，故A正确； 对于选项B：由题意可得， 故，，则，故B错误； 对于选项C：，由，故，即， 所以不等式的解集为，故C错误； 对于选项D：， 由，则该不等式解集为，故D正确. 11. 已知，，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. 的最大值为 C. D. 的最小值为3 【答案】CD 【解析】 【详解】对于A，由，，， 则， 当且仅当，即时等号成立，故A错误； 对于B，由，，，得，且， 则， 当且仅当，即时等号成立， 而，则的最大值不为，故B错误； 对于C，由，，， 则， 即，当且仅当时等号成立，故C正确； 对于D，由，，， 则， 当且仅当，即时等号成立，故D正确. 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．请把答案填写在答题卡相应位置上． 12. 已知集合，如果，那么实数的取值为_______. 【答案】 【解析】 【分析】首先根据列出等式，再根据元素的互异性验证的取值即可. 【详解】因为，则或，解得或， 当时，集合中有两个相同的元素2，不符合互异性，舍去； 当时，集合，满足集合元素的性质，符合要求. 因此，实数的取值为-1. 13. 权方和不等式作为基本不等式的一个变化，在求二元变量最值时有很广泛的应用，其表述如下：设正数a，b，x，y，则，当且仅当时，等号成立，则函数的最小值为______． 【答案】25 【解析】 【详解】根据题设中的权方和不等式可得， 当且仅当即时等号成立，故的最小值为. 14. 已知正数a，b，c满足，则的最小值为________． 【答案】 【解析】 【分析】根据将目标代数式变形为，再利用基本不等式可求最小值. 【详解】 ， 而， 当且仅当即时等号成立， 故的最小值为. 四、解答题：本大题共5小题，共77分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤． 15. （1）解不等式：； （2）已知，，分别求，的取值范围； （3）已知命题“，”为真命题，求的范围． 【答案】（1）. （2）；. （3）. 【解析】 【分析】（1）将分式不等式转化为一元二次不等式求解即可，注意分母不为0； （2）根据不等式的性质分别求出的范围，结合不等式同向相加、同向相乘的性质即可求解； （3）将问题转化为恒成立问题，结合已知区间求最值即可求解. 【详解】（1）由得，即，即， 解得，故不等式的解集为. （2）由，得，又， 不等式同向相加得：，即； 由，得，又，不等式同向相乘得，即. （3）由可得：， 当时，，所以，则的取值范围为. 16. 设全集为，集合，． （1）当时，求和 （2）在①；②；③这三个条件中任选一个作为已知条件，求实数的取值范围． 【答案】（1）或；或. （2） 【解析】 【分析】（1）首先解二次不等式求得集合，然后将代入确定集合，最后根据集合的交、并、补运算法则进行求解即可； （2）首先根据集合间运算的结果可得，然后分和两种情况分类讨论求解参数取值范围即可 【小问1详解】 由不等式，解得：或，因此可得：或， 将代入集合中可得：， 因此或； 又或，得：或. 【小问2详解】 选①由，可知， 当时，，解得：； 当时，可得：，无解，或，解得：； 综上所述； 选②由，可知， 当时，，解得：； 当时，可得：，无解，或，解得：； 综上所述； 选③由，可知， 当时，，解得：； 当时，可得：，无解，或，解得：； 综上所述； 17. 已知． （1）若不等式对于一切实数恒成立，求实数的取值范围； （2）求不等式的解集． 【答案】（1） （2） 当时，原不等式的解集为； 当，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； 当时，原不等式的解集为. 【解析】 【分析】（1）根据题意，转化为对于任意的实数恒成立，结合二次函数的性质，即可求解； （2）把不等式转化为，分类讨论，即可求解. 【小问1详解】 因为， 则不等式，可化为， 即对于任意的实数恒成立， 当时，即时，不等式为，解得，不符合题意； 当时，则满足，解得， 综上可得，实数的取值范围为. 【小问2详解】 由不等式，可得，即， ①当时，不等式可化为，解得 当时，方程的解，或， ②当时， 或； ③当时， （i）当时，即， ； （ii）当时不等式的解集为， （iii）当时，， ， 综上可得： 当时，原不等式的解集为； 当，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； 当时，原不等式的解集为. 18. 某公司决定对旗下的某商品进行一次评估，该商品原来每件售价为40元，年销售6万件. （1）据市场调查，若价格每提高1元，销售量将相应减少1000件，要使销售的总收入不低于原收入，该商品每件定价最多为多少元？ （2）为了扩大该商品的影响力，提高年销售量，公司决定立即对该商品进行全面技术革新和销售策略调整，并提高定价到元.公司拟投入万元作为技改费用，投入160万元作为固定宣传费用，投入万元作为浮动宣传费用.试问：当该商品改革后的销售量至少达到多少万件时，才可能使改革后的销售收入不低于原收入与总投入之和？并求出此时每件商品的定价. 【答案】（1）60元 （2）10.5万件， 60元 【解析】 【分析】（1）设每件定价为元，列不等式，解之可得； （2）由题意列出不等式，要求此不等式有解，分离参数后用基本不等式求得最值后可得． 【小问1详解】 设每件定价为元，依题意得， 整理得， 解得. 所以要使销售的总收入不低于原收入，每件定价最多为60元. 【小问2详解】 依题意知当时，， 等价于时，， 由于，当且仅当，即时等号成立， 所以， 当该商品改革后销售量至少达到10.5万件时，才可能使改革后的销售收入不低于原收入与总投入之和，此时该商品的每件定价为60元. 19. 已知二次函数的图象与直线有且仅有一个公共点，且不等式的解集为. （1）求此二次函数的解析式； （2）关于的不等式的解集中恰有一个正整数，求实数的取值范围； （3）对，不等式恒成立，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） （3） 【解析】 【分析】（1）根据给定条件，可得，是方程的两个根，写出解析式，再结合顶点坐标求解即得. （2）由（1）的结论，分类求解不等式，进而确定的范围. （3）依题意可得对，不等式恒成立，令，，则，解得即可. 【小问1详解】 由不等式的解集为，得且是关于的方程的两个根， 因此， 所以函数的图象开口向上，其对称轴为， 而该图象与直线有且仅有一个公共点，则图象的顶点为， 于是，解得， 所以此二次函数的表达式为，即. 【小问2详解】 由（1）知不等式为， 整理得，即， 依题意，不等式的解集中恰有一个正整数，则， 当时，解得，即不等式的解集为，此时解集中不含正整数，故舍去； 当时，解得，不等式的解集为，要使解集中恰有一个正整数， 则， 所以实数的取值范围是. 【小问3详解】 对，不等式恒成立， 即对，不等式恒成立， 令，，则，解得， 即实数的取值范围为. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 临澧一中高一年级第一次月考 数学 本卷考试时间：120分钟 总分：150分 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共计40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是正确的． 1. 已知集合，，则（ ） A. B. C. D. 2. 若，则的否定为（ ） A. B. C. D. 3. 函数的定义域为（ ） A. B. C. D. 4. 设，则“”是“”的（ ） A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 5. 已知，，则下列不等式一定成立的是（ ） A. B. C. D. 6. 若关于的不等式的解集为，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 若关于的不等式的解集为，且，则实数的值为（ ） A. B. C. 1 D. 4 8. 已知，对于，若且，则称k为A的“孤立元”.给定集合，则A的所有子集中，只有一个“孤立元”的集合的个数为（ ） A. 10 B. 11 C. 12 D. 13 二、选择题：本大题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，请把答案填涂在答题卡相应位置上．全部选对得6分，部分选对得部分分，不选或有选错的得0分． 9. 若，，则下列不等式中正确的有（ ） A. B. C. D. 10. 已知关于的不等式的解集为，则下列说法正确的是（ ） A. B. C. 不等式的解集为 D. 不等式的解集为 11. 已知，，且，则下列结论正确的是（ ） A. B. 的最大值为 C. D. 的最小值为3 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分．请把答案填写在答题卡相应位置上． 12. 已知集合，如果，那么实数的取值为_______. 13. 权方和不等式作为基本不等式的一个变化，在求二元变量最值时有很广泛的应用，其表述如下：设正数a，b，x，y，则，当且仅当时，等号成立，则函数的最小值为______． 14. 已知正数a，b，c满足，则的最小值为________． 四、解答题：本大题共5小题，共77分．请在答题卡指定区域内作答，解答时应写出必要的文字说明，证明过程或演算步骤． 15. （1）解不等式：； （2）已知，，分别求，的取值范围； （3）已知命题“，”为真命题，求的范围． 16. 设全集为，集合，． （1）当时，求和 （2）在①；②；③这三个条件中任选一个作为已知条件，求实数的取值范围． 17. 已知． （1）若不等式对于一切实数恒成立，求实数的取值范围； （2）求不等式的解集． 18. 某公司决定对旗下的某商品进行一次评估，该商品原来每件售价为40元，年销售6万件. （1）据市场调查，若价格每提高1元，销售量将相应减少1000件，要使销售的总收入不低于原收入，该商品每件定价最多为多少元？ （2）为了扩大该商品的影响力，提高年销售量，公司决定立即对该商品进行全面技术革新和销售策略调整，并提高定价到元.公司拟投入万元作为技改费用，投入160万元作为固定宣传费用，投入万元作为浮动宣传费用.试问：当该商品改革后的销售量至少达到多少万件时，才可能使改革后的销售收入不低于原收入与总投入之和？并求出此时每件商品的定价. 19. 已知二次函数的图象与直线有且仅有一个公共点，且不等式的解集为. （1）求此二次函数的解析式； （2）关于的不等式的解集中恰有一个正整数，求实数的取值范围； （3）对，不等式恒成立，求实数的取值范围. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $