四川省内江市资中县第二中学2025-2026学年高一上学期10月月考数学试题

资中二中高届第一学期月月考数学试卷本试卷共4页，题，全卷满分分考试用时分钟.注意事项：答题前，先将自己的姓名､准考证号填写在试卷和答题卡上.选择题作答时，每小题选出答案后，用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦净后，再选涂其他答案标号.非选择题作答时，用黑色签字笔将答案书写在答题卡上对应的答题区域内.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题或超出答题区域书写无效.考试结束后，将答题卡交回（试题卷学生保存，以备评讲）.一､单选题：本大题共8个小题，每小题5分，共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】C【解析】【分析】化简集合，结合交集的概念即可得解.【详解】由题意，所以.故选：C.2.已知命题，，则命题的否定为（）A.，B.，C.，D.，【答案】C【解析】【分析】根据全称量词命题的否定为特称量词命题判断即可.第1页/共13页其否定为：，.故选：C3.若，则的最小值为（）A.2B.C.D.【答案】C【解析】【分析】将所求变形为，再根据基本不等式即可得解.【详解】因为，所以，所以，当且仅当，即时，取等号，所以的最小值为.故选：C.4.设,则“”是“且”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既非充分又非必要条件【答案】B【解析】【分析】根据不等式的性质，利用充分条件与必要条件的定义判断即可.【详解】因为，且能推出；不能推出且所以，“”是“且”的必要不充分条件，故选B．【点睛】判断充分条件与必要条件应注意：首先弄清条件和结论分别是什么，然后直接依据定义、定.还可转化为判断它的等价命题；对于范围问题也可以转化为包含关系来处理．第2页/共13页5.已知命题，，命题，，则（）A.和都真命题B.和都是真命题C.和都是真命题D.和都是真命题【答案】B【解析】【分析】判断出、的真假，即可得出结论.【详解】对于命题，不妨取，则，则命题为假命题，对于命题，由可得或，则命题为真命题，因此，和都是真命题.故选：B.6.当时，不等式恒成立，则的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】分和两种情况，结合根的判别式得到不等式，求出答案.【详解】当时，不等式恒成立，当时，，解得：，综上：的取值范围是：.故选：D.7.已知集合，，中有且只有一个整数解，则a的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】B第3页/共13页【解析】【分析】求出集合A，B，利用中有且只有一个整数解，能求出a的取值范围．【详解】解：∵，解得或；由，，即，解得；所以集合或，，中有且只有一个整数解，∴．∴a的取值范围是．故选：B．8.设集合(其中表示中元素的个数，表示集合中最小的元素)，称集合为的一个“好子集”，则的所有“好子集”的个数为（）A.7B.8C.9D.10【答案】B【解析】【分析】结合“好子集”的定义，分三种情况即可.【详解】当，即集合中元素的个数为1时，的可能情况为,,,；当，即集合中元素个数为2时，的可能情况为,,；当，即集合中元素的个数为3时，的可能情况为，综上所述，的所有“好子集”的个数为8.故选：B二､多项选择题：本大题共3个小题，每小题6分，共分在每小题给出的四个选项中，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.下列选项正确有（）A.B.C.D.【答案】BCD【解析】第4页/共13页【分析】根据集合与元素的关系，结合常见数集判断各选项即可.【详解】因为N表示自然数集，Z表示整数集，Q表示有理数集，所以，，，.故选：BCD.10.已知均为实数，下列说法正确的是（）A.若，则B.若，，则C.若，，则D.若，【答案】AB【解析】【分析】结合不等式的性质逐项分析即可.【详解】选项A，若，则，，即，选项A正确；选项B，若，，则，，，即，选项B正确；选项C，，，，，，C错误；选项D，若，，则，选项D错误.故选：AB.已知实数a，b满足，则下列结论正确的有（）A.若，则B.的最小值为2C.若，则D.若，则的最小值为1【答案】ACD【解析】【分析】参数分离结合不等式的性质判断A；举反例判断B；由换元法结合基本不等式判断C；由，并运用两次基本不等式判断D.【详解】对于选项A，由，，得，解得，A正确.对于选项B，取，满足，此时，B不正确.对于选项C，由，得，取，，第5页/共13页当且仅当，时，等号成立，从而，C正确.对于选项D，由，得，则.因为，当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值为1，D正确.故选：ACD三､填空题：本大题共3小题，每小题5分，共分.12.已知集合，，若，则______【答案】6【解析】【分析】根据集合元素的性质可求的值，即可解答.【详解】因为，故，故，故答案为：613.已知，且，则的最小值是__________.【答案】##0.5【解析】第6页/共13页【详解】因为，且，所以，当且仅当时等号成立，所以，即的最小值是.故答案为：.14.已知有限集合，定义集合中的元素个数为集合的“容量”，记为．若集合，则______；若集合，且，则正整数的值是______．【答案】①.5②.2025【解析】【分析】第一空：由所给定义得到集合B，从而得到；第二空：由集合A中元素确定集合B中元素的最大值和最小值，从而得出的表达式，解方程可得．【详解】第一空：因为，所以，所以，第二空：因为，易知集合A中任意两个元素的和最小值是，最大值是，且对任意，，都存在，，使得，所以，由，解得．故答案为：5；2025．四､解答题：本题共5个小题，共分解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.15.已知集合，，，第7页/共13页（1）求，.（2）求.【答案】（1），；（2）.【解析】1）先解不等式求集合，再利用集合的运算法则计算即可；（2）利用集合的运算法则计算即可.【小问1详解】解不等式得：，故，解不等式得：，故，考虑二次函数，判别式，且二次项系数，故恒成立，即不等式对所有实数成立，因此.，.【小问2详解】，.16.已知关于的不等式的解集为或.（1）求a，b的值；（2）求关于的不等式的解集.【答案】（1）；第8页/共13页（2）答案见解析【解析】1）将不等式的解集转化为方程的两个根，结合韦达定理求出a，b的值；（2）在（1）的前提下，对不等式变形为，对分类讨论，求解不等式的解集.小问1详解】易知，由题意得b，3是关于的方程的两个不相等的实数根，所以，解得：，所以.【小问2详解】由（1）得，当时，不等式无解；当时，解得：；当时，解得：.综上，当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为.17.已知集合，．（1）若集合B满足且，求实数m的取值范围；（2）若是的必要不充分条件，求实数m的取值范围．【答案】（1）或；第9页/共13页（2）或．【解析】1）解分式不等式确定集合，然后根据空集的定义、交集的结论求解；（2）由题意得，然后对按是否为空集分类讨论求解．【小问1详解】由已知可得，因为，所以，即，当时，或，所以或，∴m的取值范围为或；【小问2详解】因为是必要不充分条件，所以，①当B为空集时，，即，原命题成立；②当B不是空集时，所以，解得，满足题意．综上①②，m的取值范围为或．18.实行垃圾分类，关系生态环境，关系节约使用资源．某企业新建了一座垃圾回收利用工厂，于2019年年初用9850万元．若该设备使用x年，则其所需维修保养费用x年来的总和为万元（2019设该设备产生的盈利总额（纯利润）为y万元．（1）写出y与x之间的函数关系式，求该设备在第几年的盈利总额为30万元．（2）使用若干年后，对设备的处理方案有两种：①当年平均盈利额达到最大值时，以30=盈利总额÷使用年数）②当盈利总额达到最大值时，以12万元价格处理该设备．试问用哪种方案处理较为合理？请说明你的理由．第10页/共13页（2）方案①比较合理，理由见解析【解析】1）确定，再解方程即可.（2）利用均值不等式和二次函数性质分别计算最大值，比较得到答案.【小问1详解】，解方程，得或，故在第4年或16年盈利总额为30万元；【小问2详解】①，当且仅当时，即时等号成立.到2025年，年平均盈利额达到最大值，该设备可获利万元.②，当时，.故到2028年，盈利额达到最大值，该设备可获利万元.因为两种方案企业获利总额相同，而方案①所用时间较短，故方案①比较合理.19.法国数学家佛郎索瓦·韦达于1615于韦达最早发现代数方程的根与系数之间的这种关系，人们把这个关系称为韦达定理，它的内容为：“对于一元二次方程，它的两根、有如下关系：，”韦达定理还有逆定理，它的内容为：“如果两数和满足如下关系：，，那么这两个数和是方程的根．”，m和n是方程解决以下问题：（1）已知m、n是两个不相等的实数，且满足，，求的值；第11页/共13页（2）已知实数x、y满足，，求的值；（3）已知，是关于x的一元二次方程的两个实根，且，求使的值为整数的所有k的值．【答案】（1）（2）22或37．（3），，．【解析】1）由题意，可把看作的根，利用韦达定理求解即可；（2）由韦达定理的逆定理，可将，看作方程的两个实数根，求解后即可得解；（3）由韦达定理求出，，代入化简求出得解.【小问1详解】由已知，，，可将m，n看作方程