湖北省武汉市部分重点中学2025-2026学年高一上学期10月月考数学试卷（解析版）

高级中学名校试卷PAGEPAGE1湖北省武汉市部分重点中学2025-2026学年高一上学期10月月考数学试卷一、单选题1.设全集，则（）A. B. C. D.【答案】B【解析】全集，则，.故选：B.2.命题“”的否定是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】命题“”的否定是“”.故选：D.3.下列各组函数是同一个函数的是（）A.与 B.与C.与 D.与【答案】B【解析】对于A选项，函数的定义域为，函数的定义域为，这两个函数的定义域不相同，故A选项中的两个函数不相等；对于B选项，函数与的定义域均为，且，故B选项中的两个函数相等；对于C选项，函数的定义域为，函数的定义域为，这两个函数的定义域不相同，故C选项中的两个函数不相等；对于D选项，对于函数，有，解得或，即函数的定义域为，对于函数，有，解得，即函数的定义域为，这两个函数的定义域不相同，故D选项中的两个函数不相等.故选：B.4.设集合，集合，若，则实数取值集合的真子集的个数为（）A.1 B.3 C.7 D.8【答案】C【解析】由题意有：当时，，满足题意，当时，，所以，由，所以或，解得或，所以数取值集合为，所以实数取值集合的真子集的个数为，故选：C.5.已知关于的不等式解集为，则的取值范围是（）A. B.C.或 D.或【答案】A【解析】当时，有，符合题意；当时，有，解得；综上可得.故选：A.6.若不等式的解集为，则不等式的解集是（）A. B.C. D.【答案】A【解析】因为不等式的解集为，可知方程的解为2，3，且，可得，即，则不等式即为，且，可得，解得，所以不等式的解集是.故选：A.7.对满足的任意正实数x、y，不等式恒成立，则实数的取值范围是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】由得，则，当且仅当，即时，等号成立，即，不等式恒成立，即，解得，即实数的取值范围是.故选：D.8.已知函数，满足：对任意，当时，都有成立，则实数的取值范围是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】由对任意，当时，都有，成立，得.令，则在上是增函数.所以，解得，所以实数的取值范围是.故选：C.二、多选题9.已知为全集，集合都是的子集，若，则下列结论一定正确的是（）A. B.C. D.【答案】BC【解析】由题意画出韦恩图，可得，则，，当时，，故选：BC.10.已知，，，则下列结论正确的有（）A.ab的最大值为 B.的最小值为C.的最小值为 D.的最小值为【答案】ACD【解析】因为，，，对于A选项，由基本不等式可得，可得，当且仅当时，即当时，等号成立，故的最大值为，A对；对于B选项，设，则，因为对勾函数在上单调递减，故当时，取最小值，即，故的最小值为，B错；对于C选项，，当且仅当时，即当时，等号成立，故的最小值为，C对；对于D选项，，当且仅当时，即当时，等号成立，故的最小值为，D对.故选：ACD.11.定义，若函数，则下列结论正确的是（）A.B.若直线与的图象有2个交点，则C.在区间上单调递增D.在区间上的值域为，则的最大值为，最小值为【答案】ACD【解析】注意到或，.则，即.A选项，，故A正确.B选项，画出函数的图象，如图：由图可知：若直线与的图象有2个交点，则或，故B错误；C选项，由图可知，函数在和上单调递增，在上单调递减，故C正确；D选项，令，解得；令，解得，由图象可知：当时，取到最大值为，当时，取到最小值为，故D正确.故选：ACD三、填空题12.若，，则__________．【答案】【解析】因为，且，故.故答案为：.13.已知正数a，b满足，则的最小值为______．【答案】4【解析】因为正实数a，b满足，又，则，当且仅当时取等号，设则，代入整理可得，解得或，因，故，故当时，取得最小值为4.故答案为：4.14.若在区间上恒成立，则的取值范围为__________．【答案】【解析】设，由二次函数图像性质，在区间上恒成立，只需，解得.故答案为：.四、解答题15.已知集合，集合．（1）若，求实数的取值范围；（2）若是的充分不必要条件，求实数的取值范围．解：（1），因为，所以，，当时，符合，此时有，即；当时，因为，所以，解得；综上，.（2）因为是的充分不必要条件，所以集合是集合的真子集，所以或，解得，所以实数的取值范围为．16.某洗衣店今年年初，用万元购进一台新设备．已知使用年所需的总维护费用为万元，经估算该设备每年可为洗衣店创造收入万元．设该设备使用年的盈利总额为万元（盈利总额总收入成本总维护费用）．（1）该店从第几年开始盈利？（2）若干年后，该洗衣店想在年平均盈利达到最大值时，以万元的价格卖出设备，请问总获利为多少？（总获利盈利总额设备卖出价格）解：（1）由题可知，若开始盈利即，所以，解得，因为，所以第二年开始盈利.（2）设年平均利润为，则，当且仅当，即时等号成立，当时，最终获利万元．17.已知定义在上的函数，对任意的，恒有，且时，．（1）求的值；（2）判断在上的单调性并证明；（3）解不等式：．解：（1）令，则，故；（2）在上为减函数，理由如下：设，则，因为，所以，所以，即在上为减函数；（3），所以，因此因此，解得，所以，不等式的解集为.18.已知函数，（1）若在R上有解，求实数的取值范围；（2）若在区间的最小值为3，求实数的取值；（3）若，是否存在实数，使得在区间上单调递减，且在上的值域为，若存在，求出的值，若不存在，说明理由．解：（1）因为在R上有解，则，解得或，所以实数的取值范围是.（2）因为在区间的最小值为3，且函数的图象开口向上，对称轴为，①当时，在区间上单调递增，则，解得；②当时，在区间上单调递减，在区间上单调递增，则，解得或（舍去），所以；③当时，在区间上单调递减，则，解得（舍去）；综上所述：或.（3）若，则的图象开口向上，对称轴为，因为在区间上单调递减，且在上值域为，则，且，可得，解得，所以存在实数满足题意，.19.已知函数．（1）当时，求的单调递增区间；（2）若存在，使得，求实数的取值范围．（3）若，都有恒成立，求实数的取值范围．解：（1）时，，时，在上单调递增，在上单调递减，时，单调递增，综上，的增区间是和；（2）方法一：因为，使得若，即，解得，此时一定符合题意．若即时：①当时，此时，，在上单调递减，在上单调递增，因此，解得或，因此．②当时，此时图象如图所示：因此在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，所以，解得或（舍去），综上，或；方法二：①当时，，此时，因此在上单调递增，因此，解得，因此．②当时，，此时，因此在上单调递减，在上单调递增，因此，解得或，因此．③当时，，因此在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，又因为，所以，解得，因此．④当时，，因此在上单调递增，所以，解得，因此．⑤当时，，因此在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，又因为，所以，解得，因此．综上，或．（3）方法一：对任意实数恒成立，因此需在上满足．即，因为时，且，因此，所以在上恒成立．因此，即，解得．图象如图所示：①若，在上单调递增，在上单调递减，，解得，因此．②若，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，而，所以符合题意．综上：．方法二：对任意实数恒成立，因