河南省信阳高级中学新校（贤岭校区）、老校（文化街校区）2025_2026学年高一上学期开学测试数学试卷[含解析]

这是一份河南省信阳高级中学新校（贤岭校区）、老校（文化街校区）2025_2026学年高一上学期开学测试数学试卷[含解析]，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
数学试题
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 若集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】依次将集合A中的四个元素，代入不等式检验，若不等式成立，则说明该元素属于集合B，从而说明该元素是中的元素；否则，该元素就不是中的元素.
【详解】因为，所以不属于集合B；
因为，所以；
因为，所以；
因为，所以.
所以，.
故选：D.
2. 若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据完全平方式进行化简计算.
【详解】由已知
，
则，
解得或，
则或，
即，
故选：C.
3. 计算：（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】将式子作因式分解，然后可得结果..
【详解】由题可知：，
所以
故选:C.
4. 在解决数学实际问题时，常常用到数形结合思想，比如：的几何意义是数轴上表示数的点与表示数的点的距离，的几何意义是数轴上表示数的点与表示数2的点的距离.当取得最小值时，的取值范围是（ ）
A. B. 或C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】结合题意讨论x的范围，比较即可求得答案.
【详解】当时，；
当时，；
当时，，
由此可知的最小值为3，
当取得最小值时，的取值范围是，
故选：C
5. ，则，，的大小关系是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】平方之后化简为相同形式，则大小关系即可直接得到.
【详解】由题意可得均为正数，
，，；
因此可得，即，
故选：C.
6. 若实数，且a，b满足，，则代数式的值为（ ）
A. 2B. －20C. 2或－20D. 2或20
【答案】B
【解析】
【分析】
利用韦达定理可求的值.
【详解】因为，，故为方程的两个根，
故.
又
，
故选：B.
【点睛】本题考查一元二次方程的解、韦达定理，注意利用同构的思想来构建方程，另外注意将代数式整合成与两根和、两根积有关的代数式，本题属于基础题.
7. 设，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. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】根据充分条件和必要条件的含义进行辨析即可.
【详解】因为，所以，
当时，无意义，所以“”时，“”不一定成立；
当时，，所以“”能推出“”.
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B
8. 已知集合有且仅有2个子集，则实数的取值集合为（ ）
A. B.
C. D. 或
【答案】B
【解析】
【分析】由集合的子集个数,判断出集合A中有且只有一个元素，从而转化为方程有两个相等根问题求解即可.
【详解】由集合有且仅有2个子集，可得集合中有且只有一个元素，
所以方程有2个相等的实数解，
即，解得，
所以实数的取值集合为，
故选：B.
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多个选项是符合题目要求的，全部选对的得6分，部分选的得部分分，有选错的得0分.
9. 以下是的必要条件但不是充分条件的是（ ）
A. ：“是有理数”，：“是实数”B. ：“”，：“”
C. ：“”，： “”D. ：“”，：“”
【答案】BD
【解析】
【分析】根据充分条件与必要条件的定义，逐项判别，可得答案.
【详解】对于A，一方面若“是有理数”，则必定有“是实数”；
另一方面若“是实数”，则不一定有“是有理数”， 因为“可能是无理数”，
所以“是有理数”是“是实数”的充分条件但不是必要条件，故A不符合题意；
对于B，若，则，
所以“”是“”的必要条件但不是充分条件，故B符合题意；
对于C，因为当且仅当，而当且仅当，
所以“”是“”的充要条件，故C不符合题意；
对于D，一方面设，则，但，
这说明了“”不是“”的充分条件，
另一方面若，则，这说明了“”是“”的必要条件，
结合以上两方面可知“”是“”的必要条件但不是充分条件，故D符合题意．
故选：BD.
10. 下面四个说法中正确的是（ ）
A. 10以内的质数组成的集合是；
B. 由2，3组成的集合可表示为或；
C. 方程的所有解组成的集合是；
D. 与不是同一个集合．
【答案】ABD
【解析】
【分析】对于选项A，质数是指在大于1的自然数中，除了1和它本身以外不再有其他因数的数，需找出10以内所有符合质数定义的数组成集合；对于选项B，集合中的元素具有无序性，即集合中的元素顺序不影响集合本身，结合集合元素的无序性判断即可；对于选项C，集合中的元素具有互异性，即集合中的元素不能重复，先求解方程，再根据元素的互异性判断即可；对于选项D，：不含有任何元素的集合，：仅含有一个元素的集合，由此即可判断正误.
【详解】10以内的质数组成的集合是，故A正确；
由集合元素的无序性可知，2，3组成的集合可表示为或，故B正确；
由集合元素的互异性可知，的所有解组成的集合是，故C错误；
：不含有任何元素的集合，：仅含有一个元素的集合，故D正确．
故选：ABD．
11. 下列说法正确的是（ ）
A. “”是“”的充分不必要条件
B. . 是的必要不充分条件
C. 若，，，则“”的充要条件是“”
D. 若，，则“”是“”的充要条件
【答案】BD
【解析】
【分析】根据充分必要条件的定义判断即可得解．
【详解】A 选项：当时，满足，但是不能推出；
反之当时，满足，但是不能推出，所以两者既不充分也不必要，故 A 错误；
B选项：当，,但是不能推出
当时，，故 B 正确；
C选项：当时，不能由推出故 C 错误；
D选项：等价于等价于，故 D正确；
故选：BD.
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12. “”是“”的________条件（选填“充分不必要”“必要不充分”“充要”“既不充分也不必要”）．
【答案】必要不充分
【解析】
【分析】利用必要不充分条件的定义即可得结果.
【详解】由可得或，
即由不一定有成立，但由能推出成立．
故“”是“”的必要不充分条件．
故答案为：必要不充分
13. 已知集合，定义集合，则中有_________个元素．
【答案】63
【解析】
【分析】根据题意，得到集合中有9个元素，集合中有35个元素，进而得到有9个值，有7个值，结合图形，进而求得集合中的元素个数，得到答案.
【详解】中有个元素（即9个点），
即图中正方形内部及其正方形边上的整点，
集合中有个元素（即42个点），
即图中长方形内部及其长方形边上的整点，
所以或或或或或或或或4，共有9个值，
或或或或或或，共有7个值，
所以中的元素可看作正方形中的整点，即个．
故答案为：63.

14. 若，关于x的方程有两个相等的正实数根，则_________.
【答案】4
【解析】
【分析】利用一元二次方程有两个相等的正实根，得到判别式等于0，及利用韦达定理得到不等式，进而求解即可.
【详解】关于x的方程有两个相等的正实数根，设这两个正根为，
，，都除以，得到，解得或，，，，.
故答案为：4.
四、解答题：本大题共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. 用适当的方法表示下列集合：
（1）大于0且不超过6的全体偶数组成的集合；
（2）被3除余1的所有自然数组成的集合；
（3）平面直角坐标系上第二象限的点组成的集合.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）根据表述集合用列举法即可表示；
（2）根据表述集合用描述法即可表示；
（3）根据表述集合用描述法即可表示.
【小问1详解】
用列举法：.
【小问2详解】
用描述法：.
【小问3详解】
用描述法：.
16. 解下列不等式.
（1）；
（2）.
【答案】（1）或
（2）
【解析】
【分析】（1）根据分式不等式，移项通分转化，可得答案；
（2）根据绝对值的定义，分情况去绝对值，化简不等式，可得答案.
【小问1详解】
由，
即，且，解得或，
∴不等式的解集为或.
【小问2详解】
对于，
当时，，
由，解得；
当时，，
∴，解得
当时，，
∴，解得，
综上，不等式的解集为.
17. 已知集合及非空集合．
（1）若，求a，b的值；
（2）是否存在实数a，b，使得，若存在，求出a，b之间的关系，若不存在，说明理由．
【答案】（1）
（2）存在，，时满足题意；，时满足题意；，满足题意
【解析】
【分析】（1）由，且C为非空集合可得只有一个根为，列方程组即可求得答案；
（2）由于，所以且，分和两种情况进行讨论即可求得答案.
【小问1详解】
因为，且C为非空集合，所以，
即，则只有一个根为，
所以，解得；
【小问2详解】
由题意得，
由于，所以且，
1）当时，，所以只需要满足集合C非空且即可，
则满足且的值不等于0，即；
2）当时，，若，则，
此时只需要满足集合C只有一个根为1或一个根为1，另一个根不为-3，
将代入得，即满足题意；
若，则，
此时只需要满足集合C只有一个根为或一个根为，另一个根不为1，
将代入得，
令，解得或，
即满足题意；
综上：，时满足题意；，时满足题意；，满足题意.
18. 已知集合，．
（1）当时，求，；
（2）若时，存在集合，使，求出所有的集合；
（3）集合能否满足？若能，求出实数的取值范围；若不能，请说明理由．
【答案】（1），
（2），，，，，
（3）能，
【解析】
【分析】（1）先求出集合，再根据并集，补集的定义求解即可；
（2）由题设可得是非空集合，且是的真子集，进而求解即可；
（3）由题设可得，进而分和讨论求解即可.
【小问1详解】
当时，，
，
所以，．
【小问2详解】
当时，，
又因为，所以，
因为（是非空集合，且是的真子集），，
所以这样的集合共有6个：，，，，，．
【小问3详解】
能，由，可得，
若，此时由，可得；
若，由（1）知，
① 当时，，即，
此时，不是的一个子集，舍去；
② 当时，，即，
此时，此时是的一个子集；
③ 当时，，即，
此时，此时是的一个子集．
综上可得，当或时，满足，
此时实数取值范围为．
19. 对于非空集合U，记．若集合，且满足如下两个条件：①对任意，有；②对任意的，有．则称集合A为集合U的一个“完美子集类”．
（1）若集合，试写出集合U的所有“完美子集类”；
（2）已知A是集合U的一个“完美子集类”，证明：
（Ⅰ）；
（Ⅱ）对任意的，有．
【答案】（1）答案见解析
（2）（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据“完美子集类”的定义，写出集合U的所有“完美子集类”即可；
（2）（i）由A是U的“完美子集类”，可知对于任意的，从而，即可证得；（ii）由A是U的“完美子集类”及“完美子集类”得定义可得，则，通过证明，即可得证.
【小问1详解】
集合U的“完美子集类”有:
,,
,,.
【小问2详解】
（i）因为A是U的“完美子集类”，所以对于任意的，
从而，
所以.
（ii）因为A是U的“完美子集类”，所以对于任意的，，
从而
下证：
一方面，且或，
即；
另一方面，
或且，即
故.
【点睛】方法点睛：解新定义题型的步骤：
（1）理解“新定义”——明确“新定义”的条件、原理、方法、步骤和结论.
（2）重视“举例”，利用“举例”检验是否理解和正确运用“新定义”；归纳“举例”提供的解题方法.归纳“举例”提供的分类情况.
（3）类比新定义中概念、原理、方法，解决题中需要解决的问题.