河南省信阳市信阳高级中学2025~2026学年高一上册（10月）月考数学试卷（含答案）

这是一份河南省信阳市信阳高级中学2025~2026学年高一上册（10月）月考数学试卷（含答案），共9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。
1．已知命题p：，，则（ ）
A．命题p的否定为，，且p是真命题
B．命题p的否定为，，且p是真命题
C．命题p的否定为，，且p是假命题
D．命题p的否定为，，p是假命题
2．若，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
3．已知实数满足，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
4．已知集合，且，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
5．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
6．已知函数则函数定义域为（ ）
A．
C．
B．
D．
7．已知实数，关于的不等式的解集为，则实数、、、从小到大的排列是（ ）
A．B．C．D．
8．定义叫做集合的长度，已知集合，集合，若集合的长度为2，则的长度为（ ）
A．3B．4C．5D．10
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．下列说法正确的是（ ）
A．不等式的解集为
B．关于的不等式组的解集为，则实数的取值范围为
C．若，则函数的最小值为
D．当时，不等式恒成立，则的取值范围是
10．已知，（为常数，且），则的值可能为（ ）
A．B．2C．4D．36
11．已知实数m，n满足，则下列说法正确的是（ ）
A．B．C．D．
三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分.
12．已知关于的不等式的解集是或，则不等式的解集是 ．
13．已知函数，，若对任意的，总存在，使成立，则实数的取值范围是 ．
14．已知实数满足，，则的值为 .
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．（13分）如图，矩形的对角线经过矩形的顶点，且．

(1)设，矩形的面积为，请写出关于的关系式，并说明理由；
(2)求矩形面积的最小值．
16．（15分）已知函数．
(1)若不等式的解集为，求的表达式；
(2)若不等式对任意的恒成立，求实数的取值范围；
(3)解关于的不等式．
17．（15分）已知函数的定义域为，集合，且.
(1)求实数的值.
(2)设集合.
（i）若，求正数的最小值；
（ii）若，且中只含有两个正整数元素，求实数的取值范围.
18．（17分）对于二次函数，若存在，使得成立，则称为二次函数的不动点.
(1)求二次函数的不动点；
(2)若二次函数有两个不相等的不动点、，且、，求的最小值.
(3)若对任意实数，二次函数恒有不动点，求的取值范围.
19．（17分）有限集合，若，则称集合为“完美集合”．
(1)判断集合是否为“完美集合”，并说明理由；
(2)已知集合为“完美集合”，若均大于，且恒成立，求的取值范围；
(3)已知集合为“完美集合”，若均大于0，求证：．
数学答案
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
答案
C
A
D
C
C
D
B
C
AB
CD
ABD
12．
13．
14．
15．(1)，理由见解析
(2)240
【分析】（1）方法一：根据相似的性质可得，由此可求，结合矩形面积公式求，
方法二：根据相似的性质可得，由此可求，结合矩形面积公式求，
（2）由（1）可得，利用基本不等式求其最小值即可.
【详解】（1）方法一：根据相似的性质可得，
所以，解得，
所以.
方法二：根据相似的性质可得，则，得，
所以.
（2）由（1）得，当且仅当，即时，等号成立，
故矩形面积的最小值为240.
16．(1)
(2)；
(3)答案见解析
【分析】（1）由三个二次的关系以及韦达定理求解即可；
（2）以为主元，关于的一次不等式恒成立，代入两个端点成立即可；
（3）因式分解之后，按照一次二次、开口方向、两根大小进行分类讨论即可..
【详解】（1）不等式的解集为，
即的解集为，
可知方程的两个根为，且，
由根与系数的关系可得，解得,
则.
（2）不等式对任意的恒成立，即对任意的恒成立，
令，
可得，解得，
即实数的取值范围为.
（3）由，即，
得，
当时，解得，不等式的解集为；
当时，解得或，不等式的解集为或；
当时，解得，不等式的解集为；
当时，解得；
当时，解得，不等式的解集为．
17．(1)；
(2)（i）3；（ii）.
【分析】（1）利用集合间的关系推导出或，因此可得方程的两根为，，再利用韦达定理计算即可；
（2）（i）分类讨论集合为空集和非空集两种情况，根据集合间的包含关系列不等式计算即可；（ii）根据集合间的关系分类讨论集合能满足题意的两种情况，分别列不等式计算可得结论.
【详解】（1）由题意集合，且，
所以或，则不等式的解集为或，
所以方程的两根为，，
根据韦达定理，，
所以，.
（2）（i）若，由（1）知或，
当，即时，，满足题意；
当，即时，由题意或，解得或，
又，因此.
综上，，正数的最小值是3；
（ii）若，则，因此有，
中只含有两个正整数元素，则有两种情况：
中只含1，5这两个正整数元素，
则解得；
中只含5，6这两个正整数元素，
则，解得，
综上，的取值范围为.
18．(1)和3
(2)8
(3)
【分析】（1）根据不动点定义列方程，解二次方程即可；
（2）根据不动点定义得方程有两个不相等的正实数根，列不等式求得，结合根与系数的关系以及基本不等式求得最值即可；
（3）根据不动点定义得，结合判别式即可求解.
【详解】（1）由题意知，即，则，
解得，，所以不动点为和3.
（2）依题意，有两个不相等的正实数根，
即方程有两个不相等的正实数根，
所以，解得，
所以
，
因为，所以，所以，
当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为8.
（3）由题知：，
所以，由于函数恒有不动点，
所以，即，
又因为是任意实数，所以，
即，解得，所以的取值范围是.
【点睛】关键点点睛：本题主要考查了新定义，解题关键是把握不动点的定义，转化为一元二次方程根的问题，结合根与系数、判别式来求解.
19．(1)是“完美集合”，理由见解析
(2)
(3)证明见解析
【分析】（1）结合题意，计算所有元素之积与元素之和是否相等即可得；
（2）由题意可得，构造方程，结合根与系数的关系的关系计算可得，结合立方和因式分解计算即可得；
（3）由题意可得，借助放缩及三元基本不等式证明即可得.
【详解】（1）是“完美集合”，理由如下：
因为，
所以该集合是“完美集合”；
（2）由题意可得，且，
则为关于的方程方程的两个不等正根，
即对关于的方程有：，
解得（负值舍去），
由，
即，
又，
故；
（3）由题意可得，且均大于0，中两两不等，
，
由均大于0，则，
当且仅当时，等号成立，又中两两不等，故不能取等，
即，故，
即得证.
【点睛】关键点点睛：第二问关键点在于构造关于的方程，得到为该方程的两个不等正根，从而得到的取值范围.