山东省德州市实验中学2025~2026学年第一学期高一年级10月份月考数学试卷（含解析）

这是一份山东省德州市实验中学2025~2026学年第一学期高一年级10月份月考数学试卷（含解析），共14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．设全集，集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【知识点】并集的概念及运算、补集的概念及运算
【分析】根据并集和补集的概念求出答案.
【详解】，又，故，
又，所以.
故选：D
2．已知命题：，，则¬是（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】C
【知识点】全称命题的否定及其真假判断
【分析】根据全称命题的否定即可得到答案.
【详解】根据全称命题的否定得到命题的否定为， .
故选：C.
3．已知集合，若，则a的取值是（ ）
A．B．
C．或D．或或0
【答案】D
【知识点】根据集合的包含关系求参数
【分析】对进行分类讨论，根据来求得的所有可能的取值.
【详解】当时，，满足.
当时，，要使，
则需或，解得或，
综上所述，的所有可能的取值为或或0
故选：D
4．下列各式中，正确的是（ ）
① ② ③ ④ ⑤ ⑥
⑦ ⑧
A．②⑤⑦⑧B．②⑤⑦C．③⑤⑦⑧D．①⑤⑥⑦
【答案】A
【知识点】判断元素与集合的关系、判断两个集合的包含关系、空集的概念以及判断
【分析】利用集合中元素的性质，元素与集合、集合与集合之间的关系依次判断即可.
【详解】对于①②③，是空集，空集是任意集合的子集，故正确，余者不正确，故①③错误，②正确；
对于④⑤，元素与集合之间的关系用“”或“”表示，故不正确，成立，故④错误，⑤正确；
对于⑥⑦，集合与集合之间是包含或不包含的关系，故不正确，正确，故⑥错误，⑦正确；
对于⑧，由集合中元素的无序性，可知，故正确，故⑧正确；
综上：正确的命题有②⑤⑦⑧.
故选：A.
5．已知条件或，则使得条件p成立的一个充分不必要条件是（ ）
A．或B．或C．或D．
【答案】B
【知识点】判断命题的充分不必要条件
【分析】根据充分不必要的定义判断即可.
【详解】使得条件p成立的一个充分不必要条件应为或的真子集，
只有或满足要求.
故选：.
6．下列选项中两个集合相等的是（ ）
A．，
B．，
C．，
D．，
【答案】B
【知识点】判断两个集合是否相等
【分析】根据集合的含义、集合相等的定义逐一判断可得选项.
【详解】解：对于A选项，，，，故A不正确；
对于B选项，，，故B正确；
对于C选项，，，，故C不正确；
对于D选项，与中的元素不同，，故D不正确.
故选：B.
7．已知集合，，则满足条件的集合的个数为（ ）
A．4B．3C．8D．7
【答案】D
【知识点】判断集合的子集（真子集）的个数、求集合的子集（真子集）
【分析】根据集合的包含关系确定集合的元素，再根据集合的元素个数分类判断可得.
【详解】由，再由，得，.
由CB，根据集合C中的元素个数分3类：
①集合C中有2个元素时，集合C只能是，共1个；
②集合C中有3个元素时，集合C可以是，，，共3个；
③集合C中有4个元素时，集合C可以是，，，共3个；
所以满足且CB的集合的个数为个.
故选：D.
8．关于的一元二次方程的两个实数根的平方和为4，则实数 的值为（ ）
A．4B．-10C．2D．-10或2
【答案】C
【知识点】一元二次方程的解集及其根与系数的关系
【解析】用韦达定理得出根与系数的关系，然后计算可得．
【详解】方程有实根，则，解得 或，
设方程的两根为，则， ，
∴，解得 （舍去）．
故选：C．
【点睛】易错点睛：本题考查一元二次方程根与系数的关系，解题中利用韦达定理得，然后利用 去化简求值，这里有一个前提条件：方程有实解，因此有个隐含条件：由此求出参数的范围，只有在这个范围内的参数值才是所求解．
二、多选题（本题共3小题，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得2分，有选错的得0分）
9．下列四个命题中正确的是（ ）
A．已知集合，若，则或
B．函数的最小值为2
C．设，若，则
D．不等式成立的一个充分不必要条件是或
【答案】CD
【知识点】集合的性质、基本不等式、不等式的性质及充分不必要条件
【分析】对于选项A，根据集合中元素的互异性来判断；
对于选项B，利用基本不等式求最值时需要注意等号成立的条件；
对于C选项，根据不等式的性质判断；
对于D选项，先求出不等式的解集，再根据充分不必要条件的定义判断.
【详解】选项A：已知集合，若，则或。
当时，，此时集合A中两个元素相同，不满足集合中元素的互异性，舍去。
当时，即，解得或(舍去），所以，故选项A错误。
选项B：函数，令，则，函数可化为，
而根据基本不等式，当且仅当，即时取到等号，故原函数取不到最小值2，
故选项B错误。
选项C：已知，若，因为，根据不等式的性质，不等式两边同时除以同一个
正数，不等号方向不变，所以，即，故选项C正确。
选项D：
解不等式，则
解，得或；
又，即，所以不等式的解集为.
因为真包含于，所以是不等式成立的一个充分不必要条件，故选项D正确.综上，答案是CD.
故选：CD
10．已知关于的不等式的解集为，则（ ）
A．B．不等式的解集为
C．D．不等式的解集为
【答案】ABD
【知识点】解含有参数的一元二次不等式、一元二次不等式与一元二次方程的关系、韦达定理
【分析】根据一元二次不等式的解集与一元二次方程解得关系，可以确定参数的关系，然后进一步求解
【详解】由题设条件知：，且方程的两根分别为与，
，整理得：，故选项A正确；
又不等式可化为：，，故选项B正确；
，∴选项C不正确；
不等式可化为：，又，
∴原不等式可化为：，解得：，故选项D正确.
故选：ABD.
11．设正实数m，n满足，则下列说法正确的是（ ）
A．的最小值为2B．的最大值为1
C．的最大值为2D．的最小值为
【答案】ABC
【知识点】基本（均值）不等式的应用
【分析】A项先用乘1法变形，再用均值不等式逐项判断即可.
【详解】因为，
所以
当且仅当即时等号成立，故A正确；
因为
所以，当且仅当时等号成立，故B正确；
因为
所以
当且仅当时等号成立，故C正确；
当且仅当时等号成立，故D错误；
故选：ABC.
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12．比较大小： （填：>、0时：要使，使得成立，即在（0，+∞）上存在小于0的值.
因为f（x）的图象开口向上，所以只需△=a²4>0，解得a>2或a0，所以a>2.
综上，a的取值范围是（2，+∞）.
故答案为：（2，+∞）.
四、解答题（本题共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．（本题13分）已知集合，实数集R为全集.
(1)求；
(2)若，求的取值范围.
【答案】(1)，
(2)
【知识点】根据交集结果求集合或参数、补集的概念及运算、解含有参数的一元二次不等式
【分析】（1）解不等式，得到集合，利用并集和补集的概念进行求解；
（2）根据交集结果得到包含关系，并根据包含关系得到不等式，求出实数的取值范围.
【详解】（1）已知，则，解得，所以，
已知，则，解得，
则，，.
综上，，
（2）因为，所以.
当C=∅时，，解得.
当C≠∅时，则，解得，
综上，的取值范围是.
16．（本题15分）(1)当时，求的最大值；
(2)已知正数满足，求的最小值，并求出此时的值；
(3)已知正数满足，求的最小值，并求出此时的值．
【答案】(1)当时，取得最大值
(2)当时，取得最小值
(3)当时，取得最小值4.
【详解】（1）已知，则，那么.
根据基本不等式（当且仅当时等号成立），
对于，其中，因为，所以，
当且仅当时等号成立.
那么，所以.
由，即，解得或（舍去，因为）.
因此，当时，取得最大值.
（2）已知，则.故原式=
根据基本不等式（当且仅当时等号成立），
对于，其中，因为，所以，
当且仅当时等号成立.
那么
由且，联立方程组，解得
因此，当时，取得最小值.
（3）因为
已知，则.
根据基本不等式（当且仅当时等号成立），
对于，其中，因为，所以，
当且仅当时等号成立.那么
由且，联立方程组，解得.
因此，当时，取得最小值4.
17．（本题15分）已知，命题，；命题，．
(1)若p是真命题，求a的最大值；
(2)若p、q中有且只有一个是真命题，求a的取值范围．
【答案】(1)
(2)或
【知识点】已知命题的真假求参数、根据全称命题的真假求参数、根据特称（存在性）命题的真假求参数
【分析】（1）命题p为真得出不等式恒成立利用二次函数求给定区间上的最值即可求出a的最大值.
（2）先求出命题q为真时a的取值范围，q为假时a的取值范围，然后利用集合的运算求a的取值范围.
【详解】（1）若p是真命题，即恒成立，时，的最小值为，所以，
即a的最大值为.
（2）若q是真命题，，解得或，
若q是假命题，，解得，
由已知p、q一真一假，
若p真q假，则，
若q真p假，则，
综上： 或
18．（本题17分）(1)关于的不等式在实数范围内恒成立，求的取值范围；
(2)解关于的不等式：.
【答案】(1)的取值范围是
(2)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
【知识点】含参一元二次不等式的恒成立问题、求解含参一元二次不等式
【分析】（1）一元二次不等式大于零恒成立，只需要二次项系数大于零，即可；
（2）先将不等式进行因式分解，找到对应一元二次方程的根，再讨论根的大小关系，写出不等式的解集.
【详解】（1）当，即时，不等式化为，对于任意实数恒成立，所以满足条件.
当，即时，不等式是一元二次不等式，要使其在实数范围内恒成立，则二次函数的图象开口向上，且与轴无交点.
所以，即，且
化简得.
解不等式，可得.
结合，取交集得
综上两种情况，取和得并集，可得.
因此，的取值范围是
（2）当时，不等式化为，解得.
当时，不等式左边因式分解，可得.
方程的两根为.
当时，不等式的解集为.
当时，比较与1的大小：
由（因为），可得，所以不等式的解集为.
因此，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.
19．（本题17分）已知n元有限集，若，则称集合A为“n元和谐集”.
(1)若集合是“二元和谐集”，求m的值；
(2)若正数集是“二元和谐集”，试证明：元素，中至少有一个大于2；
(3)是否存在集合中元素均为正整数的“三元和谐集”？如果有，有几个？请说明理由.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)存在，1个，理由见解析
【知识点】放缩法、集合新定义、一元二次方程的解集及其根与系数的关系
【分析】（1）根据n元和谐集的定义，令，求解即可.
（2）通过构造一元二次方程利用判别式法证明即可.
（3）设满足要求，则，不妨设，则，从而求出，即可.
【详解】（1）（1）若集合是“二元和谐集”，则，
解得.
（2）集合是“二元和谐集”，设，
则，可以看成一元二次方程的两正根，
则，解得（舍）或，
即，所以中至少有一个大于2.
（3）设正整数集为“三元和谐集”，则，
不妨设，则，解得，
因为，，故只有，满足要求，
所以，得，
综上，满足要求，其他均不合要求，
存在1个集合中元素均为正整数的“三元和谐集”，即.