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辽宁省普通高中2025~2026学年上学期10月月考调研试题（2）
高一数学
命题范围：【（人教B版）必修一整册、必修二4.1及之前】指数与指数函数及之前
一、选择题：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．若全集，，，则集合的元素个数有 （ ）
A．1个 B．2个 C．3个 D．4个
2．已知“，”是真命题，则a的取值范围是 （ ）
A． B． C． D．
3．设实数，满足，则的取值范围为 （ ）
A． B． C． D．
4．下列命题中，正确的是 （ ）
A．若，则 B．，则
C．若，则 D．若，则
5．已知偶函数在上单调递减，且，则不等式的解集为 （ ）
A． B．
C． D．
6．如果一个函数的图象通过平移后可以得到函数的图象，那么这个函数可以是 （ ）
A． B． C． D．
7．已知函数，若对任意，当时，的图象与的图象有交点，则的取值范围为 （ ）
A．（0，1） B． C． D．
8．已知，则 （ ）
A． B． C． D．
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，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，部分选对的得部分分，有选错的得0分。
9．下列说法正确的是 （ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
10．已知定义在R上的函数满足，当时,,，则 （ ）
A． B．为奇函数
C．为减函数 D．当时，
11．函数的图象如图所示，则下列说法正确的是 （ ）
A．
B．方程的三个根分别为
C．不等式的解集为或
D．不等式的解集为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．设集合，，若，则的值为 ．
13．设全集，，，若，则实数a的所有取值构成的集合为 ；
14．已知实数a，b，，设，，这三个数的最大值为，则的最小值为 .
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．（本小题满分13分）
已知集合．
（1）若，求集合；
（2）设，若，求实数a的值．
16．（本小题满分15分）
在①；②“”是“”的充分条件；③“”是“”的必要条件，在这三个条件中任选一个，补充到本题第（2）问的横线处，求解下列问题．
问题：已知集合A=，B＝．
（1）若全集是R且，求；
（2）若________，求实数m的取值范围．
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分．
17．（本小题满分15分）
如图，某市市政部门要在矩形区域上规划出一块矩形地块建造儿童游乐中心．为了保护绿化，游乐场不能超越四个全等直角三角形的绿化区域边界，其中为的边界．由实地测量知，，，，．点在线段上，设的长度为，矩形地块的面积为．
（1）若为线段的中点，求及的值；
（2）试用的式子表示，并求的取值范围；
（3）求矩形地块面积的最大值．
18．（本小题满分17分）
（1）已知，，，试比较与大小，并用分析法证明．
（2）已知正数，求证权方和不等式：，并说明取等条件．
（3）已知，求证：成立的充要条件是．
19．（本小题满分17分）
已知函数．
（1）证明：；
（2）求不等式：的解集；
（3）若函数的图象在区间上与轴有2个交点，求实数的取值范围．
题号 1 2 3 4 5 6 7 8
答案 D C D C A B C D
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对得6分，部分选对的得部分分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分．
题号 9 10 11
答案 BC ABD BC
1．D
根据集合的运算法则计算即可．
【详解】因为，
所以，所以有4个元素．
故选：D
2．C
由题意可得是的子集，根据集合关系列不等式求的范围．
【详解】由，得或，由题意得是的子集，
所以，即a的取值范围是．
故选：C．
3．D
结合已知条件应用基本不等式计算求解．
【详解】由题意可得，
因为，所以，
解得．
故选：D．
4．C
由不等式性质结合特例判断各选项．
【详解】对于A：当，，A错误；
对于B：因为，所以，又，
所以，B错误；
对于C：因为，，又，所以，C正确；
对于D：当时，满足，
但，D错误；
故选：C．
5．A
根据题中条件，分别讨论，两种情况，结合函数单调性与奇偶性，即可求出结果．
【详解】若，则等价于，因是偶函数，故，
又在上单调递减，则由可得；
若，则等价于，由题意，在上单调递增，则由可得；
综上，的解集为．
故选：A．
6．B
逐项对函数解析式进行变形，结合图象变换方法判断即可．
【详解】对于A，因为，
所以将函数的图象向左平移一个单位，可得函数的图象，
再将函数的图象向上平移一个单位，可得函数的图象，故A错误，
对于B，因为，
所以将函数的图象向左平移一个单位，可得函数的图象，
再将函数的图象向上平移一个单位，可得函数的图象，故B正确，
对于C，因为，
所以将函数的图象向左平移一个单位，可得函数的图象，
再将函数的图象向上平移一个单位，可得函数的图象，故C错误，
对于D，因为，
所以将函数的图象向左平移一个单位，可得函数的图象，
再将函数的图象向上平移一个单位，可得函数的图象，故D错误．
故选：B．
7．C
求出分段函数的值域，根据对任意，当时，的图象与的图象有交点，可得函数的值域要覆盖所有的正实数，进而可得出答案．
【详解】当时，为减函数，则，
当时，为减函数，则，
因为对任意，当时，的图象与的图象有交点，
所以函数的值域要覆盖所有的正实数，
所以，解得，
所以的取值范围为．
故选：C．
8．D
利用对数的运算性质对目标式合理变形，结合基本不等式判断A，利用指数函数的性质判断B，合理构造函数证明，从而得到，最后两边取对数判断C，D即可．
【详解】对于A，因为，
所以由换底公式得，
而，，可得，
由基本不等式得，
且，
得到，故，
则，即，
故，故A错误；
对于B，设，，，
由指数函数性质得和在上单调递增，则在上单调递增，
由A可知，，所以，
即，故B错误；
对于C，D，而，
设，，，
由指数函数性质得，在上单调递减，故在上单调递减，
可得，
则，可得，即，故C错误，D正确．
故选：D
9．BC
举出反例即可判断AD；利用作差法即可判断BC．
【详解】对于A，当时，，故A错误；
对于B，因为，所以，，
则，
所以，故B正确．
对于C，因为，所以，
所以，，C正确；
对于D，若，则，故D错误；
故选：BC．
10．ABD
A令；B令，再令；C利用单调性定义证明；D先求出，再根据抽象函数关系式化简，求证即可．
【详解】对于A，令，则，故A正确；
对于B，令，则，∴，
令，则，
∴，为奇函数，故B正确；
对于C，令，则
∵，
∴，即，
故为增函数，故C不正确；
对于D，令，则，∴，
∵，∴，
又奇函数为增函数，∴，
，
即，故D正确．
故选：ABD．
11．BC
观察图象可得函数的零点，由此可得方程的根，由此判断B，由此可得可化为，结合图象可得当时，，由此可得，判断A，再结合图象判断CD．
【详解】由图象可得函数的零点从小到大依次为，
所以的三个根分别为，B正确，
所以，
所以可化为，
当时，，，，
由图象可得当时，，即，
所以，A错误，
观察图象可得不等式的解集为或，C正确，
不等式的解集为或，D错误，
故选：BC．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12．
根据集合的互异性得且，利用集合相等的概念得，，求出，即可求解．
【详解】由集合元素互异性，所以且，则，
故当时，，，解得，，故．
故答案为：
13．
先求出，分和两种情况，得到相应的方程，求出答案．
【详解】由题意得，解得，又，故，
，若，满足，此时，即；
若，也满足，此时，解得；
故实数a的所有取值构成的集合为．
故答案为：
14．
先把化成，再利用基本不等式求其最小值，即可得到的最小值.
【详解】由题意可得，，，
即有，
由，
可得，当且仅当，即时，取得最小值；
同理可得在时，取得最小值；
在时，取得最小值.
则，即.可得M的最小值为.
故答案为：
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．（本小题满分13分）
（1） （2）
（1）根据题意，得到且，列出方程组，求得的值，得到集合，结合集合交集和并集的运算，即可求解；
（2）根据题意，得到，求得的值，验证集合的互异性，进而得到答案．
【详解】（1）解：由集合，
若，可得且，则，解得，
所以，可得故．
（2）解：由集合，
若，则，解得或，
当时，，满足；
当时，，不满足集合中元素的互异性，舍去，
综上所述，实数的值为．
16．（本小题满分15分）
（1）或； （2）．
（1）把代入并求出集合，再利用补集的定义直接求解．
（2）解不等式化简集合，选择条件①②③，利用集合的包含关系列式求解．
【详解】（1）当时，，
所以或．
（2）解不等式，得，即，
由，得，解得，则，
选择条件①，由，得，则，解得，
所以实数m的取值范围是．
选择条件②，由“”是“”的充分条件，得，则，解得，
所以实数m的取值范围是．
选择条件③，由“”是“”的必要条件，得，即，
则，解得，
所以实数m的取值范围是．
17．（本小题满分15分）
（1），．
（2），
（3）
（1）延长交于，若为线段的中点，则为线段的中点，结合三角形的性质，以及矩形的面积公式，求及的值；
（2）设的长度为，结合三角形相似的几何性质，以及矩形的面积公式，用的式子表示，从而得所求；
（3）根据与的关系，利用二次函数或者基本不等式求解最值即可得结论．
【详解】（1）延长交于，
若为线段的中点，则为线段的中点，
，，
由得，
又，
所以，
所以矩形的面积为；
（2）因为点在线段上，的长度为，则，
则，
因为，所以，得，
则，
所以矩形的面积，
综上，
答：矩形地块的面积，．
（3）方法一：由（2）得，
因为，所以当时，取最大值，
答：时，矩形地块面积的最大值为；
方法二：由（1）得，
因为，所以，
由基本不等式，得，
当且仅当，即时，等号成立，
答：时，矩形地块面积的最大值为．
18．（本小题满分17分）
（1），证明见解析； （2）证明见解析，且同号； （3）证明见解析
（1）直接利用分析法证明的方法，即可求解；
（2）利用基本不等式，可得，即可求解；
（3）利用充要条件的证明方法，即可求解．
【详解】（1），分析法证明如下，
要证明，即，即证明，
又，则，即证明，
即，也即，即证明，显然成立．
（2）因为为正数，
则，
当且仅当，即且同号时取等号，
又为正数，则，当且仅当且同号时取等号．
（3）先证明充分性，因为，则，所以，
即，
必要性，因为，则，又，
所以，即，故成立的充要条件是．
19．（本小题满分17分）
（1）证明见解析 （2） （3）
（1）将函数式代入结合指数幂的计算即得证；
（2）结合奇函数的性质及函数的单调性计算求解；
（3）将在区间上与x轴有2个交点转化成在时有2个实数根，利用函数的单调性求出的值域，即得参数m的取值范围．
【详解】（1）．
（2）因为，所以，
因为定义域为，，所以是奇函数，
所以，又因为是上单调递增，所以，
解得，解集为；
（3）因为的图象在区间上与x轴有2个交点，
所以，在时有2个实数根，
即在时有2个实数根，
令，知在区间上单调递增，故，
由可得，
令，，
由对勾函数性质可知，
在区间上单调递减，在区间上单调递增，
又，，，作函数草图如图，

当时，函数与有两个交点，
即函数的图象在区间上与x轴有2个交点，
所以，即实数m的取值范围为．

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