湖北省武汉市部分重点中学2025-2026学年高一上学期10月月考试题数学PDF版含答案_2025年10月高一试卷_251027湖北省武汉市部分重点中学2025-2026学年高一上学期10月月考试题（全）

2025 级高一数学试卷 考试时间：2025年10月20日下午14：00——16：00 试卷满分：150分 一、单选题 1．设全集𝑈 = {1,2,3}，𝐴 = {1,3}，𝐵 ={2,3}，则∁ (𝐴∩𝐵) =（ ） 𝑈 A．{2,3} B．1,2 C．  1  D．{0,1} 2．命题“∃𝑥 > 0,𝑥2+2𝑥−4 ≥ 0”的否定是（ ） A．∃𝑥 > 0,𝑥2+2𝑥−4 < 0 B．∀𝑥 ≤ 0,𝑥2+2𝑥−4 < 0 C．∃𝑥 ≤ 0,𝑥2+2𝑥−4 < 0 D．∀𝑥 > 0,𝑥2+2𝑥−4 < 0 3．下列各组函数是同一个函数的是（ ） 2 A．𝑓(𝑥)= √𝑥2与𝑔(𝑥)= (√𝑥) B．𝑓(𝑥)= √𝑥2与𝑔(𝑥)= |𝑥| C．𝑓(𝑥)= 𝑥2−𝑥 与𝑔(𝑥)= 𝑥−1 D．𝑓(𝑥) =√ 𝑥+1与𝑔(𝑥)= √𝑥+1 𝑥−1 𝑥−1 √𝑥−1 4．设集合𝐴 ={1,2}，集合𝐵 = {𝑥 ∣ 𝑎𝑥−1 = 0}，若𝐵 ⊆ 𝐴，则实数𝑎取值集合的真子集的个数为 （ ）. A．1 B．3 C．7 D．8 5．已知关于𝑥的不等式𝑘𝑥2−6𝑘𝑥+𝑘+8 > 0解集为𝑅，则 k 的取值范围是（ ） A．0 ≤ 𝑘 < 1 B．0 < 𝑘 < 1 C．𝑘 < 0或𝑘 > 1 D．𝑘 ≤ 0或𝑘 > 1 6．若不等式ax2+bx+c0的解集为(2,3)，则不等式𝑐𝑥2+𝑏𝑥+𝑎 > 0的解集是（ ） 1 1 1 1 A．( , ) B．(−∞, )∪( ,+∞) 3 2 3 2 1 1 C．( ,1) D．(−∞, )∪(1,+∞) 5 5 {#{QQABbYaEggiIAIAAABhCEQECCkAQkBACAYoOxFAUsAABCQFABAA=}#}7．对满足2𝑥+𝑦 = 2𝑥𝑦的任意正实数𝑥、𝑦，不等式𝑥+2𝑦 > 𝑚2− 3 𝑚恒成立，则实数𝑚的取值 2 范围是（ ） 3 3 A．(−∞,− )∪(3,+∞) B．(−∞,−3)∪( ,+∞) 2 2 3 3 C．(−3, ) D．(− ,3) 2 2 (2𝑎+4)𝑥−2𝑎+2, 𝑥 < 1 8．已知函数𝑓(𝑥) = { ，满足：对任意𝑥 ,𝑥 ∈ 𝑹，当𝑥 ≠ 𝑥 时，都有 𝑥2−(𝑎−1)𝑥+3, 𝑥 ≥ 1 1 2 1 2 𝑓(𝑥1)−𝑓(𝑥2) > 1成立，则实数𝑎的取值范围是（ ） 𝑥1−𝑥2 3 3 A．(−∞,2] B．(− ,2] C．(− ,−1] D． 2 2 [ − 1 , 2 ] 二、多选题 9．已知𝑈为全集，集合A，B都是𝑈的子集，若𝐴∩(∁ 𝐵) = ∅，则下列结论一定正确的是（ ） 𝑈 A．𝐴∪𝐵 = 𝑈 B．𝐴 ⊆ 𝐵 C．𝐴∩𝐵 = 𝐴 D．𝐴∪(∁ 𝐵) = 𝑈 𝑈 10．已知𝑎 > 0， b  0 ，𝑎+𝑏 = 1，则下列结论正确的有（ ） 1 1 A．𝑎𝑏的最大值为 B． +𝑎𝑏的最小值为2 4 𝑎𝑏 C．𝑎2+𝑏2的最小值为 1 D． 1 + 1 的最小值为 4 2 𝑎+2𝑏 2𝑎+𝑏 3 𝑎,𝑎 ≥ 𝑏 11．定义𝑚𝑎𝑥{𝑎,𝑏}= { ，若函数𝑓(𝑥) = 𝑚𝑎𝑥{−𝑥2−2𝑥,2𝑥}，则下列结论正确的是 𝑏,𝑎 < 𝑏 （ ） A．𝑓(−5)= −10 B．若直线𝑦 =𝑡与𝑦 =𝑓(𝑥)的图象有2个交点，则𝑡 =1 C．𝑓(𝑥)在区间(−∞,−1)上单调递增 5 1 D．𝑓(𝑥)在区间[𝑚,𝑛]上的值域为[0,1]，则𝑛−𝑚的最大值为 ，最小值为 2 2 三、填空题 1 12．若𝐴 = {𝑥|𝑦 = √𝑥−1}，𝐵 = {𝑥|𝑦 = }，则𝐴∩𝐵 = 𝑥2−2𝑥−3 {#{QQABbYaEggiIAIAAABhCEQECCkAQkBACAYoOxFAUsAABCQFABAA=}#}13．已知正数𝑎,𝑏满足𝑎+𝑏+𝑎𝑏 =8，则𝑎+𝑏的最小值为 14．若𝑥2−𝑎𝑥+𝑎2−7≤0在区间[−1,2]上恒成立，则𝑎的取值范围为 四、解答题 4 15.已知集合𝐴 = {𝑥 ∣ ≥ 1}，集合𝐵 = {𝑥 ∣ 2𝑚 < 𝑥 ≤ 7−𝑚}. 𝑥−2 (1)若𝐴∩𝐵 = 𝐵，求实数𝑚的取值范围； (2)若𝑥 ∈𝐴是𝑥 ∈𝐵的充分不必要条件，求实数𝑚的取值范围. 16.某洗衣店今年年初，用36万元购进一台新设备.已知使用𝑥年(𝑥 ∈ 𝑁∗)所需的总维护费用为 (4𝑥2+2𝑥)万元，经估算该设备每年可为洗衣店创造收入32万元.设该设备使用𝑥年的盈利总额为 𝑓(𝑥)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22万元的价格卖出设备，请问总获利为 多少？（总获利=盈利总额+设备卖出价格） 17.已知定义在(0,+∞)上的函数𝑓(𝑥)，对任意的𝑥,𝑦 ∈ (0,+∞)，恒有𝑓(𝑥𝑦)=𝑓(𝑥)+𝑓(𝑦)−2，且 𝑥 >1时，𝑓(𝑥)<2． (1)求𝑓(1)的值； (2)判断𝑓(𝑥)在(0,+∞)上的单调性并证明； (3)解不等式：𝑓(𝑥)+𝑓(𝑥−2)<4． {#{QQABbYaEggiIAIAAABhCEQECCkAQkBACAYoOxFAUsAABCQFABAA=}#}18.已知函数𝑓(𝑥) = 𝑥2−2𝑎𝑥+5， (1)若𝑓(𝑥) < 0在R上有解，求实数𝑎的取值范围; (2)若𝑓(𝑥)在区间[−1,2],的最小值为3，求实数𝑎的取值； (3)若𝑎 = 2，是否存在实数𝑚,𝑛(𝑚 < 𝑛)，使得𝑓(𝑥)在区间[𝑚,𝑛]上单调递减，且在[𝑚,𝑛]上的值 域为[𝑚,𝑛]，若存在，求出𝑚,𝑛的值，若不存在，说明理由. 19.已知函数𝑓(𝑥) = 𝑥|𝑥−𝑎|+2． (1)当𝑎 = 2时，求𝑓(𝑥)的单调递增区间； (2)若存在𝑥 ∈[−2,+∞)，使得𝑓(𝑥)<0, 求实数a的取值范围． (3)若∀𝑟,𝑠,𝑡 ∈ [0,2]，都有|𝑓(𝑟)−𝑓(𝑠)| < 𝑓(𝑡)恒成立，求实数a的取值范围． {#{QQABbYaEggiIAIAAABhCEQECCkAQkBACAYoOxFAUsAABCQFABAA=}#}2025 级高一数学试卷答案 一、单选题 1 2 3 4 5 6 7 8 𝐵 𝐷 𝐵 𝐶 𝐴 𝐴 𝐷 𝐶 二、多选题 9 10 11 𝐵𝐶 𝐴𝐶𝐷 A𝐶𝐷 三、填空题 12 13 14 [1,3)∪(3,+∞) 4 [―1,2] 四、解答题 15.【详解】（1）𝐴= 𝑥│2<𝑥≤6 ,……………………………2分 因为𝐴∩𝐵=𝐵，所以𝐵⊆𝐴， ……………………………3分 当𝐵=∅时，符合题意，此时有2𝑚≥7―𝑚，即𝑚≥ 7；……………………………4分 3 7 𝑚< 当𝐵≠∅时， 2𝑚≥ 3 2 ，解得1≤𝑚< 7 ……………………………6分 3 7―𝑚≤6 综上，𝑚≥1……………………………7分 （2）由题知𝐴 𝐵, ……………………………8分 2𝑚<2 2𝑚≤2 所以 或 ，……………………………11分 7―𝑚≥6 7―𝑚>6 解得𝑚<1，……………………………13分 所以，实数𝑚的取值范围为{𝑚∣𝑚<1}．……………………………13分 16.【详解】（1）由题可知𝑓(𝑥)=32𝑥―(4𝑥2+2𝑥)―36= ―4𝑥2+30𝑥―36，………2分 若开始盈利即𝑓(𝑥)>0， 所以―4𝑥2+30𝑥―36>0，……………………………4分 解得3 <𝑥<6，……………………………6分 2 因为𝑥∈𝑁∗，所以第二年开始盈利；……………………………7分 （2）设年平均利润为𝑤(𝑥)， 则𝑤(𝑥)= 𝑓(𝑥) = ― 4𝑥+ 36 +30……………………………10分 𝑥 𝑥𝑤(𝑥)≤ ―2 4𝑥⋅ 36 +30=6，……………………………13分 𝑥 当且仅当4𝑥= 36，即x3时等号成立，……………………………14分 𝑥 x3时，最终获利𝑓(3)+22=40万元. ……………………………15分 17.【详解】（1）令𝑦=1，则𝑓(𝑥)=𝑓(𝑥)+𝑓(1)―2，故𝑓(1)=2；………………………3分 （2）在0,上 f x为减函数，理由如下： 设0<𝑥 <𝑥 ，则 𝑥 2>1,𝑓 𝑥 2 <2， 1 2 𝑥 1 𝑥 1 又𝑓(𝑥 )―𝑓(𝑥 )=𝑓 𝑥 2 ―2<0， 2 1 𝑥 1 所以𝑓(𝑥 )<𝑓(𝑥 )，即 f x在(0,+∞)上为减函数. …………………………9分 2 1 (3) 𝑓(𝑥)+𝑓(𝑥―2)=𝑓[𝑥(𝑥―2)]+2<4，所以𝑓[𝑥(𝑥―2)]<2， 因此𝑓[𝑥(𝑥―2)]<𝑓(1) …………………………11分 x>0 因此 x―2>0 ，…………………………13分 𝑥(𝑥―2)>1 解得𝑥>1+ 2…………………………15分 所以，解集为 𝑥│𝑥>1+ 2 18.【详解】（1）因为𝑓(𝑥)<0在R上有解，所以(―2𝑎)2―4×5>0, ……………………2分 解得𝑎<― 5或a> 5…………………………4分 （2）○1当𝑎≤―1时，𝑓(𝑥)在区间[―1,2]上单调递增，因此𝑓(𝑥) =𝑓(―1)=2a+6=3，解得 𝑚𝑖𝑛 𝑎=― 3；…………………………6分 2 ○2当 ―1<𝑎<2时 ， 𝑓(𝑥)在 区 间 [―1,a]上 单 调 递 减 ， 𝑓(𝑥)在 区 间 [a,2]上 单 调 递 增 ， 因 此 𝑓(𝑥) =𝑓(a)=―a2+5=3，解得𝑎= 2或a=― 2，因此𝑎= 2；……………8分 𝑚𝑖𝑛 ○3当𝑎≥2时，𝑓(𝑥)在区间[―1,2]上单调递减，因此𝑓(𝑥) =𝑓(2)=―4a+9=3，解得𝑎= 3（舍 𝑚𝑖𝑛 2 去）；…………………………10分 综上，𝑎=― 3 或a= 2…………………………11分 2 （3）因为 f(x)在区间[𝑚,𝑛]单调递减，且 f(x)在[𝑚,𝑛]上值域为[𝑚,𝑛]， 所以𝑚<𝑛≤2…………………………12分𝑚2―4𝑚+5= n 所以 …………………………14分 𝑛2―4𝑛+5= m 可得m+𝑛=3，…………………………15分 解得m=1,𝑛=2，…………………………17分 ―𝑥2+2𝑥+2,𝑥<2 19.【详解】（1）𝑎=2时，𝑓(𝑥)=𝑥|𝑥―2|+2= ， 𝑥2―2𝑥+2,𝑥≥2 𝑥<2时，𝑓(𝑥)= ―𝑥2+2𝑥+2在(―∞,1]上单调递增，在[1,2)上单调递减 𝑥≥2时，𝑓(𝑥)=𝑥2―2𝑥+2单调递增 综上， f x的增区间是(―∞,1]和[2,+∞) …………………………4分 方法一： （2）因为∃𝑥∈[―2,+∞)，使得𝑓(𝑥)<0 若𝑓(―2)<0，即𝑓(―2)=―2|2+𝑎|+2<0,解得𝑎>―1或𝑎<―3,此时一定符合题意。…………………………6分 若𝑓(―2)≥0，即―3≤a≤―1时： ○1当―3≤a≤―2时，此时― 3 ≤ a ≤―1，此时图像如图所示： 2 2 𝑓(𝑥)=𝑥2―𝑎𝑥+2，𝑓(𝑥)在 ―2, 𝑎 上单调递减，在 𝑎 ,+∞ 上单调递增，因此𝑓 𝑎 <0，解得a<―2 2或 2 2 2 a>2 2，因此―3≤a<―2 2. …………………………8分 ○2当―22 2（ 舍 2 4 去），…………………………10分 综上，𝑎< ―2 2或a>―1…………………………10分 （3 ）对任意实数𝑟,𝑠,𝑡∈[0,2],|𝑓(𝑟)―𝑓(𝑠)|<𝑓(𝑡)恒成立，因此𝑓(x)需 在[0,2]上满足 𝑓(𝑥) ―𝑓(𝑥) <𝑓(𝑥) .即𝑓(𝑥) <2𝑓(𝑥) …………………………12分 𝑚𝑎𝑥 𝑚𝑖𝑛 𝑚𝑖𝑛 𝑚𝑎𝑥 𝑚𝑖𝑛 因为𝑥∈[0,2]时，𝑓(𝑥)=𝑥|𝑥―2|+2≥2且𝑓(0)=2，因此𝑓(𝑥) =2， 𝑚𝑖𝑛 所以𝑓(𝑥) <4在[0,2]上恒成立. …………………………13分 𝑚𝑎𝑥 因此𝑓(2)<4，即𝑓(2)=2|2―𝑎|+2<4,解得1<𝑎<3. …………………14分图像如图所示： ○1若2≤a<3，𝑓(𝑥)在 0,a 上单调递增, 在 𝑎 ,2 上单调递减， 2 2 𝑓(𝑥) =𝑓 𝑎 =2+𝑎2 <4，，解得―2 22 2，因此―4𝑎 2 递减，在 𝑎 ,+∞ 上单调递增，又因为𝑓 𝑎 =―𝑎2 +2>0,所以𝑓(―2)<0，解得a>―1，因此 2 2 4 ―1𝑎 a>―1，因此a=0. …………………………8分 ○5当a>0时，𝑓(𝑥)= ―𝑥2+𝑎𝑥+2，―2<𝑥≤𝑎 ，因此𝑓(𝑥)在 ―2, 𝑎 上单调递增，在 𝑎 ,𝑎 上单调递减， 𝑥2―𝑎𝑥+2， 𝑥>𝑎 2 2 在(𝑎,+∞)上单调递增，又因为𝑓(𝑎)=2>0,所以𝑓(―2)<0，解得a>―1，因此a>0. …………………………9分 综上， a<―2 2或a>―1. …………………………10分 （ 3 ） 对 任 意 实 数 𝑟,𝑠,𝑡∈[0,2],|𝑓(𝑟)―𝑓(𝑠)|<𝑓(𝑡)恒 成 立 ， 因 此 𝑓(x)需 在 [0,2]上 满 足 𝑓(𝑥) ―𝑓(𝑥) <𝑓(𝑥) . …………………………12分 𝑚𝑎𝑥 𝑚𝑖𝑛 𝑚𝑖𝑛○1当a≤0时，𝑓(𝑥)=𝑥2―𝑎𝑥+2, 𝑓(𝑥)在[0,2]上单调递增，𝑓(𝑥) =𝑓(2)=6―2𝑎， 𝑚𝑎𝑥 𝑓(𝑥) =𝑓(0)=2，因此6―2𝑎―2<2，解得a>1，舍去. …………………………13分 𝑚𝑖𝑛 ○2当01，因此1