2025-2026学年度高一数学滚动月考考试卷(考试范围：第一章集合与简易逻辑第二章不等式3.1函数概念及表示3.2函数的基本性质)（含解析）
文档属性
| 名称 | 2025-2026学年度高一数学滚动月考考试卷(考试范围：第一章集合与简易逻辑第二章不等式3.1函数概念及表示3.2函数的基本性质)（含解析） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 655.4KB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 数学 | ||
| 更新时间 | 2025-10-15 11:13:01 | ||
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文档简介
2025-2026学年度高一数学滚动考试卷
考试范围：第一章集合与简易逻辑第二章不等式3.1函数概念及表示3.2函数的基本性质
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
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，只有一个选项是符合题目要求的．
1．设集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．若是的必要不充分条件，则实数的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
3．下列说法正确的是（ ）
A．若，则. B．若，则.
C．若，，则. D．若，，则.
4．的最小值为（ ）
A． B． C．2 D．16
5．下列函数中，在区间上单调递减的是（ ）
A． B．
C． D．
6．若函数在区间单调递减，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
7．已知不等式的解集是，则对函数，下列不等式成立的是（ ）
A． B．
C． D．
8．定义在的函数满足：对，，且，成立，且，则不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
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．已知：，若是的充分条件，则可以是（ ）
A． B． C． D．
10．下列说法中不正确的有（ ）
A．函数与为同一个函数
B．已知=，则
C．函数的最小值为2
D．若的定义域为，则的定义域为
11．已知是定义在的奇函数，且时，，则下列结论正确的是（ ）
A．增区间为和 B．有3个根
C．的解集为 D．时，
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分
12．已知函数，若，则 .
13．已知，，.则的最小值是 .
14．若是定义在R上的奇函数，且在上是严格增函数，，则不等式的解集是 ．
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．设命题 : 实数 满足 ， 命题 : 实数 满足 .
(1)若命题“ ”是真命题， 求实数 的取值范围;
(2)若命题 是命题 的必要不充分条件， 求实数 的取值范围.
16．设函数.
(1)当时，若关于的不等式在区间上恒成立，求实数的取值范围；
(2)若函数在区间的最大值为，求函数的解析式.
17．已知函数，．
(1)单调性的定义证明在区间上是增函数；
(2)解关于的不等式：．
18．发展新能源汽车是我国从汽车大国迈向汽车强国的必由之路，是推动绿色发展的战略措施，某汽车工业园区正在不断建设，计划在园区建造一个高为3米，宽度为（单位：米），地面面积为81平方米的长方体形状的储物室，经过谈判，工程施工单位给出两种报价方案：
方案一：储物室的墙面报价为每平方米200元，屋顶和地面报价共计7200元，总计报价记为；
方案二：其给出的整体报价为元，．
(1)当宽度为8米时，方案二的报价为29700元，求m的值；
(2)求的函数解析式，并求报价的最小值；
(3)若对任意的时，方案二都比方案一省钱，求m的取值范围．
19．已知函数是定义在上的奇函数，且，
(1)求a，b的值
(2)判断在上的单调性，并证明．
(3)设若对任意的，总存在，使得成立，求实数k的取值范围．
试卷第2页，共2页
试卷第1页，共3页
《2025-2026学年度高一数学滚动考试卷》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C D B B D A A D BD AC
题号 11
答案 ABC
1．C
【分析】化简集合，再根据集合的交集运算即可得答案.
【详解】集合，，
则.
故选：C.
2．D
【分析】化简命题，再利用必要不充分条件的定义求出范围.
【详解】命题，命题，由是的必要不充分条件，得，解得，
所以实数的取值范围为.
故选：D
3．B
【分析】举例说明判断ACD；利用不等式性质推理判断B.
【详解】对于A，取，满足，而，A错误；
对于B，由，得，B正确；
对于C，取，满足，而，C错误；
对于D，取，满足，而，D错误.
故选：B
4．B
【分析】先求展开式，进而利用基本不等式求解.
【详解】，
当且仅当，即时，等号成立.
所以的最小值为.
故选：B
5．D
【分析】根据一次函数，二次函数，反比例函数，绝对值函数及单调性定义判断．
【详解】在上，是增函数，是增函数，
在上是减函数，在上是增函数，
时，是减函数，
故选：D．
6．A
【分析】先将函数化成，结合反例函数的单调性可求的取值范围.
【详解】由题设可得，
因为函数在区间单调递减，
所以，故，
故选：A .
【点睛】易错点睛：已知含参数的函数在给定范围上的单调性求参数的取值范围时，既要考虑函数的单调性，也要考虑定义域满足的要求，后者往往容易忽视.
7．A
【分析】利用二次不等式的解集，求得a,b,c的关系，由此判断二次函数的图像与性质，从而判断出的大小关系.
【详解】由于二次不等式的解集为，
所以，是方程的两个实数根，即
即.
则，，其图像开口向上，且对称轴为 ，
所以
故选：A
8．D
【分析】构造函数，讨论单调性，利用单调性解不等式.
【详解】由且，，
则两边同时除以可得，
令，则在单调递增，
由得且，
即解得，
故选：D.
9．BD
【分析】由是的充分条件，所以对应的集合是对应集合的子集，逐项判断即可.
【详解】因为：，所以：，
由于是的充分条件，所以对应的集合是对应集合的子集，
选项对应集合是集合的子集的只有B和D符合.
故选：BD.
10．AC
【分析】根据函数的解析式是否相同便可判断A；根据已知解析式用配凑法求解析式可判断B；根据基本不等式判断C；由抽象函数定义域求解可判断D.
【详解】对于A选项，，，解析式不同，故A不正确；
对于B选项，由=，
所以，故B正确；
对于C选项，，
但是，等号不能成立，故C不正确；
对于D选项，因为的定义域为，令，解不等式得，
所以的定义域为，故D正确.
故选：AC.
11．ABC
【分析】根据函数的奇偶性结合条件可得函数的解析式判断D，解方程可判断B，根据二次函数的性质可判断A，解不等式可判断C.
【详解】由是定义在的奇函数知，
当时，，所以，D错误；
由上可知，由可得或或，故B正确；
由，时，的对称轴为，
时，的对称轴为，
结合二次函数的性质知在和上均单调递增，故A正确；
由，可得或，解得或，故C正确．
故选：ABC．
12．
【分析】利用奇函数的性质即可.
【详解】设，则，则
因为，
所以，
则.
故答案为：
13．
【分析】由基本不等式的乘“1”法可得.
【详解】因为，所以，
所以
，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值是.
故答案为：.
14．
【分析】由题可得，在上单调递增，然后由
或，可得答案.
【详解】因是定义在R上的奇函数，且在上是严格增函数，
则，在上单调递增.
则，
又或，
由，可得不等式组无解，由可得.
综上可得满足题意.
故答案为：
15．(1)
(2)
【分析】（1）由题意知，，然后根据求解即可；
（2）命题 是命题 的必要不充分条件,然后按照 是 的真子集求解即可；
【详解】（1）因为命题" "是真命题，所以 ，
所以 解得 ，即实数 的取值范围是 .
（2）命题 是命题 的必要不充分条件,所以 是 的真子集，
若 即 ，
此时 ，满足 是 的真子集，
若 即 ，因为 是 的真子集，
所以,
解得 ，
经检验 时， 满足 是 的真子集，
综上，实数 的取值范围是 .
16．(1)
(2)
【分析】（1）代入函数解析式，解不等式，依题意，解不等式即得实数的取值范围；
（2）讨论对称轴位置与区间的关系，由最大值为求得的值，即得函数解析式.
【详解】（1）当时，函数，
由不等式，解得，
依题意，，则，
所以实数的取值范围为.
（2）由题意知，函数图象的对称轴为．
①当，即时，，解得；
②当，即时，，无解；
故函数的解析式是．
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意利用作差法结合单调性的定义分析证明；
（2）根据函数单调性解不等式，注意函数的定义域.
【详解】（1）任取，且，
则，
因为，，
则，且，，
可得，则，即，
所以在上单调递增.
（2）由（1）知：在上单调递增，
因为，可得，解得：，
故不等式的解集为.
18．(1)18
(2)，28800元
(3)
【分析】（1）根据题意代入数值计算，即可求得答案；
（2）表示出底面长，可得墙面面积的表达式，即可得的函数解析式，利用基本不等式即可求最小值；
（3）由题意对任意的时，恒成立，可得对任意的时，恒成立，再结合基本不等式求出的最小值，即可得答案.
【详解】（1）当宽度为8米时，方案二的报价为29700元，
故，解得；
（2）设底面长为y米，则，则墙面面积为，
故，
则，
当且仅当，即时等号成立，
即报价的最小值为28800元.
（3）对任意的时，方案二都比方案一省钱，
即对任意的时，恒成立，
即对任意的时，恒成立，
而，
设，，
当且仅当，即时取等号，符合题意，
结合，可得.
19．(1)；
(2)在上单调递增，证明见解析；
(3)
【分析】（1）由定义在上的奇函数满足，结合列方程即，可求出实数的值；
（2）用定义法证明即可；
（3）将问题转化为，再转化为二次函数能成立问题，然后进行分类讨论即可.
【详解】（1）因为函数是定义在上的奇函数，
，即，又，即，
经检验，该函数为奇函数，
故.
（2）在上单调递增，
证明如下：
任取，
其中，所以，
故在上单调递增.
（3）由（1）知在上单调递增，则，
任意的，总存在，
使得成立等价于，即，
即存在使得成立，
令，
①当，即时，的根为符合题意；
②当且时，即时，恒成立，不符合题意；
③当且时，；
④当且时，即时，
的对称轴为，且存在使得成立，
即，解得，
⑤当且时，即时，因为的对称轴为，所以符合题意，
综上所述，实数的取值范围为：.
答案第10页，共10页
答案第9页，共9页
考试范围：第一章集合与简易逻辑第二章不等式3.1函数概念及表示3.2函数的基本性质
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
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，只有一个选项是符合题目要求的．
1．设集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．若是的必要不充分条件，则实数的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
3．下列说法正确的是（ ）
A．若，则. B．若，则.
C．若，，则. D．若，，则.
4．的最小值为（ ）
A． B． C．2 D．16
5．下列函数中，在区间上单调递减的是（ ）
A． B．
C． D．
6．若函数在区间单调递减，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
7．已知不等式的解集是，则对函数，下列不等式成立的是（ ）
A． B．
C． D．
8．定义在的函数满足：对，，且，成立，且，则不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
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．已知：，若是的充分条件，则可以是（ ）
A． B． C． D．
10．下列说法中不正确的有（ ）
A．函数与为同一个函数
B．已知=，则
C．函数的最小值为2
D．若的定义域为，则的定义域为
11．已知是定义在的奇函数，且时，，则下列结论正确的是（ ）
A．增区间为和 B．有3个根
C．的解集为 D．时，
第II卷（非选择题）
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分
12．已知函数，若，则 .
13．已知，，.则的最小值是 .
14．若是定义在R上的奇函数，且在上是严格增函数，，则不等式的解集是 ．
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．设命题 : 实数 满足 ， 命题 : 实数 满足 .
(1)若命题“ ”是真命题， 求实数 的取值范围;
(2)若命题 是命题 的必要不充分条件， 求实数 的取值范围.
16．设函数.
(1)当时，若关于的不等式在区间上恒成立，求实数的取值范围；
(2)若函数在区间的最大值为，求函数的解析式.
17．已知函数，．
(1)单调性的定义证明在区间上是增函数；
(2)解关于的不等式：．
18．发展新能源汽车是我国从汽车大国迈向汽车强国的必由之路，是推动绿色发展的战略措施，某汽车工业园区正在不断建设，计划在园区建造一个高为3米，宽度为（单位：米），地面面积为81平方米的长方体形状的储物室，经过谈判，工程施工单位给出两种报价方案：
方案一：储物室的墙面报价为每平方米200元，屋顶和地面报价共计7200元，总计报价记为；
方案二：其给出的整体报价为元，．
(1)当宽度为8米时，方案二的报价为29700元，求m的值；
(2)求的函数解析式，并求报价的最小值；
(3)若对任意的时，方案二都比方案一省钱，求m的取值范围．
19．已知函数是定义在上的奇函数，且，
(1)求a，b的值
(2)判断在上的单调性，并证明．
(3)设若对任意的，总存在，使得成立，求实数k的取值范围．
试卷第2页，共2页
试卷第1页，共3页
《2025-2026学年度高一数学滚动考试卷》参考答案
题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C D B B D A A D BD AC
题号 11
答案 ABC
1．C
【分析】化简集合，再根据集合的交集运算即可得答案.
【详解】集合，，
则.
故选：C.
2．D
【分析】化简命题，再利用必要不充分条件的定义求出范围.
【详解】命题，命题，由是的必要不充分条件，得，解得，
所以实数的取值范围为.
故选：D
3．B
【分析】举例说明判断ACD；利用不等式性质推理判断B.
【详解】对于A，取，满足，而，A错误；
对于B，由，得，B正确；
对于C，取，满足，而，C错误；
对于D，取，满足，而，D错误.
故选：B
4．B
【分析】先求展开式，进而利用基本不等式求解.
【详解】，
当且仅当，即时，等号成立.
所以的最小值为.
故选：B
5．D
【分析】根据一次函数，二次函数，反比例函数，绝对值函数及单调性定义判断．
【详解】在上，是增函数，是增函数，
在上是减函数，在上是增函数，
时，是减函数，
故选：D．
6．A
【分析】先将函数化成，结合反例函数的单调性可求的取值范围.
【详解】由题设可得，
因为函数在区间单调递减，
所以，故，
故选：A .
【点睛】易错点睛：已知含参数的函数在给定范围上的单调性求参数的取值范围时，既要考虑函数的单调性，也要考虑定义域满足的要求，后者往往容易忽视.
7．A
【分析】利用二次不等式的解集，求得a,b,c的关系，由此判断二次函数的图像与性质，从而判断出的大小关系.
【详解】由于二次不等式的解集为，
所以，是方程的两个实数根，即
即.
则，，其图像开口向上，且对称轴为 ，
所以
故选：A
8．D
【分析】构造函数，讨论单调性，利用单调性解不等式.
【详解】由且，，
则两边同时除以可得，
令，则在单调递增，
由得且，
即解得，
故选：D.
9．BD
【分析】由是的充分条件，所以对应的集合是对应集合的子集，逐项判断即可.
【详解】因为：，所以：，
由于是的充分条件，所以对应的集合是对应集合的子集，
选项对应集合是集合的子集的只有B和D符合.
故选：BD.
10．AC
【分析】根据函数的解析式是否相同便可判断A；根据已知解析式用配凑法求解析式可判断B；根据基本不等式判断C；由抽象函数定义域求解可判断D.
【详解】对于A选项，，，解析式不同，故A不正确；
对于B选项，由=，
所以，故B正确；
对于C选项，，
但是，等号不能成立，故C不正确；
对于D选项，因为的定义域为，令，解不等式得，
所以的定义域为，故D正确.
故选：AC.
11．ABC
【分析】根据函数的奇偶性结合条件可得函数的解析式判断D，解方程可判断B，根据二次函数的性质可判断A，解不等式可判断C.
【详解】由是定义在的奇函数知，
当时，，所以，D错误；
由上可知，由可得或或，故B正确；
由，时，的对称轴为，
时，的对称轴为，
结合二次函数的性质知在和上均单调递增，故A正确；
由，可得或，解得或，故C正确．
故选：ABC．
12．
【分析】利用奇函数的性质即可.
【详解】设，则，则
因为，
所以，
则.
故答案为：
13．
【分析】由基本不等式的乘“1”法可得.
【详解】因为，所以，
所以
，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值是.
故答案为：.
14．
【分析】由题可得，在上单调递增，然后由
或，可得答案.
【详解】因是定义在R上的奇函数，且在上是严格增函数，
则，在上单调递增.
则，
又或，
由，可得不等式组无解，由可得.
综上可得满足题意.
故答案为：
15．(1)
(2)
【分析】（1）由题意知，，然后根据求解即可；
（2）命题 是命题 的必要不充分条件,然后按照 是 的真子集求解即可；
【详解】（1）因为命题" "是真命题，所以 ，
所以 解得 ，即实数 的取值范围是 .
（2）命题 是命题 的必要不充分条件,所以 是 的真子集，
若 即 ，
此时 ，满足 是 的真子集，
若 即 ，因为 是 的真子集，
所以,
解得 ，
经检验 时， 满足 是 的真子集，
综上，实数 的取值范围是 .
16．(1)
(2)
【分析】（1）代入函数解析式，解不等式，依题意，解不等式即得实数的取值范围；
（2）讨论对称轴位置与区间的关系，由最大值为求得的值，即得函数解析式.
【详解】（1）当时，函数，
由不等式，解得，
依题意，，则，
所以实数的取值范围为.
（2）由题意知，函数图象的对称轴为．
①当，即时，，解得；
②当，即时，，无解；
故函数的解析式是．
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）根据题意利用作差法结合单调性的定义分析证明；
（2）根据函数单调性解不等式，注意函数的定义域.
【详解】（1）任取，且，
则，
因为，，
则，且，，
可得，则，即，
所以在上单调递增.
（2）由（1）知：在上单调递增，
因为，可得，解得：，
故不等式的解集为.
18．(1)18
(2)，28800元
(3)
【分析】（1）根据题意代入数值计算，即可求得答案；
（2）表示出底面长，可得墙面面积的表达式，即可得的函数解析式，利用基本不等式即可求最小值；
（3）由题意对任意的时，恒成立，可得对任意的时，恒成立，再结合基本不等式求出的最小值，即可得答案.
【详解】（1）当宽度为8米时，方案二的报价为29700元，
故，解得；
（2）设底面长为y米，则，则墙面面积为，
故，
则，
当且仅当，即时等号成立，
即报价的最小值为28800元.
（3）对任意的时，方案二都比方案一省钱，
即对任意的时，恒成立，
即对任意的时，恒成立，
而，
设，，
当且仅当，即时取等号，符合题意，
结合，可得.
19．(1)；
(2)在上单调递增，证明见解析；
(3)
【分析】（1）由定义在上的奇函数满足，结合列方程即，可求出实数的值；
（2）用定义法证明即可；
（3）将问题转化为，再转化为二次函数能成立问题，然后进行分类讨论即可.
【详解】（1）因为函数是定义在上的奇函数，
，即，又，即，
经检验，该函数为奇函数，
故.
（2）在上单调递增，
证明如下：
任取，
其中，所以，
故在上单调递增.
（3）由（1）知在上单调递增，则，
任意的，总存在，
使得成立等价于，即，
即存在使得成立，
令，
①当，即时，的根为符合题意；
②当且时，即时，恒成立，不符合题意；
③当且时，；
④当且时，即时，
的对称轴为，且存在使得成立，
即，解得，
⑤当且时，即时，因为的对称轴为，所以符合题意，
综上所述，实数的取值范围为：.
答案第10页，共10页
答案第9页，共9页
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