湖北省襄阳市第四中学2023-2024学年高一数学上学期9月月考试题（Word版附解析）

襄阳四中2023级高一上学期9月月考数学试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号等填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一､单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的选项中，只有一项符合题目要求，选对的得5分，选错或未选得0分1.设全集，集合，则（）AB.C.D.【答案】C【解析】【分析】先求出集合和集合的补集，再求其交集即可【详解】由，得，因为，所以，因为，，所以，所以，故选：C2.下列表示正确的个数是（）　（１）；（４）若则A.０B.１C.２D.３【答案】D【解析】【详解】选项（1）中元素与空集的关系是不属于，正确；（2）空集是非空集的子集正确；（3）集合前后不相等，一个是方程的根构成的集合，有一个元素，一个是两个实数构成的集合，故不正确；（4 ）根据集合子集的意义知若则正确.3.某校为拓展学生在音乐､体育､美术方面的能力，开设了相应的兴趣班.某班共有34名学生参加了兴趣班，有17人参加音乐班，有20人参加体育班，有12人参加美术班，同时参加音乐班与体育班的有6人，同时参加音乐班与美术班的有4人.已知没有人同时参加三个班，则仅参加一个兴趣班的人数为（）A19B.20C.21D.22【答案】A【解析】【分析】设同时参加体育和美术小组的有人,由题意作出Venn图，结合Venn图能求出同时参加体育和美术小组的人数，进而得解.．【详解】设同时参加体育和美术小组的有人，由题意作出Venn图如图所示，结合Venn图得：，解得．同时参加体育和美术小组的有5人．仅参加一个兴趣班的人数为故选：A.4.集合，，将集合A，B分别用如图中的两个圆表示，则圆中阴影部分表示的集合中元素个数恰好为4的是（） A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】记，然后分析每个选项对应的集合的运算并求解出结果进行判断即可.【详解】因为，，所以，记，对于A选项，其表示，不满足；对于B选项，其表示，不满足；对于C选项，其表示，满足；对于D选项，其表示，不满足；故选：C.5.已知，则的取值范围是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】用含的代数式表示，结合已知利用不等式的性质即可求得答案.【详解】设，所以，解得，所以，又，所以，故A，C，D错误，故选：B. 6.甲乙丙丁四位同学在玩一个猜数字游戏，甲乙丙共同写出三个集合：，，然后他们三人各用一句话来正确的描述“”中的数字，让丁同学找出该数字，以下是甲､乙､丙三位同学的描述，甲：此数为小于5的正整数；乙：B是A成立的必要不充分条件；丙：C是A成立的充分不必要条件.则“”中的数字可以是（）A.3或4B.2或3C.1或2D.1或3【答案】C【解析】【分析】根据此数为小于5的正整数得到，再推出C是A的真子集，A是B的真子集，从而得到不等式，求出，得到答案.【详解】因为此数为小于5的正整数，故，因为B是A成立的必要不充分条件，C是A成立的充分不必要条件，所以C是A的真子集，A是B的真子集，故且，解得，故“”中的数字可以是1或2.故选：C7.下列函数中最小值为的是（）A.B.当时，C.当时，D.【答案】B【解析】【分析】对于，如果时，，故不符合题意；对于，利用基本不等式得到函数的最小值为4，故正确； 对于，利用基本不等式得到最小值为，故错误；对于，利用基本不等式得最小值取不到，故错误．【详解】对于，，如果时，，故不符合题意；对于，因为，当且仅当，即时取等号，故正确；对于，因为，当且仅当，即时取等号，所以其最小值为，故错误；对于，，当且仅当即此时无解，这表明最小值取不到，故错误．故选：．8.函数在数学上称为高斯函数，也叫取整函数，其中表示不大于的最大整数，如．那么不等式成立的充分不必要条件是（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】先解不等式，再结合充分条件和必要条件的定义求解即可.【详解】因为，则，则，又因为表示不大于的最大整数，所以不等式的解集为：，因为所求的时不等式成立的充分不必要条件，所以只要求出不等式解集的一个非空真子集即可，选项中只有⫋.故选：B. 二､多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得：2分，有选错的得0分.9.如果，则下列选项不正确的是（       ）A.若，则B.若，则C.若，则D.若，则【答案】ABD【解析】【分析】根据特殊值以及不等式的性质对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】A选项，若，如，则，所以A选项不正确.B选项，若，如，则，所以B选项不正确.C选项，若，根据不等式的性质可知，所以C选项正确.D选项，若，如，此时，所以D选项不正确.故选：ABD10.下列命题为假命题的是（）A.命题“”的否定是“”B.“”是“”的充分必要条件C.二次函数的零点为和D.“”是“”的必要不充分条件【答案】ABC【解析】【分析】根据命题的否定的定义判断A，根据充分性和必要性的概念判断BD，根据函数零点的定义解方程判断C即可.【详解】选项A：命题“”的否定是“”，A为假命题；选项B：由基本不等式可知当时，，当且仅当时等号成立，故充分性成立， 当时，满足，故必要性不成立，所以“”是“”的充分不必要条件，B为假命题；选项C：由解得或，所以二次函数的零点为和，C为假命题；选项D：若，则或，充分性不成立，若，则，必要性成立，所以“”是“”的必要不充分条件，D为真命题，故选：ABC11.已知正实数x，y满足，且恒成立，则t的取值可能是（）A.B.C.1D.【答案】BCD【解析】【分析】对式子变形，构造定值，利用基本不等式求解最值，利用最值解决恒成立问题.【详解】由，得，因为，所以，所以，则，当且仅当时，等号成立，故，因为恒成立，所以，解得.故A错.故选：BCD.12.对于正整数集合，如果去掉其中任意一个元素之后，剩余的所有元素组成的集合都能分为两个交集为空集的集合，且这两个集合的所有元素之和相等，就称集合为“可分集”，则下列说法正确的是（）A.不是“可分集”B.集合中元素个数最少为7个C.若集合是“可分集”，则集合中元素全为奇数D.若集合是“可分集”，则集合中元素个数为奇数【答案】ABD【解析】 【分析】选项A根据“可分集”性质进行判断即可.选项C，D，根据“可分集”性质可知“可分集”元素之和减去任意一个元素一定为偶数，根据此特性分类讨论集合中元素为奇数和为偶数时的情况即可.根据选项C，D结论，分类讨论中元素个数分别为3，5，7时是否可以为“可分集”即可.【详解】根据“可分集”性质可知，当集合为时：去掉元素3，则不可拆分成符合题意的可分集，故A错误.设集合所有元素之和为M.由题意可知，均为偶数，因此同为奇数或同为偶数.(Ⅰ)当M为奇数时，则也均为奇数，由于，所以n为奇数.(Ⅱ)当M为偶数时，则也均为偶数，此时可设，因为为“可分集”，所以也为“可分集”.重复上述有限次操作后，便可得到一个各元素均为奇数的“可分集”，且对应新集合之和也为奇数，由(Ⅰ)可知此时n也为奇数.综上所述，集合A中元素个数为奇数.故C错D对.由上述分析可知集合中元素个数为奇数，不妨假设：当时，显然任意集合都不是“可分集”;当时，设集合，其中，将集合分成两个交集为空集的子集，且两个子集元素之和相等，则有或;将集合分成两个交集为空集的子集，且两个子集元素之和相等，则有或由①，③可得，矛盾；由①，④可得，矛盾；由②，③可得，矛盾；由②，④可得，矛盾.因此当时，不存在“可分集”；当时，设集合，去掉元素1，；去掉元素3， 去掉元素5，；去掉元素7，去掉元素9，；去掉元素11，去掉元素13，，所以集合是“可分集”.因此集合A中元素个数n的最小值是7，故B正确.故选：ABD【点睛】1.本题“新定义”题，主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题.2.本题考查了考生分类讨论的能力，考生需要做到讨论情况涵盖所有情况，还需要能将讨论思路转换为数学语言的能力.3.对于全称命题型的选项考生可考虑通过举反例的方式排除.三､填空题，本题共4小题，每小题5分，共20分.13.不等式的解集是___________．【答案】【解析】【分析】移项通分化简，等价转化为，进一步等价转化为二次不等式(组),注意分母不能为零，然后求解即得.【详解】原不等式等价于，化简得，又等价于，解得：，故答案为：.14.若命题“，”为假命题，则实数a的最小值为______．【答案】2【解析】【分析】把原命题转化为“，”为真命题，转化为不等式恒成立问题即可得到结论．【详解】因为命题“，”为假命题，故“，”为真命题，即在恒成立，须；故实数a的最小值为2； 故答案为：2．15.已知关于的一元二次不等式在实数集上恒成立，且，则的最小值为________【答案】3【解析】【分析】由题干条件得到，对变形，利用基本不等式进行求解.【详解】一元二次不等式对一切实数都成立，当时，不能保证恒成立，不符合题意；当时，要满足，由此，，，得：，则，即时，取等号，故答案为：3．16.已知集合，对于集合的两个非空子集，若，则称为集合的一组“互斥子集”.记集合的所有“互斥子集”的组数为（当且仅当时，与为同一组“互斥子集”），则__________，__________.【答案】①.50②.【解析】【分析】令，推出均为非空子集的种数为，从而得到，并计算出的值.【详解】令，如图，全集被划分成三个部分， 中的任意一个元素只能在集合之一中，有3种方法，则这个元素在集合中，每个元素均有3种选择，故共有种选择方法，其中为空集的种数为为空集的种数为，均为空集的种数为1种，则均为非空子集的种数为，因当且仅当时，与为同一组“互斥子集”，而，满足的与不是同一组“互斥子集”，于是得集合的所有“互斥子集”的组数为，其中.故答案为：，四、解答题，本题共6小题，解答题需写出具体的过程或步骤17.设集合.（1）求集合；（2）若，求实数的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）根据绝对值的定义解方程即可求解；（2）根据交集运算性质得，然后根据判别式分类讨论求解即可. 【小问1详解】因为，所以，解得或，所以集合【小问2详解】由，得.当，即时，，符合题意；当，即时，，符合题意；当，即时，要使，则，即，即，所以，该方程组无解.综上：实数的取值范围是.18.已知：实数满足，：实数满足（其中）.（1）若，且和至少有一个为真，求实数的取值范围；（2）若是的充分不必要条件，求实数的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）解不等式后取并集即可，（2）由充分不必要条件得推出关系后列式求解．【小问1详解】：实数满足，解得，当时，：，解得，∵p和q至少有一个为真，∴或，∴，∴实数的取值范围为；【小问2详解】∵，由，解得，即：， ∵是的充分不必要条件，∴（等号不同时取），∴，19.（1）求关于x的方程的实数根中有且只有一个负实数根的充要条件；（2）已知a，b，c为正数，且满足．证明：．【答案】（1）;（2）证明见详解【解析】【分析】（1）首先分类讨论方式是一次方程和一元二次方程两种情况，当方程为一元二次方程时再讨论方程有一个根的情况和两个根的情况，两根情况用韦达定理解出.（2）活用化简，用作差法比较代数式大小.【详解】（1）当时，方程为，解得，符合题意；当时，方程，若，即时，此时方程的根为，符合题意；若，方程实数根中有且只有一个负实数根，需满足条件，即解得故是方程的实数根中有且只有一个负实数根的充要条件.（2）,故20.设.（1）若不等式对一切实数恒成立，求实数的取值范围；（2）已知解关于的不等式【答案】（1） （2）答案见解析【解析】【分析】（1）根据题意，转化为对一切实数恒成立，分和，两种情况讨论，列出不等式组，即可求解；（2）根据题意，求得的两个根为，分类讨论，即可求解.【小问1详解】解：由对一切实数恒成立，即对一切实数恒成立，当时，，不满足题意；当时，则满足，解得，综上所述，实数的取值范围为.【小问2详解】解：由不等式，即，方程的两个根为，①当时，不等式的解集为②当时，不等式的解集为③当时，不等式的解集为.综上所述，当时，不等式的解集为；当时，解集为.21.某学校要建造一个长方体形的体育馆，其地面面积为，体育馆高，如果甲工程队报价为：馆顶每平方米的造价为100元，体育馆前后两侧墙壁平均造价为每平方米150元，左右两侧墙壁平均造价为 每平方米250元，设体育馆前墙长为米．（1）当前墙的长度为多少时，甲工程队报价最低？（2）现有乙工程队也参与该校体育馆建造竞标，其给出的整体报价为元，若无论前墙的长度为多少米，乙工程队都能竞标成功，试求的取值范围．【答案】（1）当前墙的长度为20米时，甲工程队报价最低为84000元（2）当时，无论前墙的长度为多少米，乙工程队都能竞标成功【解析】【分析】（1）根据题意求出报价的表达式，再根据基本不等式即可得解；（2）根据题意可知对任意的恒成立，分离参数可得对任意的恒成立，分类常数结合基本不等式求出的最小值，即可得解.【小问1详解】因为体育馆前墙长为米，地面面积为，所以体育馆的左右两侧墙的长度均为米，设甲工程队报价为元，所以，因为，当且仅当，即时等号成立，所以当前墙的长度为20米时，甲工程队报价最低为84000元；【小问2详解】根据题意可知对任意的恒成立，即对任意的恒成立，所以对任意的恒成立， 因为，，当且仅当，即时等号成立，所以，故当时，无论前墙的长度为多少米，乙工程队都能竞标成功．22.对在直角坐标系的第一象限内的任意两点作如下定义：若，那么称点是点的“上位点”．同时点是点的“下位点”；（1）试写出点的一个“上位点”坐标和一个“下位点”坐标；（2）已知点是点“上位点”，判断点是否是点的“下位点”，证明你的结论；（3）设正整数满足以下条件：对集合内的任意元素，总存在正整数，使得点既是点的“下位点”，又是点的“上位点”，求满足要求的一个正整数的值，并说明理由．【答案】（1）“上位点”为，“下位点”为；（2）是，证明见解析（3）【解析】【分析】（1）由定义即可得所求点的坐标.（2）先由点是点的“上位点”得，作差化简得，结合所得结论、定义，利用作差法即可判断出点是否是点的“下位点”.（3）借助（2）的结论证明点既是点的“上位点”，又是点的“下位点”，再利用所证结论即可得到满足要求的一个正整数的值.【小问1详解】根据题设中的定义可得点的一个上位点“坐标”和一个“下位点”坐标分别为和；【小问2详解】 点是点的“下位点”，证明：点是点“上位点”，又均大于，，，即，所以点是点的“下位点”.【小问3详解】可证点既是点的“上位点”，又是点的“下位点”，证明：点是点的“上位点”，均大于，，，即，所以点是点的“上位点”，同理可得，即，所以点是点的“下位点”，所以点既是点的“上位点”，又是点的“下位点”．根据题意知点既是点的“下位点”，又是点的“上位点”对时恒成立，根据上述的结论可知，当，时，满足条件.故：【点睛】关键点点睛：理解并运用“上位点”和“下位点”的定义是解题的关键.