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广西南宁市第三十六中学衡阳校区2023-2024学年高一数学上学期9月月考试题(Word版附解析)
广西南宁市第三十六中学衡阳校区2023-2024学年高一数学上学期9月月考试题(Word版附解析)
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南宁36中衡阳校区2023-2024学年上学期9月月考高一数学(考试时间120分钟,满分150分)注意事项:1.答卷前,考生务必将自己的姓名、班级填写在答题卡上,贴好条形码.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,再选涂其它答案标号.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,请将答题卡交回.一、选择题:本大题共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.已知集合,,则()A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】根据集合表示的含义求交集.【详解】由题意知,表示的是自然数中,由3的倍数组成的集合.∴故选:C2.命题“,”的否定是()A.,B.,C.,D.,【答案】D【解析】【分析】由全称命题的否定可直接得到结果.【详解】由全称命题的否定知:原命题的否定为,. 故选:D.3.若,则的值是()A.-3B.3C.-9D.9【答案】A【解析】【分析】根据的范围化简根式和绝对值,由此求得表达式的值.【详解】依题意,所以,所以.故选:A.【点睛】本小题主要考查根式和绝对值的化简,属于基础题.4.不等式的解集为()A.B.C.,或D.,或【答案】B【解析】【分析】对于二次项系数是负数的一元二次不等式,可以先把二次项系数化成正数,再求解.【详解】不等式可化为,解得.故选:B.5.若,则的值为()A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由求得,由此化简求得的值.【详解】由得,所以.故选:D 【点睛】本小题主要考查代数式的化简求值,属于基础题.6.使不等式成立的一个充分不必要条件是()A.B.或C.D.【答案】C【解析】【分析】由题意要选的是的真子集.【详解】由得,因为选项中只有,故只有C选项中的条件是使不等式成立的一个充分不必要条件.故选:C.7.已知菱形的边长为5,两条对角线交于点,且、的长分别是关于的方程的根,则等于()A.-3B.5C.5或-3D.-5或3【答案】A【解析】【分析】由题意可知:菱形ABCD的边长是5,则AO2+BO2=25,则再根据根与系数的关系可得:AO+BO=﹣2m+1,AO•BO=m2+3;代入AO2+BO2中,得到关于m的方程后,求得m的值.【详解】由直角三角形的三边关系可得:AO2+BO2=25,又有根与系数的关系可得:AO+BO=﹣2m+1,AO•BO=m2+3,∴AO2+BO2=(AO+BO)2﹣2AO•BO=(﹣2m+1)2﹣2(m2+3)=25,整理得:m2﹣2m﹣15=0,解得:m=﹣3或5.又∵△>0,∴(2m﹣1)2﹣4(m2+3)>0,解得m,∴m=﹣3,故选:A.【点睛】将菱形的性质与一元二次方程根与系数的关系,以及代数式变形相结合解题是一种经常使用的解题方法.8.已知,则的最小值为()A.8B.10C.12D.14【答案】C 【解析】【分析】将变为,利用基本不等式即可求得答案.【详解】因为,,当且仅当,即时取得等号,即的最小值为12,故选:C二、选择题:本大题共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.若,,则下列结论正确的是( )A.B.C.D.【答案】BCD【解析】【分析】利用不等式的基本性质逐项判断,可得出合适的选项.【详解】对于A选项,因为,,则,,所以,,A错;对于B选项,因为,所以,因为,所以,所以,则,,所以,,B对;对于C选项,因为,则,因为,则,C对;对于D选项,因为,,所以,,D对.故选:BCD.10.设集合,集合,若,则可能是()A.B.C.D.【答案】ACD 【解析】【分析】根据,可得或或,进而可求出的值.【详解】因为,所以或或,则或或,解得或或.故选:ACD.11.若、且,则下列不等式中恒成立的是().A.B.C.D.【答案】AD【解析】【分析】利用基本不等式可判断AD选项的正误;取,可判断BC选项的正误.【详解】对于A选项,由基本不等式可得,则,当且仅当时,等号成立,A对;对于B选项,当,时,,B错;对于C选项,当,时,,C错;对于D选项,由题意可知,,由基本不等式可得,当且仅当时,等号成立,D对故选:AD.12.不等式对任意的恒成立,则()A.B.C.D.【答案】ACD 【解析】【分析】将原不等式转化为一元二次不等式恒成立问题,根据二次函数的性质求解.【详解】可整理为,根据二次函数的性质有:,故A正确;当时,满足,即原不等式成立,B错误;由,得,所以,C正确;,D正确;故选:ACD.三、填空题:本大题共4小题,每小题5分,共20分13.设全集,集合,,则图中的阴影部分表示的集合为__________.【答案】【解析】【详解】图中的阴影部分表示的集合为14.若命题,为真命题,则实数m的取值范围是______.【答案】【解析】【分析】结合一元二次不等式以及特称命题真假性求得正确答案.【详解】若命题,为真命题,则,化简得:,解得:或.实数m的取值范围是:. 故答案为:.15.下列说法不正确的是________.(只填序号)①是的必要条件;②是的充分不必要条件;③是且充分条件;④是的充分不必要条件.【答案】①③【解析】【分析】根据充分条件、必要条件判定方法,逐项判定,即可求解.【详解】①中,命题:若是的必要条件的逆否命题为若是的必要条件,由,可得或,所以是的充分条件,所以①不正确;②中,若,则成立,即充分性成立;反之:若,则不一定成立,即必要性不成立,所以是的充分不必要条件,所以②正确;③中,由,可得或,所以是且的必要条件,所以③不正确;④中,由,可得,所以是的充分不必要条件,所以④正确.故选:①③16.已知且,则的最小值是__________.【答案】8【解析】【分析】运用“1”的代换及基本不等式即可求得结果.【详解】因为,所以,所以,当且仅当,即时取等号.所以的最小值为8.故答案为:8.四、解答题:本大题共6小题,共70分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17.已知方程的两根为与,求下列各式的值:(1);(2).【答案】(1)18;(2)7.【解析】【分析】(1)变形为,利用根与系数的关系求解.(2)变形为,.利用根与系数的关系求解.【详解】方程两根为与,.(1),,.(2).18.设集合,集合.(1)若,求和(2)设命题,命题,若是成立的必要不充分条件,求实数的取值范围.【答案】(1),(2)【解析】【分析】(1)当,所以,再求和即可求出答案.(2)因为是成立的必要不充分条件,所以⫋,分类讨论和,即可得出答案.【小问1详解】,因为,所以, 所以,.【小问2详解】因为是成立的必要不充分条件,所以⫋,当时,,得当时,.解得,所以实数的取值范围是19.设函数(1)若不等式的解集为,试求的值;(2)若,求不等式的解集.【答案】(1)(2)答案见解析【解析】【分析】(1)根据不等式的解集确定1和3是方程的两个根,结合韦达定理即可求得答案;(2)求出方程的两根为和2,分类讨论两根的大小,即可求得不等式解集.【小问1详解】由题意知1和3是方程的两个根,且,即有,解得.【小问2详解】,则不等式,即 即,因为,方程的两根为和2,所以:①当,即时,不等式的解集为;②当,即时,不等式的解集为;③当且,即时,不等式的解集为.20.解答下列问题(1)设,,,比较与的大小;(2)已知,且,证明:.【答案】(1)(2)见解析【解析】【分析】(1)做差法;两式作差,再配完全平方,与0作大小比较,即可得出结论.(2)作差法;作差,再通分,判断每个因式的正负,即可证明.【小问1详解】解:,即,当且仅当,时,等号成立.【小问2详解】证明:,, ,.即,.21.回答下列两题:(1)已知,,且,求的最小值;(2)已知,求的最小值.【答案】(1)(2)【解析】【分析】(1)利用“1”的妙用,变形为,利用基本不等式,即可求解;(2)变形后,直接利用基本不等式,即可求解.【小问1详解】由题意可知,,当时,即,得时,等号成立,综上可知,的最小值为;【小问2详解】原式, 当时,等号成立,即,所以的最小值为.22.某光伏企业投资万元用于太阳能发电项目,年内的总维修保养费用为万元,该项目每年可给公司带来万元的收入.假设到第年年底,该项目的纯利润为万元.(纯利润累计收入总维修保养费用投资成本)(1)写出纯利润的表达式,并求该项目从第几年起开始盈利.(2)若干年后,该公司为了投资新项目,决定转让该项目,现有以下两种处理方案:①年平均利润最大时,以万元转让该项目;②纯利润最大时,以万元转让该项目.你认为以上哪种方案最有利于该公司的发展?请说明理由.【答案】(1),从第年起开始盈利(2)选择方案①更有利于该公司的发展;理由见解析【解析】【分析】(1)根据题意可得表达式,令,解不等式即可;(2)分别计算两个方案的利润及所需时间,进而可确定方案.【小问1详解】由题意可知,令,得,解得,所以从第年起开始盈利;【小问2详解】若选择方案①,设年平均利润为万元,则,当且仅当,即时等号成立,所以当时,取得最大值,此时该项目共获利(万元).若选择方案②,纯利润,所以当时,取得最大值,此时该项目共获利(万元).以上两种方案获利均为万元,但方案①只需年,而方案②需年,所以仅考虑该项目的获利情况 时,选择方案①更有利于该公司的发展.
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高中 - 数学
发布时间:2023-10-21 15:00:02
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文章作者:随遇而安
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