湖南省长沙市雅礼中学2023-2024学年高一数学上学期第一次月考试题（Word版附解析）

雅礼中学2023年下学期高一第一次月考数学（时量：120分钟　　分值：150分）一、单项选择题：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.命题“”的否定是（　　）A.B.C.D.2.设集合含有，1两个元素，含有，2两个元素，定义集合，满足，且，则中所有元素之积为（　　）A.B.C.8D.163.若函数定义域为，则的定义域是（）A.B.C.D.4.下列命题正确的是（）A.“”是“”的充分条件B.“”是“”的必要条件C.“”是“”的充分条件D.“”是“”的必要条件5.用C(A)表示非空集合A中的元素个数，定义A*B＝若A＝{1，2}，B＝{x|(x2＋ax)·(x2＋ax＋2)＝0}，且A*B＝1，设实数a的所有可能取值组成的集合是S，则C(S)等于（）A.1B.3C.5D.76.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.7.已知，则的最小值为（） A.B.0C.1D.8.黎曼函数是由德国数学家黎曼发现并提出的，在高等数学中有着广泛的应用，在上的定义为：当（，且，为互质的正整数）时，；当或或为内的无理数时，.已知，，，则（）注：，为互质的正整数，即为已约分的最简真分数.A.的值域为B.C.D.以上选项都不对二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．9.若不等式的解集是，则下列选项正确的是（）A.且B.C.D.不等式的解集是10.命题，为假命题，则实数m的取值可以是（）A.B.0C.1D.211.设，为两个正数，定义，的算术平均数为，几何平均数为，则有：，这是我们熟知的基本不等式．上个世纪五十年代，美国数学家D．H．Lehmer提出了“Lehmer均值”，即，其中为有理数．如：．下列关系正确的是（　　）A.B.C.D.12.已知集合有且仅有两个子集，则下面正确的是（） AB.C.若不等式的解集为，则D.若不等式的解集为，且，则三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知，那么f(x)解析式为________.14.设集合，，若，则实数t取值范围为____________．15.已知函数，，若对任意，存在，使得，则的取值范围______．16.若，且，则的最小值为_______.四、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．（其中第17题10分，18~22题每题12分，共70分）17.已知全集，集合，.（1）当时，求；（2）若是必要不充分条件，求实数的取值范围.18.已知，，均为正实数，且．（1）求证：；（2）求的最小值．19.已知x>0，y>0，且2x+8y-xy=0，求：（1）xy的最小值；（2）x+y的最小值..20.济南市地铁项目正在加火如荼的进行中，通车后将给市民出行带来便利，已知某条线路通车后，列车的发车时间间隔t（单位：分钟）满足，经市场调研测算，列车载客量与发车时间间隔t相关，当 时列车为满载状态，载客量为500人，当时，载客量会减少，减少的人数与的平方成正比，且发车时间间隔为2分钟时的载客量为372人，记列车载客量为.（1）求的表达式，并求当发车时间间隔为5分钟时，列车的载客量；（2）若该线路每分钟的净收益为（元），问当发车时间间隔为多少时，该线路每分钟的净收益最大，并求出最大值.21.已知二次函数（，为实数）（1）若时，且对，恒成立，求实数的取值范围；（2）若时，且对，恒成立，求实数的取值范围．22.已知函数，．（1）求函数的定义域和值域；（2）已知为非零实数，记函数的最大值为，求． 雅礼中学2023年下学期高一第一次月考数学（时量：120分钟　　分值：150分）一、单项选择题：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.命题“”的否定是（　　）A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由特称命题的否定是全称命题，可得出答案.【详解】根据特称命题的否定是全称命题，可知命题“”的否定是“”.故选：A.2.设集合含有，1两个元素，含有，2两个元素，定义集合，满足，且，则中所有元素之积为（　　）A.B.C.8D.16【答案】C【解析】【分析】根据集合的定义先求出集合，然后再把集合中所有元素相乘即可求解.【详解】由题意，，由集合的定义可知，集合中有以下元素：①，②，③，④，根据集合中元素满足互异性去重得，所以中所有元素之积为.故选：C.3.若函数的定义域为，则的定义域是（） AB.C.D.【答案】B【解析】【分析】根据函数中，即可得出，即可选出答案.【详解】因为函数的定义域为，即所以所以的定义域是故选:B.【点睛】本题考查隐函数的定义域，属于基础题.解本题的关键在于正确理解函数的定义域是的取值范围与同一个函数其括号里面的取值范围一样.4.下列命题正确的是（）A.“”是“”的充分条件B.“”是“”的必要条件C.“”是“”的充分条件D.“”是“”的必要条件【答案】D【解析】【分析】根据充分条件、必要条件的定义判断即可；【详解】解：对于A：由推不出，如，满足，但是，故A错误；对于B：由推不出，如，满足，但是，即不是的必要条件，故B错误；对于C：由推不出，当时，故C错误；对于D：若，则，即，所以，即是的必要条件，故D正确；故选：D5.用C(A)表示非空集合A中的元素个数，定义A*B＝若A＝{1，2}，B＝{x|(x2＋ax)·(x2＋ax＋2)＝0}，且A*B＝1，设实数a的所有可能取值组成的集合是S，则C(S)等于（）A.1B.3C.5D.7【答案】B 【解析】【分析】根据题意可得或，进而讨论a的范围，确定出，最后得到答案.【详解】因为，，所以或，由，得，关于x的方程，当时，即时，易知，符合题意；当时，即或时，易知0，-a不是方程的根，故，不符合题意；当时，即时，方程无实根，若a=0，则B={0}，，符合题意，若或，则，不符合题意.所以，故.故选：B.【点睛】对于新定义的问题，一定要读懂题意，一般理解起来不难，它一般和平常所学知识和方法有很大关联；另外当时，容易遗漏a=0时的情况，注意仔细分析题目.6.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.7.已知，则的最小值为（）A.B.0C.1D.【答案】A【解析】【分析】根据“1”技巧，利用均值不等式求解.【详解】，，，，，，当且仅当，即，时等号成立，故选：A8.黎曼函数是由德国数学家黎曼发现并提出的，在高等数学中有着广泛的应用，在上的定义为：当（，且，为互质的正整数）时，；当或或为内的无理数时，.已知，，，则（）注：，为互质的正整数，即为已约分的最简真分数.A.的值域为B. C.D.以上选项都不对【答案】B【解析】【分析】设，（，且，为互质的正整数），B＝{x|x＝0或x＝1或x是[0，1]上的无理数}，然后对A选项，根据黎曼函数在上的定义分析即可求解；对B、C选项：分①，；②，；③或分析讨论即可．【详解】解：设，（，且，为互质的正整数），B＝{x|x＝0或x＝1或x是[0，1]上的无理数}，对A选项：由题意，的值域为，其中是大于等于2的正整数，故选项A错误；对B、C选项：①当，，则，；②当，，则，＝0；③当或，则，，所以选项B正确，选项C、D错误，故选：B.【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是牢牢抓住黎曼函数在上的定义去分析.二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，有选错的得0分，部分选对的得2分．9.若不等式的解集是，则下列选项正确的是（）A.且B.C.D.不等式的解集是【答案】ABD 【解析】【分析】根据一元二次不等式的解集可判断出的正负以及的关系，由此可判断各选项的对错.【详解】因为的解集为，解集属于两根之内的情况，所以，又因为，所以；A．，故正确；B．因为，所以，故正确；C．因为解集为，所以，故错误；D．因为即为，即，解得，故正确；故选：ABD.10.命题，为假命题，则实数m的取值可以是（）A.B.0C.1D.2【答案】ABC【解析】【分析】先求出命题为真命题时实数m的取值范围，然后利用补集思想求出命题为假命题时m的取值范围，由此可得出合适的选项.【详解】若命题，为真命题，则，解得，所以当命题，为假命题时，，符合条件的为、B、C选项.故选：BC.11.设，为两个正数，定义，的算术平均数为，几何平均数为，则有：，这是我们熟知的基本不等式．上个世纪五十年代，美国数学家D．H．Lehmer提出了“Lehmer均值”，即，其中为有理数．如： ．下列关系正确的是（　　）A.B.C.D.【答案】AC【解析】【分析】根据新定义逐个选项代入，化简后根据基本不等式与柯西不等式判断即可.详解】A：，故A对；B：，故B错；C：，，而，故C对；D：由柯西不等式，，故D错.故选：AC.12.已知集合有且仅有两个子集，则下面正确的是（）A.B.C.若不等式的解集为，则D.若不等式的解集为，且，则【答案】ABD【解析】【分析】根据集合子集的个数列方程，求得的关系式，对A，利用二次函数 性质可判断；对B，利用基本不等式可判断；对CD，利用不等式的解集及韦达定理可判断.【详解】由于集合有且仅有两个子集，所以，由于，所以.A，，当时等号成立，故A正确.B，，当且仅当时等号成立，故B正确.C，不等式的解集为，，故C错误.D，不等式的解集为，即不等式的解集为，且，则，则，，故D正确，故选：ABD三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13.已知，那么f(x)的解析式为________.【答案】.【解析】【分析】用代换已知式中的，可得，注意有取值范围．【详解】解：由可知，函数的定义域为{x|x≠0，x≠﹣1}，用代换，代入上式得：f(x)==，故答案为：．【点睛】本题考查求函数解析式，掌握函数这定义是解题关键．求解析式时要注意自变量的取值范围．14.设集合，，若，则实数t取值范围为____________．【答案】【解析】 【分析】由可知，讨论与，即可求出答案.【详解】因为，所以，当时：，满足题意；当时：，无解；所以实数t的取值范围为.故答案为：15.已知函数，，若对任意，存在，使得，则的取值范围______．【答案】【解析】【分析】由题意可判断，由此求出，可得相应不等式恒成立，转化为函数最值问题，求解即可.【详解】由题意知；当时，，故需同时满足以下两点：①对时，∴恒成立，由于当时，增函数，∴；②对时，，∴恒成立， 由于，当且仅当，即时取得等号，∴，∴，故答案为：16.若，且，则的最小值为_______.【答案】【解析】【分析】根据a2+2ab﹣3b2=1得到(a+3b)(a﹣b)=1，令x=a+3b，y=a﹣b，用x，y表示a，b，然后代入a2+b2，利用均值不等式求解.【详解】由a2+2ab﹣3b2=1得(a+3b)(a﹣b)=1，令x=a+3b，y=a﹣b，则xy=1且a，b，所以a2+b2=()2+()2，当且仅当x2，y2时取等号.故答案为.【点睛】本题主要考查均值不等式的应用，还考查了转化求解问题的能力，属于中档题.四、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．（其中第17题10分，18~22题每题12分，共70分）17.已知全集，集合，.（1）当时，求；（2）若是的必要不充分条件，求实数的取值范围.【答案】（1）或 （2）【解析】【分析】（1）当时，求出集合、，利用补集和交集的定义可求得集合；（2）分析可知，Ü，利用集合的包含关系可得出关于实数的不等式组，由此可解得实数的取值范围.【小问1详解】因为，当时，，因为全集，则或，或，因此，或.【小问2详解】易知集合为非空集合，因为是的必要不充分条件，则Ü，所以，，解得.因此，实数取值范围是.18.已知，，均为正实数，且．（1）求证：；（2）求的最小值．【答案】（1）证明见解析（2）9【解析】【分析】（1）根据结合基本不等式即可得证；（2）根据结合基本不等式即可得解.【小问1详解】 原式.当且仅当是取等号，所以；【小问2详解】原式.当且仅当是取等号，所以的最小值为．19.已知x>0，y>0，且2x+8y-xy=0，求：（1）xy的最小值；（2）x+y的最小值..【答案】（1）64（2）18【解析】【分析】（1）利用基本不等式构建不等式即可得结果；（2）将变形为分式型，利用“1”的代换和基本不等式可得结果.【小问1详解】 ∵，，，∴，当且仅当时取等号，∴∴，当且仅当时取等号，故的最小值为64.【小问2详解】∵，则，又∵，，∴，当且仅当时取等号，故的最小值为18.20.济南市地铁项目正在加火如荼的进行中，通车后将给市民出行带来便利，已知某条线路通车后，列车的发车时间间隔t（单位：分钟）满足，经市场调研测算，列车载客量与发车时间间隔t相关，当时列车为满载状态，载客量为500人，当时，载客量会减少，减少的人数与的平方成正比，且发车时间间隔为2分钟时的载客量为372人，记列车载客量为.（1）求的表达式，并求当发车时间间隔为5分钟时，列车的载客量；（2）若该线路每分钟的净收益为（元），问当发车时间间隔为多少时，该线路每分钟的净收益最大，并求出最大值.【答案】（1）；（2）发车时间间隔为4分钟时，每分钟的净收益最大为132元.【解析】【分析】（1）由题设，有且，求k值，进而写出其分段函数的形式即可.（2）由（1）写出解析式，讨论、求最大值即可.【小问1详解】 由题设，当时，令，又发车时间间隔为2分钟时的载客量为372人，∴，解得.∴，故时，，所以当发车时间间隔为5分钟时，列车的载客量为人.【小问2详解】由（1）知：，∵时，当且仅当等号成立，∴上，而上，单调递减，则，综上，时间间隔为4分钟时，每分钟的净收益最大为132元.21.已知二次函数（，为实数）（1）若时，且对，恒成立，求实数的取值范围；（2）若时，且对，恒成立，求实数的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由题意求出可得对恒成立，分离参数，即得，令，则可得，利用基本不等式即可求得答案；（2）由题意，变更主元：令为主元，视为参数，则 ，对恒成立，由此可得不等式组，即可求得答案.【小问1详解】将，代入得∴对恒成立，即对恒成立，当时，由于在上单调递增，故，∴，，令，则，当且仅当，即时等号成立，∴；【小问2详解】由题意，变更主元：令为主元，视为参数，令，对，恒成立，故只需，即，解得.22.已知函数，．（1）求函数的定义域和值域；（2）已知为非零实数，记函数的最大值为，求． 【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）根据根式的概念可得定义域，再计算，结合二次函数值域求解可得值域；（2）令，设函数，，再根据二次函数对称轴与区间的位置关系分类讨论求解即可.【小问1详解】定义域：，当时，，∴，∴；【小问2详解】，令，则，设，，1°若， 此时二次函数对称轴，开口向上，则.2°若，此时对称轴：，①当即时，开口向下，则；②当即，对称轴，开口向下，则，③即时，开口向下，；综上：.