四川省南充市南充市第一中学2023-2024学年高一数学上学期9月月考试题（Word版附解析）

南充一中2023年秋季高2026届三校区9月月考数学满分：150分考试时长：120分钟注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．2．作答时，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】A【解析】【分析】根据集合直接求并集即可．【详解】解：因为集合，，所以．故选：A.2.命题“”的否定是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】全称量词命题的否定是存在量词命题，把任意改为存在，把结论否定.【详解】“”的否定是“”.故选：D3.已知集合，，则“”是“”的（）A.充要条件B.必要不充分条件 C.充分不必要条件D.既不充分又不必要条件【答案】C【解析】【分析】由可得a的值，结合充分性、必要性判断即可.【详解】因为，所以或或，所以是的充分不必要条件.故选：C.4.有外表一样、重量不同的四个小球，它们的重量分别是，已知，，，则这四个小球由重到轻的排列顺序是（）．A.B.C.D.【答案】A【解析】【分析】由，相加可得，进而得，利用可得，即可判断出大小.【详解】，，，，，，综上可得，．故选：A.【点睛】本题考查了不等式的基本性质，考查了推理能力，属于基础题.5.已知，设，，则有（）AB.C.D.【答案】B【解析】【分析】比较两个数的大小，通常采用作差法，分别计算的结果，判断结果的符号． 【详解】解：∵，因为，所以，∴．故选：B6.若“，使得成立”是假命题，则实数的取值范围为（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】“，使得成立”是假命题，等价于“，使得成立”是真命题，再利用基本不等式，求出时，的最小值，即可得实数的取值范围．【详解】若“，使得成立”是假命题，则“，使得成立”是假命题，即等价于“，使得成立”是真命题.根据基本不等式，，当且仅当，即时等号成立，所以，故实数的取值范围为.故选：B．7.火车站有某公司待运的甲种货物1530吨，乙种货物1150吨．现计划用A，B两种型号的货箱共50节运送这批货物．已知35吨甲种货物和15吨乙种货物可装满一节A型货箱，25吨甲种货物和35吨乙种货物可装满一节B型货箱，据此安排A，B两种货箱的节数，下列哪个方案不满足：（）A.A货箱28节，B货箱22节B.A货箱29节，B货箱21节C.A货箱31节，B货箱19节D.A货箱30节，B货箱20节 【答案】C【解析】【分析】设A、B货箱分别有x，y节，则，结合已知判断各选项是否能够装运所有货物即可．【详解】设A、B货箱分别有x，y节，则，A：共50节且，，满足；B：共50节且，，满足；C：共50节且，，不满足；D：共50节且，，满足；故选：C.8.已知，则的最小值为（）A.4B.6C.D.10【答案】D【解析】【分析】根据已知条件可得出，，通过配凑，再根据基本不等式即可求得结果.【详解】∵∴，，∴，当且仅当，即，时取等号，∴的最小值为10． 故选：D.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.设全集为U，在下列选项中，是的充要条件的是（）A.B.C.D.【答案】BCD【解析】【分析】利用维恩图解决集合运算问题.【详解】由维恩图可知，A不是的充要条件，B，C，D都是的充要条件，故选：BCD．10.下列几种说法中，不正确的是（）A.周长相等的三角形全等B.“”是“”的充分不必要条件C.命题“若，则”的否定是假命题D.若a为实数，则“”是“”的必要不充分条件【答案】ABD【解析】【分析】本题考查了充分条件和必要条件基本概念．A举反例判断，BCD根据充分条件与必要条件概念判断．【详解】对于A，因为若三角形三边长分别为3,3,4和2,4,4，它们周长相等但三角形不全等，所以A错误；对于B，当，时，，但，所以B错误；对于C，命题“若，则”是真命题，所以命题“若，则”的否定是假命题，所以C正确；对于D，“”是“”的充分不必要条件，所以D错误；故选：ABD． 11.对任意集合A，，记且，则称为集合A，B的对称差，例如，若，则，下列命题中为真命题的是（）A.若A，且，则B.若A，且，则C.存在A，，使得D.若A，且，则【答案】ABCD【解析】【分析】根据对称差的定义及集合的交、并、补运算，逐项判断即可．【详解】对于A，因为，所以且，即与是相同的，所以，否则，若，且，故本选项符合题意；对于B，因为，所以且，所以，且B中的元素不能出现在中，因此，故本选项符合题意；对于C，时，，，故本选项符合题意；对于D，因为，所以且，所以，故本选项符合题意．故选：ABCD．12.下列说法正确的有（）A.已知，则的最小值为B.的最小值为2C.若正数x，y满足，则的最小值为3D.设x，y为正实数，若，则的最小值是1【答案】ACD【解析】 【分析】对于A项，配凑后使用基本不等式判断即可，对于B项，当时不成立即可判断，对于C项，运用“1”的代换及基本不等式即可判断，对于D项，运用，结合已知条件转化为解关于的一元二次不等式即可.【详解】对于A项，因为，所以，所以，当且仅当，即时等号成立，故A项成立；对于B项，当时，，故B项错误；对于C项，正数x，y满足，所以，所以，当且仅当，即时等号成立，故C项成立；对于D项，因为x，y为正实数，所以，当且仅当时等号成立，①又因为，所以②，所以由①②得，即，即，又因为，，所以，当且仅当，即，时，等号成立，故D项成立．故选：ACD．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡上． 13.已知集合，．若，则的值为______．【答案】【解析】【分析】将-1、2分别代入中，可得出关于m，n的两个方程，从而求出m、n值，从而得出答案．【详解】解：由题意知-1，2是方程的两根，则，解得，∴．故答案为：．14.已知，，则的取值范围是______．【答案】【解析】【分析】运用不等式的性质进行求解即可．【详解】∵，∴，又∵，∴．故答案为．15.已知集合M为非空数集，且同时满足下列条件：（i）；（ii）对任意的，任意的，都有；（iii）对任意的且，都有．给出下列四个结论：①；②；③对任意的x，，都有；④对任意的x，，都有．其中正确的结论有______个．【答案】3【解析】【分析】①利用条件（i）和（ii）推理可得；②利用（i），（iii）得，再结合（ii）可判断；③首先 得出，然后由条件（ii）可得结论；④由已知得出，得，推导得出，从而有，，，，再由条件（ii）可判断．【详解】①∵，∴，即，①正确；②∵，∴，∴，，②正确；③∵，又，∴，所以，③正确；④，．由③，∴，由②知，∴，∴，，，∴，由③得，∴当时，，，，，∴，④不正确，综上，①②③正确．故答案为：3．16.对任意的正实数a，b，c，满足，则的最小值为_____________.【答案】【解析】分析】根据条件，得到，利用基本不等式得到，再通过构造，二次运用基本不等式即可求出结果.【详解】因为 ，当且仅当时取等号.故答案为：.【点睛】关键点晴：解答本题的关键在于，利用条件将变形成，再整理成，再利用均值不等式即可求出结果.四、解答题（本大题共6小题，共70分，17题10分，18-22题各12分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17.已知集合，集合．求：（1）；（2）．【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）利用集合交集的定义进行求解即可；（2）根据集合补集的定义，结合（1）的结论进行求解即可.【小问1详解】因为，，所以；【小问2详解】由（1）可知：，所以或.18已知集合，．（1）当时，求； （2）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）由求出集合，再根据并集的定义即可得解；（2）根据题意是的真子集，根据集合的关系求解参数的取值范围．【小问1详解】∵当时，，，∴；【小问2详解】∵，∴，由是的充分不必要条件得是的真子集，若，则，解得，满足是的真子集，符合题意；当时，，满足是的真子集，符合题意；当时，，得，解得，综上可得：，故实数的取值范围为：．19.设全集，集合，或．（1）求图中阴影部分表示的集合；（2）已知集合，若，求a的取值范围．【答案】（1）（2） 【解析】【分析】由韦恩图图及含参数的集合交并补的混合运算即可求解.【小问1详解】因为，或，所以，则图中阴影部分表示．【小问2详解】因为，或，且，所以，，所以当时，，解得，符合题意；当时，或者，此时不等式组无解，不等式组的解集为，综上，a的取值范围为．20.对平面直角坐标系第一象限内的任意两点，作如下定义：如果，那么称点是点的“上位点”，同时称点是点的“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）设a，b，c，d均为正数，且点是点的“上位点”，请判断点是否既是点的“下位点”，又是点的“上位点”．如果是，请证明；如果不是，请说明理由．【答案】（1）一个“上位点”坐标为，一个“下位点”坐标为（答案不唯一，正确即可）（2）是，证明见解析【解析】【分析】（1）由已知“上位点”和“下位点”的定义，可得出点（3，5）的一个“上位点”的坐标为（3，4），一个“下位点”的坐标为（3，7）； （2）由点是点的“上位点”得出,然后利用作差法得出与的大小关系，结合“下位点”和“上位点”的定义可得出结论.【小问1详解】解：由题意，可知点的一个“上位点”坐标为，一个“下位点”坐标为．（答案不唯一，正确即可）【小问2详解】解：点既是点的下位点，又是点的“上位点”，证明如下：∵点是点的“上位点”，∴，又a，b，c，d均为正数，∴，∵，∴是点的“下位点”，∵，∴是点的“上位点”，综上，既是点的“下位点”，又是点的“上位点”．21.设矩形的周长为，把沿向折叠，折过去后交于点P，设．（1）用x的代数式表示y，并写出x的取值范围；（2）求最大面积及相应x的值． 【答案】（1）（2）当时，的面积最大，面积的最大值为【解析】【分析】（1）设，根据几何关系可得各边长度，再根据中的勾股定理列式，化简可得，根据求解即可；（2）根据，利用基本不等式求解最大值即可.【小问1详解】如图，∵，由矩形的周长为，可知．设，则，，，，，．在中，由勾股定理得，即，解得，所以．即．【小问2详解】的面积为．由基本不等式与不等式的性质，得，当且仅当时，即当时，的面积最大，面积的最大值为22.有限个元素组成的集合，，记集合中的元素个数为，即 .定义，集合中的元素个数记为，当时，称集合具有性质.（1），，判断集合，是否具有性质，并说明理由；（2）设集合，且（），若集合具有性质，求的最大值.【答案】（1）集合不具有性质，集合具有性质，理由见解析（2）最大值为6056【解析】【分析】（1）由已知集合结合定义求得与，再由性质的概念判断；（2）要使取最大，则，，根据性质检验可得，可得的最大值.【小问1详解】集合不具有性质，集合具有性质.因为，，所以，，则集合不具有性质，所以，，则集合具有性质【小问2详解】，且，，要使取最大，则，，当时，，则不具有性质，要使取最大，则，，当时，，则不具有性质，当时，，则不具有性质， 当时，则具有性质，则使得取最大，可得，若集合具有性质，则的最大值为6056.【点睛】关键点睛：本题解决本题的关键是，通过第一问的两个集合判定是否具有性质时，可得到结论为若集合中的三个数满足或四个数满足时，集合不具有性质，从而对集合中的运算进行检验判断.