四川省绵阳南山中学2023-2024学年高一数学上学期10月月考试题（Word版附解析）

绵阳南山中学2023年秋季高一10月月考数学试题2023年10月一､单选题：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.给出下列4个关系式：①；②；③；④，其中正确的个数为：（）A.1B.2C.3D.4【答案】B【解析】【分析】根据常见数集的符号表示，结合属于关系与包含关系的定义、空集的性质进行判断即可.【详解】因为是实数，所以①正确；因为所以的整数都是有理数，所以，因此②不正确；因为空集中没有元素，所以③不正确；因为空集是任何集合的子集，所以④正确，因此正确个数为，故选：B2.，则下面的关系式中正确的是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】由集合B中元素的性质可判断，由此结合集合的交并补运算，一一判断各选项，可得答案【详解】由于，故，则，A错误，D正确；由于，只有当时，，此时才有，B错误；由于，故，C错误， 故选：D3.对于实数a，b，c，下列命题正确的是（）A.若，则B.若，则C.若，则D.若，则．【答案】C【解析】【分析】ABD选项，由做差法可判断大小；C选项，分三种情况讨论即可判断大小.【详解】A选项，，故A错误；B选项，，因不清楚的正负情况，故B错误；C选项，当时，；当时，，当时，，综上，故C正确；D选项，，故D错误.故选：C4.若关于x的不等式ax－b>0的解集为{x|x>1}，则关于x的不等式的解集为（）A.{x|x>1或x<－2}B.{x|1<x<2}C.{x|x>2或x<－1}D.{x|－1<x<2}【答案】C【解析】【分析】首先根据题意得到为的根，从而得到且，将不等式等价于，再解不等式即可. 【详解】由题知：为的根，所以，即，又因为的解集为，所以.故解得或.故选：C5.已知命题任意，命题：关于的不等式有解，若命题､命题一真一假，则实数的取值范围是（）A.B.C.或D.且【答案】D【解析】【分析】假设命题为真命题求得参数a的取值范围，讨论命题､命题一真一假的情况，综合可得答案.【详解】当命题为真时，即：“”，即当时，，又当时，取最小值，即得，当命题为真时，即：关于的不等式有解，所以，所以或，又命题一真一假，当真假，即，所以当假真，即，所以即实数的取值范围是：且；故选：D6.若、、均大于0，且，则的最大值为（）A.B.C.D.【答案】C 【解析】【分析】注意,而,从而沟通了问题与已知的联系,然后利用基本不等式求最值.【详解】解：、、均大于0,当且仅当时取“=”,的最大值为.故选:C【点睛】利用基本不等式求最值是高考考查的重点内容,对不符合基本不等式形式的应首先变形,然后必须满足三个条件：一正、二定、三相等.7.已知命题，命题，若是成立的必要不充分条件，求的范围是（）A.或B.C.D.或【答案】A【解析】【分析】解相应不等式可得命题与对应条件，后由必要不充分条件与集合关系可得答案.【详解】由，解得：.，或.由，解得：.， 是成立的必要不充分条件，则集合是集合的真子集.或，解得或.的范围是或.故选：A8.关于的方程至少有一个负根的充要条件是（）A.B.C.或D.【答案】B【解析】【分析】根据题意可先求得关于的方程没有一个负根时，的取值范围，即可得出满足题意的的范围.【详解】当方程没有根时，，即，解得；当方程有根，且根都不为负根时，可得，解得，综上可知，即关于的方程没有一个负根时，，所以至少有一个负根的充要条件是.故选：B二､多选题：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.全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分.9.下列描述中，正确的是（）A.命题“存在”的否定是“任意”B.已知为两个命题，若“或”为假命题，则“非且非”为真命题C.“”是“”的必要不充分条件D.若，则的最小值为2 【答案】BC【解析】【分析】根据含有一个量词的命题的否定可判断A；根据“或”“且”“非”命题的真假判断判断B；根据必要不充分条件的判定可判断C；利用对勾函数的单调性求得的最小值判断D.【详解】对于A，命题“存在”的否定是“任意”，A错误；对于B，“或”为假命题，则、都假命题，故非和非都是真命题，故“非且非”为真命题，B正确；对于C，当时，推不出；当时，必有成立，故“”是“”的必要不充分条件，C正确；对于D，，，则，令，则，而函数在上单调递增，故的最小值为，即的最小值为，D错误，故选：BC10.已知，若，则实数的值可以是（）A.0B.C.D.【答案】ABC【解析】【分析】分与两种情况求解即可.【详解】，当时，，满足题意；当时，，此时或，解得或.综上有，或. 故选：ABC11.关于的不等式的解集为，则下列结论成立的是（）A.B.C.D.【答案】ABD【解析】【分析】根据一元二次不等式解集与方程根的关系可知，方程的两实数根为3和4，利用韦达定理计算可得，，对选项逐一判断即可得出结论.【详解】由题意可知，3和4是方程的两实数根，利用韦达定理可知，即可得，，即A正确；解得，所以，可得B正确；所以，即C错误；可得，即D正确.故选：ABD12.我们知道，如果集合，那么S的子集A的补集为且，类似地，对于集合A，B我们把集合且，叫作集合A和B的差集，记作，例如：，，则有，，下列解答正确的是（　　）A.已知，，则 B.已知或，，则或C.如果，那么D.已知全集、集合A、集合B关系如上图中所示，则【答案】BCD【解析】【分析】根据定义可判断AB；根据差集与补集的定义可判断CD.【详解】对于A：由且，故，故A错误；对于B：或，则或，故B正确；对于C：由且，则，故，故C正确；对于D：如图，阴影部分表示，由定义阴影部分也表示，则，故D正确；故选：BCD.三､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13.若，则的范围为_______________【答案】【解析】【分析】先求得的取值范围，根据不等式的性质求得的取值范围.【详解】依题意可知，由于，由不等式的性质可知.故填：.【点睛】本小题主要考查不等式的性质，考查运算求解能力，属于基础题.14.学校举办运动会时，高一（1）班共有28名同学参加比赛，有15人参加径赛，有8人参加田赛，有14人参加球类比赛，有3人同时参加参加径赛和田赛，有3人同时参加径赛和球类比赛，没有人同时参加三项比赛.只参加球类比赛的人数为__________.【答案】 【解析】【分析】利用韦恩图求解．【详解】设全班参加比赛的同学组成全集，参加径赛的同学组成集合，参加田赛的同学组成集合，参加球类比赛的同学组成集合，设同时参加田赛和球类比赛的有人，根据题意，画出韦恩图如图所示，在相应的位置填上数字，则，解得，所以同时参加田赛和球类比赛的有人，所以只参加球类比赛的人数为人，故答案为：．15.不等式解集为__________.【答案】【解析】【分析】将分式不等式转化成整式不等式求解即可得出答案.【详解】根据不等式整理可得，即，等价于，解得；所以不等式的解集为 故答案为：16.二次函数，对任意，都有恒成立，则的取值范围是__________.【答案】或【解析】【分析】根据题意可知，将不等式整理成关于的一次函数，并根据一次函数性质解不等式即可求得的取值范围.【详解】由题意对任意，都有恒成立，即对任意恒成立，不妨令，将此函数看成关于的一次函数，其中为参数，由一次函数性质可得，即，解得或.即的取值范围为或.故答案为：或.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.17.已知集合，求和.【答案】.【解析】【分析】解集合A对应方程，后由交集，并集定义可得答案.【详解】因为，解得或10，则，则.18.（1）已知集合，求实数的值；（2）已知集合，若集合有四个子集，求实数的取值范围. 【答案】（1）；（2）且.【解析】【分析】（1）根据，讨论集合A中元素，列式求解，即得答案；（2）根据集合有四个子集，可得A中有2个元素，结合一元二次方程的判别式求得答案.【详解】（1）解：由题知因为，故，又因为，则或，①当时，即，此时，集合中的元素不满足互异性，故舍；②当时，即，解得或（舍），此时，集合中的元素满足互异性，综上所述，；（2）由题因为集合有四个子集，所以集合中有两个元素，所以，且，即且，所以且.19.“水立方”是2008年北京奥运会标志性建筑之一，如图为水立方平面设计图，已知水立方地下部分为钢筋混凝土结构，该结构是大小相同的左右两个矩形框架，这框架面积之和为，现地上部分要建在矩形上，已知两框架与矩形空白的宽度为，两框架之间的中缝空白的宽度为.（1）设矩形框架宽度为，求水立方占地面积的表达式（不用写出的取值范围）；（2）怎样确定矩形框架的高与宽的尺寸（单位：），使水立方占地面积最小，最小值是多少（单位：）？ 【答案】（1）（2）当矩形框架的高为，宽为时，水立方占地面积最小，为.【解析】【分析】（1）分别表达矩形的长宽，进而可得面积；（2）根据基本不等式求解即可.【小问1详解】框架面积之和为，则每个矩形框架面积为，矩形框架宽度为，则高为，故水立方宽为，高为，则.【小问2详解】，当且仅当，等号成立，此时高，故当矩形框架的高为，宽为时，水立方占地面积最小，为.20.在①；②“”是“”的充分不必要条件；③这三个条件中任选一个，补充到本题第②问的横线处，求解下列问题.问题：已知集合.（1）当时，求；（2）若__________，求实数的取值范围.【答案】（1）（2）或.【解析】 【分析】（1）将代入可求得集合，再由交集和补集运算即可求出结果；（2）若选择①，可利用数轴分类讨论出集合中参数需满足的范围即可计算出结果；若选择②，由条件可得Ü，对集合是否为空集进行分类讨论即可；若选择③，根据可限定出两端点处取值范围，解不等式可求得实数的取值范围.【小问1详解】当时，集合，可得或，所以；【小问2详解】若选择①，则或，解得或，所以可得；所以实数的取值范围是.若选择②，“”是“”的充分不必要条件，则Ü，因为，当时，，即；当时，所以可得，即；综上可知，实数的取值范围是.若选择③，，因为，时，，即；此时满足；时，或，解得 综上可知，实数的取值范围是或.21.已知，且.（1）求证：；（2）求证：.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】(1)用巧用“1”进行代入化简，再用基本不等式即可得证.(2)将代入“”中，再进行化简，即可使用基本不等式求证.【小问1详解】证明：由,所以.所以，当且仅当时取等号即.由此得证.【小问2详解】证明：由.当且仅当时取等号.由此得证.22.已知关于的函数.（1）解关于的不等式；（2）集合，集合，若对，使得，求实数的取值范围.【答案】（1）答案见解析（2）【解析】【分析】（1）讨论的范围，即可求出不等式的解集； （2）先求出集合，由题意可得，即，又，解不等式即可得出答案.【小问1详解】由得当时，解集为当时，解集为或当时，解集为或【小问2详解】，由题知当时，；当时，；得①，在处取得最小值，当时，，得②，由①②可得.