重庆市第十一中学2023-2024学年高一数学上学期10月月考试题（Word版附解析）

高2026高一上期10月模拟数学试题一、单选题（本大题共8小题，共40.0分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1.设集合，，，则（）A.B.C.D.【答案】B【解析】【分析】由并集和交集定义直接求解即可.【详解】，.故选：B.2.命题：“对任意的，”的否定是（）A.不存在，B.存在，C.存在，D.对任意的，【答案】C【解析】【分析】由全称命题的否定可直接确定结果.【详解】由全称命题的否定知：原命题的否定为：存在，.故选：C.3.集合，若，则（）A.B.3或C.3D.3或或5【答案】A【解析】【分析】由得，分类讨论：当时，，经验证不合题意，当时，得或，经验证符合题意.【详解】因为，所以，当时，，此时，，，不合题意，当时，或， 当时，，，符合题意，当时，不满足元素的互异性.综上所述：.故选：A.【点睛】本题考查了由集合的交集求参数，考查了分类讨论思想，考查了集合中元素的互异性，属于基础题.4.下列不等式中成立的是（）A.若，则B.若，则C.若，则D.若，则【答案】B【解析】【分析】A，如时，，所以该选项错误；BCD，利用作差法比较大小分析得解.【详解】A.若，则错误，如时，，所以该选项错误；B.若，则，所以该选项正确；C.若，则，所以该选项错误；D.若，则，所以该选项错误.故选：B5.若，则下列不等式一定成立的是（）A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】对A，B，C，D选项作差与0比较即可得出答案.【详解】对于A，因为，故，即，故A错误；对于B，，无法判断，故B错误； 对于C，因为，，故C正确；对于D，因为，故，即，故D错误．故选：C．6.使不等式成立的一个充分不必要条件是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】解不等式求得其解集为，可知所求为的一个真子集，由此可判断选项得到结果.【详解】当时，不等式可化为，解得：；当时，不等式可化为，解得：；的解集为；使不等式成立的一个充分不必要条件为的真子集，，D正确.故选：D.7.当时，不等式对任意实数恒成立，则的值为（）A.B.6C.7D.8【答案】B【解析】【分析】化不等式为一元二次不等式，再利用不等式恒成立求出的取值范围即可.【详解】由于，则不等式等价于， 依题意，不等式对任意实数恒成立，则，解得，于是，所以.故选：B8.2021年初，某地区甲、乙、丙三位经销商出售钢材的原价相同．受钢材进价普遍上涨的影响，甲、乙计划分两次提价，丙计划一次提价．设，甲第一次提价，第二次提价；乙两次均提价；丙一次性提价．各经销商提价计划实施后，钢材售价由高到低的经销商依次为（）A.乙、甲、丙B.甲、乙、丙C乙、丙、甲D.丙、甲、乙【答案】A【解析】【分析】根据题意，分别计算出提价后的价格，结合基本不等式，分析即可得答案.【详解】设提价前价格为1，则甲提价后的价格为：，乙提价后价格为：，丙提价后价格为：，因，所以，所以，即乙>甲>丙.故选：A二、多选题（本大题共4小题，共20.0分.在每小题有多项符合题目要求）9.，或，若，则的可能取值为（）A.3B.2C.D.1【答案】BD【解析】【分析】根据题意，可分和 两种情况，结合集合交集的概念及运算，列出不等式（组），即可求解.【详解】由题意，集合，或，且，当时，可得，解得，此时满足；当时，则满足，解得，综上可得，实数的取值范围是.则BD符合题意，AC错误；故选：BD.10.下列选项中正确的是（）A.不等式恒成立B.存在实数，使得不等式成立C.若，为正实数，则D.若正实数，满足，则【答案】BCD【解析】【分析】根据基本不等式的条件与“1”的用法等依次讨论各选项即可得答案.【详解】解：对于A选项，当时不成立，故错误；对于B选项，当时，，当且仅当等号成立，故正确；对于C选项，若，为正实数，则，所以，当且仅当时等号成立，故正确；对于D选项，由基本不等式“1”的用法得，当且仅当时等号成立，故正确.故选：BCD 11.下列命题正确的是（）A.“”是“”的充分不必要条件B.命题“”的否定是“”C.的充要条件是D.若，则至少有一个大于1【答案】BD【解析】【分析】根据必要条件与充分条件的概念、全称量词的否定、不等式的性质依次判定即可.【详解】对于A选项，若则得不到，故不是充分条件；对于B选项，由全称量词的否定可判断其正确；对于C选项，若则得不到，故不是充要条件，C选项错误；对于D选项，若均不大于1，则，故至少有一个大于1，故D选项正确；故选：BD.12.下列说法正确的有（）A.若，则的最大值是B.若，，都是正数，且，则的最小值是3C.若，，，则的最小值是2D.若实数，满足，则的最大值是【答案】ABD【解析】【分析】对于A，凑分母，结合基本不等式，可得答案；对于B，根据基本不等式，结合“1”的妙用，可得答案；对于C，根据基本不等式的变式，整理出关于所求整式的二次不等式，可得答案；对于D，采用换元法，设，，可将原式化简为，结合基本不等式，可得答案． 【详解】对于A，因为，所以，所以，所以，当且仅当，即时等号成立，所以的最大值为，故A正确；对于B，因为x，y，z都是正数，且，所以，，，所以，当且仅当，即，即时等号成立，所以的最小值为3，故B正确；对于C，因为，，所，即（当且仅当时等号成立），因为，所以，所以，所以，解得（舍去）或，当且仅当时等号成立，所以的最小值为4，故C错误；对于D，，设，，∵，当且仅当，即时，取等号 ∴则的最大值为，故D正确．故选：ABD.三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13.已知实数、，满足，，则的取值范围是_______.【答案】【解析】【分析】利用待定系数法得出，结合不等式的基本性质可求得的取值范围.【详解】设，，解得，所以，，，，所以，，，所以，，即.因此，取值范围是.故答案为：.【点睛】本题考查利用不等式的基本性质求代数式的取值范围，考查了待定系数法的应用，考查计算能力，属于基础题.14.设，，若，则实数组成的集合_____． 【答案】【解析】【分析】先求出A的元素，再由B⊆A，分和B≠φ求出a值即可.【详解】∵A＝{x|x2﹣8x+15＝0}，∴A＝{3，5}又∵B＝{x|ax﹣1＝0}，∴①时，a＝0，显然B⊆A②时，B＝{}，由于B⊆A∴∴故答案为{}【点睛】本题主要考查由集合间基本关系求参数值或范围的问题，属于基础题．15.若不等式和不等式的解集相同，则的值为______．【答案】【解析】【分析】先利用分式不等式的解法求出解集，然后利用一元二次不等式的解集与一元二次方程根之间的关系，由韦达定理列式求解即可．【详解】解：不等式等价于，解得，所以不等式的解集为，由题意可知，不等式的解集为，则为方程的两个根且，则，解得，，所以． 故答案为：．16.若，为正实数，，且，，则___________.【答案】3.【解析】【分析】根据题意，可知，，再根据基本不等式中的“1”用法，结合题意以及不等式取等号的条件，即可求出的值，进而求出结果.【详解】由题意可知，，为正实数，，所以又所以，即当且仅当（①）时，取等号， 即所以（②）联立①②，因为，所以，则，所以，所以.故答案为：.四、解答题（本大题共6小题，共72.0分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.（1）解不等式：；（2）解关于的不等式.【答案】（1）；（2）【解析】【分析】（1）直接解出一元二次不等式即可；（2）移项、作差并通分即可解出不等式.【详解】（1），即，即，解得，则不等式解集为.（2），即，即，则，则不等式解集为.18.已知非空集合，.（1）若，求.（2）若“”是“”的充分不必要条件，求的取值范围.【答案】（1）（2）或 【解析】【分析】（1）当时，写出集合，求出集合，利用补集和并集的定义可求得集合；（2）分析可得Ü，分、两种情况讨论，可得出关于实数的不等式（组），综合可得出实数的取值范围.【小问1详解】当时，，或，所以，，此时，【小问2详解】因为“”是“”的充分不必要条件，则Ü，当时，，解得，此时，Ü成立；当时，，解得，由Ü可得或，解得或，此时，或.综上所述，实数的取值范围是或.19.（1）已知，，求，取值范围（2）已知，且，，试比较与的大小.【答案】（1），；（2）【解析】【分析】（1）根据不等式的性质，可得结果.（2）利用作差法，即可得．【详解】（1）∵，，∴，.∴，即.又，∴， ∴.（2），因为且，，所以；又因为，所以，，所以．20.围建一个面积为360m2的矩形场地，要求矩形场地的一面利用旧墙（利用旧墙需维修），其它三面围墙要新建，在旧墙的对面的新墙上要留一个宽度为2m的进出口，如图所示，已知旧墙的维修费用为45元/m，新墙的造价为180元/m，设利用的旧墙的长度为x（单位：元）．设修建此矩形场地围墙的总费用为y.（Ⅰ）将y表示为x的函数；（Ⅱ）试确定x，使修建此矩形场地围墙的总费用最小，并求出最小总费用．【答案】（Ⅰ）y=225x+（Ⅱ）当x=24m时，修建围墙的总费用最小，最小总费用是10440元．【解析】【详解】试题分析：（1）设矩形的另一边长为am，则根据围建的矩形场地的面积为360m2，易得，此时再根据旧墙的维修费用为45元/m，新墙的造价为180元/m，我们即可得到修建围墙的总费用y表示成x的函数的解析式；（2）根据（1）中所得函数的解析式，利用基本不等式，我们易求出修建此矩形场地围墙的总费用最小值，及相应的x值试题解析：（1）如图，设矩形的另一边长为am则45x+180（x-2）+180·2a=225x+360a-360由已知xa=360,得a=, 所以y=225x+（2）．当且仅当225x=时，等号成立．即当x=24m时，修建围墙的总费用最小，最小总费用是10440元．考点：函数模型的选择与应用21.设，（1）时，解关于的不等式.（2）若不等式对一切实数恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）答案见详解（2）【解析】【分析】（1）利用一元二次不等式的解法，分类讨论运算即可得解.（2）利用一元二次不等式的解法，分类讨论运算即可得解.【小问1详解】解：当时，由得，当时，不等式为，解集为；当时，由得，解得：，即解集为.综上知，当时，解集为；当时，解集为.【小问2详解】解：由题意， 可得对一切实数恒成立，当时，不满足对一切实数恒成立；当时，由解得：.综上知，求实数的取值范围为.22.《见微知著》谈到：从一个简单的经典问题出发，从特殊到一般，由简单到复杂：从部分到整体，由低维到高维，知识与方法上的类比是探索发展的重要途径，是思想阀门发现新问题、新结论的重要方法，阅读材料一：利用整体思想解题，运用代数式的恒等变形，使不少依照常规思路难以解决的问题找到简便解决方法，常用的途径有：（1）整体观察；（2）整体设元；（3）整体代入：（4）整体求和等.例如，，求证：.证明：原式.波利亚在《怎样解题》中指出：“当你找到第一个藤菇或作出第一个发现后，再四处看看，他们总是成群生长”类似问题，我们有更多的式子满足以上特征.请根据阅读材料解答下列问题（1）已知如，求___________.（2）若，解方程.（3）若正数、满足，求的最小值.【答案】（1）1（2）（3）【解析】【分析】（1）由题意把代入式中可求值；（2）将代入方程可求解；（3）由已知条件可得，利用基本不等式求出的最小值即可．【小问1详解】 由题意得．【小问2详解】原方程可化为：，即：，，即，解得：．【小问3详解】由题意得，，当且仅当，即时，等号成立，有最小值，此时有最大值，从而有最小值，即有最小值．