上海市上海交通大学附属中学2023-2024学年高一数学上学期10月考试试题（Word版附解析）

高一数学月考试卷（说明：本试卷满分150分，考试时间120分钟．本套试卷另附答题纸，每道题的解答必须写在答题纸的相应位置，本卷上任何解答都不作评分依据．）一、填空题（本大题满分54分，前6题每题4分，后6题每题5分，填错或不填在正确的位置一律得零分）1.已知集合，，且，则的值为________.2.已知全集，集合，，则______．3.关于不等式恒成立，则实数的取值范围是___________.4.已知关于的不等式的解集为．若且，则实数的取值范围是______．5.已知关于x的一元二次不等式的解集为，则______．6.不等式的解集是____________.7.已知，若关于不等式无解，则实数的取值范围是______．8.已知集合，，若“”是“”的必要非充分条件，则实数a的取值范围是______．9.著名的哥德巴赫猜想指出：“任何大于的偶数可以表示为两个素数的和”，用反证法研究该猜想，应假设的内容是_______．10.已知，是一元二次方程的两个实数根，若，满足，则________.11.已知，若关于的不等式的解集中有且仅有个整数，则所有符合条件的的值之和是______．12.已知集合，对任意、、，规定运算“”满足如下性质：（1）；（2）；（3）；给出下列命题：①； ②若，则；③若，且，则；④若、、，且，，则．其中所有正确命题的序号是______．二、选择题（本大题满分18分，前2题每题4分，后2题每题5分，每题有且仅有一个正确选项）13.已知，则下列四个命题正确的个数是（　）①若，则；②若，则；③若，则；④若，，，，则，.A.1B.2C.3D.414.某城市为控制用水，计划提高水价，现有以下四种方案，其中提价最多方案是（其中）（）A.先提价，再提价B.先提价，再提价C.分两次，都提价D.分两次，都提价15.若实数a，b满足a≥0，b≥0，且ab=0，则称a与b互补，记φ（a，b）=﹣a﹣b那么φ（a，b）=0是a与b互补的（　　）A.必要不充分条件B.充分不必要的条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件16.已知a，b，，若关于x不等式的解集为，则（）A.不存在有序数组，使得B.存唯一有序数组，使得C.有且只有两组有序数组，使得D.存在无穷多组有序数组，使得 三、解答题（本大题满分78分）解答下列各题必须在答题纸规定的方框内写出必要步骤．17.已知两个命题：二次函数的图象与轴有两个不同的交点；关于的不等式恒成立．若命题和有且仅有一个是真命题，求实数的取值范围．18.求下列关于的不等式的解集．（1）；（2）．19.已知，设函数．（1）当时，求不等式的解集；（2）若恒成立，求实数的取值范围．20.已知．（1）已知关于的不等式的解集是，求实数的取值范围；（2）已知的解集为，且，求实数的取值范围．21.某天，你突然发现黑板上有如下内容：例：求，的最小值．解：由平均值不等式：当、、时，恒成立、当且仅当时取等号，得到，于是，且等号当且仅当时成立；所以当且仅当时取到最小值．（1）请你模仿上面例题，研究，的最小值；（2）研究，最小值；（3）求当时，，最小值． 高一数学月考试卷（说明：本试卷满分150分，考试时间120分钟．本套试卷另附答题纸，每道题的解答必须写在答题纸的相应位置，本卷上任何解答都不作评分依据．）一、填空题（本大题满分54分，前6题每题4分，后6题每题5分，填错或不填在正确的位置一律得零分）1.已知集合，，且，则的值为________.【答案】【解析】【分析】本题根据题意先得到限制条件，再根据限制条件求的值即可.【详解】解：因为，，，所以，解得，故答案为：0【点睛】本题考查根据集合相等求参数的值，是基础题.2.已知全集，集合，，则______．【答案】【解析】【分析】根据集合的交集、补集运算求解.【详解】由题意可得：，所以.故答案为：.3.关于不等式恒成立，则实数的取值范围是___________.【答案】【解析】【分析】由一元二次不等式在实数集上恒成立，结合对应函数的性质知，即可求的范围.【详解】由题设，要使恒成立， ∵函数开口向上，∴只需即可，解得.故答案为：4.已知关于的不等式的解集为．若且，则实数的取值范围是______．【答案】【解析】【分析】由题意可得出关于实数的不等式组，由此可解得实数的取值范围.【详解】因为关于的不等式的解集为，且，所以，，解得.故答案为：.5.已知关于x的一元二次不等式的解集为，则______．【答案】【解析】【分析】由题意可知：关于x的一元二次方程的根为，且，利用韦达定理运算求解.【详解】由题意可知：关于x一元二次方程的根为，且，可得，解得，所以.故答案为：.6.不等式的解集是____________.【答案】 【解析】【分析】先求出的范围，再解分式不等式即可.【详解】由可得且，，即，即，解得，综上所述不等式的解集为.故答案为：【点睛】本题主要考查分式不等式的解法，解不等式时注意式子要有意义，此题属于基础题.7.已知，若关于的不等式无解，则实数的取值范围是______．【答案】【解析】【分析】分析可知，对任意的，，可得出，即可得解.【详解】由题意可知，关于的不等式无解，即对任意的，，所以，，故实数的取值范围是.故答案为：.8.已知集合，，若“”是“”的必要非充分条件，则实数a的取值范围是______．【答案】【解析】【分析】先求集合，由题意可知集合B是集合A的真子集，根据包含关系运算求解.【详解】由题意可得，， 若“”是“”的必要非充分条件，则集合B是集合A的真子集，则，且等号不能同时成立，解得，所以实数a的取值范围是.故答案为：.9.著名的哥德巴赫猜想指出：“任何大于的偶数可以表示为两个素数的和”，用反证法研究该猜想，应假设的内容是_______．【答案】存在一个大于2的偶数不可以表示为两个素数的和.【解析】【分析】从命题的否定入手可解.【详解】反证法先否定命题，故答案为存在一个大于2的偶数不可以表示为两个素数的和.【点睛】本题主要考查反证法步骤，利用反证法证明命题时，先是否定命题，结合已知条件及定理得出矛盾，从而肯定命题.10.已知，是一元二次方程的两个实数根，若，满足，则________.【答案】【解析】【分析】由韦达定理可知，同号，分，都为负数和都为正数两种类型讨论，利用韦达定理和已知条件，解方程并检验即可.【详解】∵一元二次方程有两个实数根，，∴，即.由一元二次方程根与系数关系，可得，，则，同号.①当，都为负数时，可得解得∴，即，此时，方程无解；②当，都为正数时，可得解得 ∴，即，解得或.因为，都为正数，则，即，所以.综上可得.故答案为：11.已知，若关于的不等式的解集中有且仅有个整数，则所有符合条件的的值之和是______．【答案】【解析】【分析】设关于的不等式的解集为，分析可知集合中的个整数依次为、、、、，由此可得出关于实数的不等式组，解出实数的取值范围，即可得解.【详解】设关于的不等式的解集为，因为二次函数的对称轴为直线，所以，集合中的个整数依次为、、、、，所以，，解得，又因为，所以，整数的取值集合为，因此，所有符合条件的的值之和是.故答案为：.12.已知集合，对任意、、，规定运算“”满足如下性质：（1）；（2）；（3）；给出下列命题：①；②若，则；③若，且，则；④若、、，且，，则． 其中所有正确命题的序号是______．【答案】①③④【解析】【分析】根据新定义计算“”逐项分析可得结果.【详解】对于命题①，对任意的，，命题①为真命题；对于命题②，若，则，命题②假命题；对于命题③，当时，若，则，则显然成立；当时，若，且，在（3）中，令，，则，另一方面，则，即，这与矛盾；综上，，故命题③为真命题；对于命题④，若、、，由可得，又因为，则，因为，则，所以，，即，所以，，所以，，故命题④为真命题.故答案为：①③④.【点睛】关键点睛：本题考查新定义运算，解本题的关键在于根据题中三个性质进行推导，解题时应紧扣题中定义进行推导.二、选择题（本大题满分18分，前2题每题4分，后2题每题5分，每题有且仅有一个正确选项）13.已知，则下列四个命题正确的个数是（　）①若，则；②若，则；③若，则；④若，，，，则，.A.1B.2C.3D.4【答案】C【解析】【分析】利用不等式的性质，逐一分析选项，得到正确结论. 【详解】①当时，，两边同时除以，得到，正确；②，那么，即，正确；③，，正确；④令同样能满足，不正确.共有3个正确.故选C.【点睛】本题考查不等式比较大小，一般不等式比较大小的方法：1.做差法，2.利用不等式的性质，3.利用函数单调性比较大小，4.特殊值比较大小.14.某城市为控制用水，计划提高水价，现有以下四种方案，其中提价最多的方案是（其中）（）A.先提价，再提价B.先提价，再提价C.分两次，都提价D.分两次，都提价【答案】C【解析】【分析】求出每个选项中提价后的水价，结合基本不等式比较大小可得合适的选项.【详解】设原来的水价为，AB选项中，两次提价后的水价为，C选项中，两次提价后的水价为，D选项中，两次提价后的水价为，因为，则，则，所以，，则， 即，由基本不等式可得，所以，.故选：C15.若实数a，b满足a≥0，b≥0，且ab=0，则称a与b互补，记φ（a，b）=﹣a﹣b那么φ（a，b）=0是a与b互补的（　　）A.必要不充分条件B.充分不必要的条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【详解】试题分析：由φ（a，b）＝0得－a－b＝０且；所以φ（a，b）＝0是a与b互补的充分条件；再由a与b互补得到：，且＝0；从而有，所以φ（a，b）＝0是a与b互补的必要条件；故得φ（a，b）＝0是a与b互补的充要条件；故选Ｃ．考点：充要条件的判定．16.已知a，b，，若关于x不等式的解集为，则（）A.不存在有序数组，使得B.存在唯一有序数组，使得C.有且只有两组有序数组，使得D.存在无穷多组有序数组，使得【答案】D 【解析】【分析】根据，不等式转化为一元二次不等式的解的问题，利用两个一元二次不等式解集有交集的结论，得出两个不等式解集的形式，从而再结合一元二次方程的根与系数关系确定结论．【详解】由题意不等式的解集为，即的解集是，则不等式的解是或，不等式的解集是，设，，，所以，，和是方程的两根，则，，又，所以是的一根，所以存在无数对，使得．故选：D．【点睛】关键点点睛：本题考查分式不等式的解集问题，解题关键是转化一元二次不等式的解集，从而结合一元二次方程根与系数关系得出结论．三、解答题（本大题满分78分）解答下列各题必须在答题纸规定的方框内写出必要步骤．17.已知两个命题：二次函数的图象与轴有两个不同的交点；关于的不等式恒成立．若命题和有且仅有一个是真命题，求实数的取值范围．【答案】或【解析】【分析】分别求出当命题、为真命题时，实数取值范围，然后分真假、假真两种情况讨论，求出对应的实数的取值范围，综合可得出实数的取值范围.【详解】解：若命题为真命题，则，解得或， 若命题为真命题，则，即，若真假，则，可得或，若假真，则，此时，.综上所述，或.18.求下列关于的不等式的解集．（1）；（2）．【答案】（1）或（2）答案见解析【解析】【分析】（1）将所求不等式变形为，即为，结合二次不等式的解法可得出所求不等式的解集；（2）将所求不等式变形为，对和的大小进行分类讨论，结合二次不等式的解法解原不等式即可得其解集.【小问1详解】解：因为，由可得，即，解得或，故原不等式的解集为或.【小问2详解】解：由可得，因为，当时，即当时，原不等式即为，此时，原不等式的解集为； 当时，即当时，解不等式可得，此时，原不等式的解集为；当时，即当时，解原不等式可得，此时，原不等式的解集为.综上所述，当时，原不等式的解集为；当时，原不等式的解集为；当时，原不等式的解集为.19.已知，设函数．（1）当时，求不等式的解集；（2）若恒成立，求实数的取值范围．【答案】（1）或（2）或【解析】【分析】（1）当时，可得出，分、、三种情况解不等式，综合可得出原不等式的解集；（2）利用绝对值三角不等式可求出函数的最小值，可得出关于实数的不等式，解之即可.【小问1详解】解：当时，.当时，，解得，此时，，当时，，此时，不等式无解， 当时，，解得，此时，.综上所述，当时，不等式的解集为或.【小问2详解】解：因为，当且仅当时，等号成立，由绝对值三角不等式可得，当且仅当时，等号成立，因为恒成立，则，可得或，解得或.所以，实数的取值范围是或.20.已知．（1）已知关于的不等式的解集是，求实数的取值范围；（2）已知的解集为，且，求实数的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）将所求不等式变形为，根据二次不等式的解法可得出关于实数的不等式组，即可解得实数的取值范围；（2）分析可知，对任意的，恒成立，由参变量分离法可得出，令，求出函数在上的最大值，即可得出实数的取值范围.【小问1详解】由，即， 整理可得，因为不等式的解集为，则，解得，因此，实数的取值范围是.【小问2详解】由可得，因为不等式的解集为，且，则，所以，对任意的，恒成立，则，可得，令，则，因为函数在上单调递减，在上单调递增，当时，；当时，.当时，函数的最大值为，所以，.21.某天，你突然发现黑板上有如下内容：例：求，的最小值．解：由平均值不等式：当、、时，恒成立、当且仅当时取等号，得到，于是，且等号当且仅当时成立；所以当且仅当时取到最小值．（1）请你模仿上面例题，研究，的最小值； （2）研究，的最小值；（3）求当时，，的最小值．【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）由四元基本不等式可得，进而可求得，的最小值；（2）由三元基本不等式可得出，进而可求得，的最小值；（3）令，，令，可得，再利用三元基本不等式可求得当时，，的最小值．【小问1详解】由平均值不等式：当、、、时，恒成立、当且仅当时取等号，得到，于是，当时，，当且仅当时，等号成立，故，的最小值为.【小问2详解】由平均值不等式：当、、时，恒成立、当且仅当时取等号，得到，当且仅当时，即当时，等号成立，所以，当时，， 所以，，的最小值为.【小问3详解】当且时，令，，令，可得，所以，当且时，，所以，当时，，的最小值为.