山西省吕梁市孝义市部分学校2023-2024学年高一上学期10月月考数学试题（Word版附解析）

2023~2024学年高一上学期10月月考数学考生注意：1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟．2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚．3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效．4．本卷命题范围：人教A版必修第一册第一章、第二章．一、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.下列关系正确的是（）A.B.C.ÜD.【答案】C【解析】【分析】根据元素与集合、集合与集合的关系进行判断.【详解】解：选项A：因为是集合中的元素，所以，所以选项A错误；选项B：因为是任何集合的子集，所以，所以选项B错误；选项C：因为中含有元素0，1，而且还有其他元素，所以Ü，所以选项C正确；选项D：因为是无理数，而是有理数集，所以，所以选项D错误；故选：C2.已知全集，集合，则=（）A.B.或C.D.【答案】D【解析】 【分析】先求出集合，再由交集和补集的定义求解即可.【详解】所以或，而.故选：D.3.下列命题中，既是全称量词命题又是真命题的是（）A.每一个命题都能判断真假B.存在一条直线与两条相交直线都平行C.对任意实数，若，则D.存在，使【答案】A【解析】【分析】根据全称量词命题以及存在量词命题的概念以及命题的真假判断，一一判断各命题，即得答案.【详解】对于A，“每一个命题都能判断真假”是全称量词命题，命题都能判断真假，A是真命题，符合题意；对于B，“存在一条直线与两条相交直线都平行”是存在量词命题，不符合题意；对于C，该命题是全称量词命题，当时，，C中命题是假命题，不符合题意；对于D，该命题是存在量词命题，不符合题意，故选：A.4.对于实数，，，下列命题为真命题的是（）A.若，则B.若，则C.若，则D.若，则【答案】C【解析】【分析】由不等式的性质进行证明或举例判断即可. 【详解】对于A，若，令，，则，，，故选项A假命题；对于B，若，令，则，故选项B是假命题；对于C，若，则，∵，∴，∴，故选项C是真命题；对于D，若，令，，则，故选项D是假命题.故选：C.5.“”是“”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据充分条件和必要条件的定义求解即可.【详解】由，得且，所以“”可以得到“”；由，得，所以“”不能得到“”.所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A.6.已知全集，能表示集合与关系的Venn图是（）A.B.C.D.【答案】D【解析】【分析】解一元二次不等式，结合集合的交运算即可判断. 【详解】因，又，所以，所以，，，根据选项的Venn图可知选项D符合.故选：D.7.已知集合，则下列与相等的集合个数为（）①②③④A.0B.1C.2D.3【答案】C【解析】【分析】解方程组可化简①，由偶次根式有意义可计算②，分别研究n为奇数、n为偶数可计算③，由定义可得④，依次判断即可求得结果.【详解】对于①，；对于②，中解得，故；对于③，当n为奇数时，；当n为偶数时，，所以；对于④，.所以与M相等的集合个数有2个. 故选：C.8.已知实数，则（）A.有最小值2B.有最大值2C.有最小值6D.无最小值【答案】B【解析】【分析】对分式变形，利用均值不等式求导即可得解.【详解】，因为，所以.所以，当且仅当，即时等号成立，故的最大值为2.故选：B.二、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.下列结论正确的是（）A.当时，B.当时，C.的最小值为2D.的最小值为2【答案】AB【解析】【分析】利用基本不等式逐一判断即可. 【详解】A：当时，，当且仅当时，即时等号成立，故本选项正确；B：当时，，当且仅当时，即时等号成立，故本选项正确；C：当时，显然不成立，因此本选项不正确；D：因为，当且仅当时，此时无实数解，故取不到等号，所以本选项不正确，故选：AB10.设计如图所示的四个电路图，条件：“开关闭合”；条件：“灯泡亮”，则是的必要条件的图为（）A.B.C.D.【答案】BC【解析】【分析】根据充分条件和必要条件的定义求解即可.【详解】对于，开关闭合灯亮，反过来灯泡亮，也可能是开关闭合，是的充分不必要条件；对于，只有一个开关，灯如果要亮，开关必须闭合，是的充要条件；对于灯亮必须和同时闭合，是的必要不充分条件；对于，灯一直亮，跟开关没有关系，是的既不充分也不必要条件. 故选：BC.11.对于给定的实数，关于实数的不等式的解集不可能为（）A.B.C.或D.【答案】AB【解析】【分析】解含参一元二次不等式即可求得结果.【详解】因为，①当时，不等式的解集为，②当时，不等式变为，方程的根为或，当时，不等式的解集为或，当时，不等式的解集为，当且时，不等式的解集为或，综述：当或时，不等式的解集为，当时，不等式的解集为或，当且时，不等式的解集为或，故选：AB.12.已知全集是的子集，当时，且，则称为A的一个“孤立元素”，则下列说法正确的是（）A.若A中元素均孤立元素，则A中最多有3个元素B.若A中不含孤立元素，则A中最少有2个元素C.若A中元素均为孤立元素，且仅有2个元素，则这样的集合A共有9个D.若A中不含孤立元素，且仅有4个元素，则这样的集合A共有6个【答案】ABD【解析】【分析】由定义可得“孤立元素不相邻”可判断A项，结合逆否命题可判断B项，对于C项、D项分别依次列举即可. 【详解】对于A项，由题意，孤立元素不相邻，集合中最多同时找出3个孤立元素，故A项正确；对于B项，若A中只有1个元素，则必为孤立元素，故B项正确；对于C项，易知这样的集合A有，，，，，，，，，共10个，故C项错误；对于D项，不含“孤立元素”且包含有4个元素的集合有，共6个，故D项正确.故选：ABD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.命题的否定为__________.【答案】【解析】【分析】由存在量词命题的否定是全称量词求解即可.【详解】命题的否定为.故答案为：.14.如图，坐标系中矩形及其内部的点构成的集合可表示为__________.【答案】【解析】【分析】根据阴影部分的点构成的集合求解即可.【详解】易知阴影部分的点构成的集合为.故答案为：.15.若，则__________.【答案】【解析】 【分析】依题意可得①或②，再求出参数的值，从而得解，需代入检验是否满足集合元素的互异性.【详解】因为，所以①或②，由①得或，其中与元素互异性矛盾，舍去，故符合题意，此时；由②得符合题意，此时；综上，的值为.故答案为：16.若，则的最小值为__________.【答案】2【解析】【分析】化简已知式为，再由基本不等式先求出的最小值，即可得出答案.【详解】由，可得，则两边同除以，得，又因为，当且仅当，即或时等号成立，所以.故答案为：2四、解答题：本题共6小题，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.（1）求 （2）若，，求实数的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）先化简集合A，然后根据补集运算求出，最后再求.（2）由题意可知或，解不等式即可.【小问1详解】解：，，则.【小问2详解】集合，，.若，则，即；若则解得.综上，实数的取值范围为.18.已知集合.（1）若恰有一个子集，求实数的取值范围；（2）若佮有一个元素，求实数的取值集合.【答案】（1）（2）.【解析】【分析】（1）由题意集合是空集，再分与两种情况讨论即可；（2）分与两种情况讨论即可.【小问1详解】 集合恰有一个子集，则集合是空集，即关于的方程无实数根.当时，无解，满足题意；当时，，解得.综上，实数的取值范围是.【小问2详解】集合恰有一个元素，当时，由（1）得集合，不满足题意；当时，，解得或（舍去）.所以实数的取值集合为.19.已知均为正实数.（1）求证：，（2）若一个直角的两条直角边分别为，斜边，求直角周长的取值范围.【答案】（1）证明见解析（2）.【解析】【分析】（1）要证明，只需证，只需证，而，即可得出结论.（2）利用（1）中的结论和三角形性质即可得出结果.【小问1详解】因为为正实数，所以不等式等价于，由， 所以，当时取“”.【小问2详解】由题意，得.由（1）的结论，，当时取“”.又，所以.所以直角周长的取值范围为.20.已知.（1）若成立，求实数的取值范围，（2）若和中至多有一个成立，求实数的取值范围.【答案】（1）（2）.【解析】【分析】（1）根据题意可得，根据存在性问题分析求解；（2）取反面：当和均成立时，求参数的取值范围，进而可得结果.【小问1详解】若成立，因为时，，可得，所以实数的取值范围为.【小问2详解】和中至多有一个成立，考虑其反面：和均成立，若成立，因为时，，可得； 若成立时，，解得或；若均成立时，可得，所以至多有一个成立时，则.综上上述：实数的取值范围为.21.已知关于的不等式的解集为.（1）若，求实数的取值范围，（2）若存在两个实数，且，使得或，求实数的取值范围；（3）李华说集合中可能仅有一个整数，试判断李华的说法是否正确？并说明你的理由.【答案】（1）（2）（3）李华的说法不正确，理由见解析【解析】【分析】（1）分类讨论，结合二次函数的性质可得答案；（2）由一元二次不等式的解集结合一元二次方程根的分布可得答案；（3）集合中可能仅有一个整数，结合二次函数的性质可得，解不等式可得答案.【小问1详解】不等式，其解集.①当时，恒成立，符合题意；②当时，则，解得.综上，实数的取值范围为.【小问2详解】因为不等式的解集为或，且，所以关于的方程有一正一负两个实数根. 可得即，解得，综上，实数的取值范围为.【小问3详解】李华的说法不正确，理由如下：若解集中仅有一个整数，则有，二次函数，开口向下，对称轴为，因为不等式的解集中仅有一个整数，所以这个整数必为1.则，解得.即中不可能仅有一个整数，李华的说法不正确.22.已知.（1）当时，求的最大值；（2）当时，求：①的最小值②的最小值.【答案】（1）1（2）①7；②【解析】【分析】（1）由基本不等式求解即可；（2）①当时，由解出的范围，再由结合基 本不等式求解即可；②解法一：令，解出，代入结合基本不等式即可得出答案；解法二：由题意可得出，直接由基本不等式即可得出答案；【小问1详解】当时，，则，得，则，当且仅当时等号成立.故的最大值为1.【小问2详解】①当时，，即，当时显然不合题意，故，则，则或（舍去）.则，当且仅当，即，此时时等号成立，故的最小值为7.②解法一：令，则，代入，得，整理得.由①的解答知，所以.当且仅当，即时等号成立.故最小值为.解法二：由，得.由①的解答可知，则. 所以，当且仅当且，即时，等号成立.