2022-2023学年湖南省衡阳市常宁市第一中学高一上学期10月月考数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年湖南省衡阳市常宁市第一中学高一上学期10月月考数学试题（解析版），共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．集合，，若，则的值为（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据题设给定的集合A，B及其并集运算结果列式计算即得.
【详解】因集合，，且，
于是得，此时，满足条件，即，
若，此时，不满足条件，舍去，
所以的值为4.
故选：D
2．已知是实数集，集合，，则阴影部分表示的集合是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】由题意可知，阴影部分区域所表示的集合为，利用补集和交集的定义可求得所求集合.
【详解】已知是实数集，集合，，则，
阴影部分表示的集合是.
故选：B.
【点睛】本题考查补集与交集的混合运算，同时也考查了利用韦恩图表示集合，考查计算能力，属于基础题.
3．下列各组函数中，表示同一函数的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】利用函数的定义判断.
【详解】A. 函数的定义域为，的定义域为R，故不是同一函数；
B. 的定义域为R，的定义域为，故不是同一函数；
C. 的定义域都是R，且解析式相同，故是同一函数；
D. 的定义域为，的定义域为或，故不是同一函数，
故选：C
4．“”是“”的（ ）条件.
A．充分不必要B．必要不充分
C．充要D．既不充分也不必要
【答案】A
【分析】由解出的范围，再根据充分条件、必要条件的定义判断即可.
【详解】解：由得或
或，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
5．若命题“存在，使”是假命题，则实数m的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】转化为 “任意， ”是真命题，利用判别式列不等式求解即可.
【详解】命题“存在，使”是假命题，
则命题的否定“任意， ”是真命题，
，解得：，
故选：C．
【点睛】本题主要考查特称命题与全称命题的定义，考查了一元二次不等式恒成立，考查了转化思想的应用，属于基础题.
6．《几何原本》卷Ⅱ的几何代数法成了后世西方数学家处理数学问题的重要依据，通过这一原理，很多代数的公理或定理都能够通过图形实现证明，也称之为无字证明．现有如图所示图形，点在半圆上，点在直径上，且，设，，则该图形可以直接完成的无字证明为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】根据直角三角形中，即可解出．
【详解】在直角三角形中，，而，，，所以，当且仅当时取等号．
故选：C．
7．若，则的最小值为（ ）
A．12B．16C．20D．24
【答案】B
【解析】由条件得出且，再由结合基本不等式，即可得出答案.
【详解】，且
（当且仅当，即时，取等号）
即的最小值为
故选：B
8．某工厂的年产值第二年比第一年的增长率为，第三年比第二年的增长率是，而这两年中的年平均增长率为，在为定值的情况下，的最大值是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【解析】先根据题意列出方程，再由基本不等式可得出和的大小关系.
【详解】由题意知：，
所以，
当且仅当时取等号；
所以，
所以在为定值的情况下，
的最大值是；
故选：A.
【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：
（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；
（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；
（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方.
二、多选题
9．下列命题为真命题的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
【答案】AD
【分析】根据不等式性质逐一判断命题真假即可．
【详解】对于选项A：因为，显然，由不等式可知，，故A正确；
对于选项B：因为，取，故B错误；
对于选项C：因为，由不等式性质可知，，故C错误；
对于选项D：因为，当有，当有，则，故D正确．.
故选：AD
10．下列说法正确的有（ ）
A．不等式的解集是
B．“”是“”成立的充分条件
C．命题，则
D．“”是“"的必要条件
【答案】ABD
【分析】将分式不等式转化为求解，判断A;根据充分条件以及必要条件的概念可判断;根据全称命题的否定可判断C.
【详解】对于A，不等式即，
即，
则不等式的解集是，A正确；
对于B, 当时，一定有成立，
故“”是“”成立的充分条件，故B正确；
对于C，命题，则，故C错误；
对于D, 当时，不一定成立，当时，一定成立，
故“”是“"的必要条件，D正确，
故选：
11．已知不等式的解集为，则下列结论正确的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AD
【分析】对A，根据一元二次不等式与一元二次函数的关系即可判断；对B，C，利用韦达定理即可判断；对D，利用对应的二次函数最大值大于0，即可判断
【详解】对A，不等式的解集为，
故相应的二次函数的图象开口向下，即，故A正确；
对B，C，由题意知： 和是关于的方程的两个根，
则有，，
又，故，故B，C错误；
对D，对称轴为，由于函数开口向下，且存在大于0的部分
故当，取得的最大值必大于0，故成立，故D正确.
故选：AD
12．下列说法正确的是（ ）
A．若，则函数的最小值为3
B．若，则的最小值为5
C．若，则的最大值为
D．若，则的最小值为1
【答案】BC
【分析】将化为，利用基本不等式即可判断A;利用“1”，将变为，再利用基本不等式即可判断B;将变形后利用基本不等式即可判断C;利用基本不等式由可得到，解不等式即可判断D.
【详解】对于A,由，可得,
当且仅当时，即时等号成立，
因为，所以等号不成立，所以函数的最小值不是3，所以A不正确;
对于B，由于 ，
故，
当且仅当时，即时等号成立，所以的最小值为5，故B正确，
对于C，由于，故 ，
因为，当且仅当时，即时，等号成立，
所以的最大值为 ，所以C正确；
对于D，由，可得 ，
当且仅当时，等号成立，
所以，即 ，
解得 ，即 ，所以的最大值为1，所以D不正确
故选：
【点睛】关键点点睛：利用均值不等式求函数或代数式的最值时，要注意均值不等式使用的条件即：一正二定三相等，关键点就是一定要验证等号是否能够取得.
三、填空题
13．设集合，则__________.
【答案】
【分析】根据集合的交集运算即可求得答案.
【详解】由题意集合，则，
故答案为：.
14．函数的定义域是________.
【答案】
【分析】根据分式的分母不为0，被开方数大于等于0，即可得到答案；
【详解】且，
函数的定义域为，
故答案为：
15．设：，：，若是的充分条件，则实数的取值范围是_____________；
【答案】
【分析】将问题转化为两个集合之间的包含关系，然后再利用集合的包含关系列出不等式组，解不等式组即可求解.
【详解】设集合，，
因为是的充分条件，
所以，
即，解得，
所以实数的取值范围是，
故答案为：
16．已知为实数，命题甲：关于的不等式的解集为；命题乙：关于的方程有两个不相等的负实数根．若甲、乙至少有一个为真命题，求实数的取值范围为_______．
【答案】
【分析】通过分类讨论可求得命题甲为真命题时的取值范围；根据一元二次方程根的特征，求得命题乙为真命题时的取值范围，进而得到甲、乙至少有一个为真命题时，实数的取值范围．
【详解】由命题甲：关于的不等式的解集为，
当时，不等式恒成立；
当时，则满足，解得，
综上可得．
由命题乙：关于的方程有两个不相等的负实数根，
则满足，整理得，
所以，解得．
所以甲、乙至少有一个为真命题时，有或，
可得，即实数的取值范围为．
故答案为：．
四、解答题
17．设全集，集合，.
（1）求，;
（2）若，且，求实数的取值范围.
【答案】（1），；（2）
【分析】（1）求出集合中的范围，然后直接求，即可；
（2）求出，根据可直接得实数的取值范围．
【详解】解：（1）因为，
所以，；
（2）由已知或，
又，且，
【点睛】本题考查集合的交并补运算，以及集合的包含关系，是基础题．
18．（1）已知，求的最小值；
（2）已知，求的最大值．
【答案】（1）9；（2）．
【分析】（1）由于，则，然后利用基本不等式求解即可，
（2）由于，变形得，然后利用基本不等式求解即可.
【详解】（1）因为，所以，
所以，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值为9．
（2）因为，所以，
当且仅当，即时取等号，
故的最大值为．
19．已知恒成立.
(1)求a的取值范围；
(2)解关于x的不等式.
【答案】(1)；
(2)答案见解析.
【分析】（1）根据二次项系数是否为零，结合二次函数的性质分类讨论进行求解即可；
（2）根据一元二次方程两根的大小分类讨论进行求解即可.
【详解】（1）因为恒成立，
①当时，恒成立；
②当时，要使恒成立.则且，
即，解得：.
综上，a的取值范围为：；
（2）由，得.
因为：，
①当，即时，则；
②当，即时，，不等式无解；
③当，即时，则.
综上所述，当时，解集为；
当时，解集为；当时，解集为.
20．设，集合，．
（1）若，求实数的值．
（2）若，求实数的取值范围．
【答案】（1）为或；（2）.
【分析】（1）解一元二次方程求集合，由题设有代入集合B中方程求参数a，并验证a值是否符合题设即可.
（2）由题设易得，讨论、分别求的范围，最后取并集.
【详解】（1）由得，得或，
，由，
∴，则，整理得，解得或，
当时，，满足，
当时，，满足，
综上，为或．
（2）由（1）知：，由，得，
当时，关于的方程没有实数根，
∴，即，解得，
当时，若集合中只有一个元素，则，即，解得，
此时，符合题意；
若集合中有两个元素，则，则，无解，
综上，实数的取值范围为．
21．如图，学校规划建一个面积为的矩形场地，里面分成两个部分，分别作为铅球和实心球的投掷区，并且在场地的左侧，右侧，中间和前侧各设计一条宽的通道，问：这个场地的长，宽各为多少时，投掷区面积最大，最大面积是多少？
【答案】长为，宽为时，投掷区面积最大为.
【解析】设场地的长为，宽为，投掷区域面积为，则，展开后利用基本不等式即可求最值.
【详解】设场地的长为，宽为，投掷区域面积为，
则，
，
当且仅当，即 时等号成立，
所以这个场地的长为，宽为时，投掷区面积最大，最大面积是.
【点睛】本题主要考查了基本不等式的应用，利用基本不等式求最值解决实际问题.
22．已知关于的不等式的解集为.
(1)求，的值；
(2)当，，且满足时，有恒成立，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据不等式的解集为或，由1和b是方程的两个实数根且求解；
（2）由（1）得到，再利用“1”的变换，结合一元二次不等式的解法求解.
【详解】（1）解：不等式的解集为或，
1和b是方程的两个实数根且，
，
；
（2）由（1）知且，
，
，
当且仅当，即时，等号成立，
.
依题意：当，，恒成立，
，即，
，
，
k的取值范围为.