2020-2021学年吉林省白城市洮南市第一中学高一第一次月考数学（理）试题（解析版）

2020-2021学年吉林省白城市洮南市第一中学高一第一次月考数学（理）试题

一、单选题

1．已知全集，集合，，则（  ）

A． B．

C． D．

【答案】A

【解析】本题根据交集、补集的定义可得.容易题，注重了基础知识、基本计算能力的考查.

【详解】

，则
故选：A

【点睛】

易于理解集补集的概念、交集概念有误.

2．设且，则是的（   ）

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

【答案】D

【解析】由题意看命题“ab＞1”与“”能否互推，然后根据必要条件、充分条件和充要条件的定义进行判断．

【详解】

若“ab＞1”当a＝﹣2，b＝﹣1时，不能得到“”，

若“”，例如当a＝1，b＝﹣1时，不能得到“ab＞1“，

故“ab＞1”是“”的既不充分也不必要条件，

故选D．

【点睛】

本小题主要考查了充分必要条件，考查了对不等关系的分析，属于基础题．

3．命题“，”的否定形式是　　

A．， B．，

C．， D．，

【答案】D

【解析】根据特称命题的否定是全称命题进行判断即可．

【详解】

解：命题“，”为特称命题，其否定为全称命题，

则否定是：，，

故选：．

【点睛】

本题主要考查含有量词的命题的否定，结合特称命题的否定是全称命题是解决本题的关键．

4．一元二次不等式的解集是，则的值是（    ）

A．10 B．-10 C．14 D．-14

【答案】D

【解析】由方程的两根为和，根据韦达定理求出可得结果.

【详解】

根据题意，一元二次不等式的解集是，

则，方程的两根为和，

则有，，

解可得，

则.

故选：D．

【点睛】

本题考查了由一元二次不等式的解集求参数，属于基础题.

5．实数，，满足且，则下列关系式成立的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】根据，变形为比较c，b，根据，变形为，再与b作差比较.

【详解】

因为，

所以，

所以，

因为，

所以，

所以，

所以，

所以

故选：A

【点睛】

本题主要考查数的大小比较以及不等式的基本性质，还考查了转化求解问题的能力，属于中档题.

6．若集合A具有以下性质：

(Ⅰ)0∈A,1∈A；

(Ⅱ)若x∈A，y∈A，则x－y∈A，且x≠0时，∈A．

则称集合A是“好集”．下列命题正确的个数是(　　)

(1)集合B＝{－1,0,1}是“好集”；

(2)有理数集Q是“好集”；

(3)设集合A是“好集”，若x∈A，y∈A，则x＋y∈A．

A．0 B．1 C．2 D．3

【答案】C

【解析】逐一判断给定的3个集合，是否满足“好集”的定义，最后综合讨论结果，可得答案.

【详解】

(1)集合B不是“好集”，假设集合B是“好集”，因为当－1∈B,1∈B，－1－1＝－2∉B，这与－2∈B矛盾．(2)有理数集Q是“好集”，因为0∈Q,1∈Q，对任意的x∈Q，y∈Q，有x－y∈Q，且x≠0时，∈Q，所以有理数集Q是“好集”．(3)因为集合A是“好集”，所以0∈A，若x∈A，y∈A，则0－y∈A，即－y∈A，所以x－(－y)∈A，即x＋y∈A.

【点睛】

本题以新定义的形式考查了元素与集合关系的判断，同时考查了运算求解的能力.

7．对任意实数x，不等式恒成立，则a的取值范围是（    ）．

A． B． C．或 D．或

【答案】A

【解析】时，利用二次函数的性质可求解，时直接验证即得．

【详解】

由已知得，即，解得．

又当时，原不等式可化为，显然恒成立．

故a的取值范围是．

故选：A．

【点睛】

本题考查一元二次不等式恒成立问题，解题时要注意对最高次项系数分类讨论，

8．小茗同学的妈妈是吉林省援鄂医疗队的队员，为了迎接凯旋归来的英雄母亲，小茗准备为妈妈献上一束鲜花．据市场调查，已知6枝玫瑰花与3枝康乃馨的价格之和大于24元，而4枝玫瑰花与5枝康乃馨的价格之和小于22元，则2枝玫瑰花的价格和3枝康乃馨的价格比较结果是（    ）

A．3枝康乃馨价格高 B．2枝玫瑰花价格高 C．价格相同 D．不确定

【答案】B

【解析】设1枝玫瑰和1枝康乃馨的价格分别元，由题意可得：，令，根据待定系数法求得，借助不等式性质即可证得.

【详解】

设1枝玫瑰和1枝康乃馨的价格分别元，由题意可得：，

令，

则，解得：

，

因此.

所以2枝玫瑰的价格高.

故选：B

【点睛】

本题考查不等关系与不等式性质，考查不等式比较大小的问题，属于中档题.

9．若两个正实数满足且存在这样的使不等式有解，则实数的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【解析】利用基本不等式求得的最小值，然后解相应的不等式可得的范围．

【详解】

∵不等式x+ m2+3m有解，∴(x+)min＜m2﹣3m，

∵x＞0，y＞0，且，

∴x+＝（x+）（）＝＝4，

当且仅当，即x＝2，y＝8时取“＝”，∴（x+）min＝4，

故m2+3m＞4，即(m-1)(m+4)＞0，解得m＜﹣4或m＞1，

∴实数m的取值范围是(﹣∞，﹣4)∪(1，+∞)．

故选：C．

【点睛】

本题考查不等式有解问题，考查用基本不等式求最小值，解题关键是用“1”的代换凑配出定值．

10．若关于的不等式对任意的，恒成立，则实数的取值范围是（    ）

A． B．或

C． D．或

【答案】C

【解析】观察式子，根据，，故可采用基本不等式得到，再求解一元二次不等式即可

【详解】

因为，，所以（当且仅当时等号成立），所以由题意，得，解得，

故选C

【点睛】

本题考查双变量不等式的求法，一般处理思路为：先结合不等式的性质或基本不等式求解其中一个变量的最值，再分析另一变量对应不等式应满足的条件

二、多选题

11．设非空集合P，Q满足，且，则下列选项中错误的是（    ）．

A．，有 B．，使得

C．，使得 D．，有

【答案】CD

【解析】由两集合交集的结果推出Q是P的真子集，再根据真子集的概念进行判断.

【详解】

因为，且，所以Q是P的真子集，

所以，有，，使得，CD错误.

故选：CD

【点睛】

本题考查集合交集的概念、真子集的概念，属于基础题.

12．已知且，那么下列不等式中，恒成立的有（    ）．

A． B． C． D．

【答案】ABC

【解析】利用基本不等式，逐个进行验证，即可得到结论．

【详解】

，(当且仅当时取得等号)．所以选项A正确

由选项A有，设，则在上单调递减.

所以，所以选项B正确

(当且仅当时取得等号)，

．所以选项C正确.

（当且仅当时等号成立），所以选项D不正确．

故A，B，C正确

故选：ABC

【点睛】

本题考查基本不等式的运用，考查学生分析解决问题的能力，属于中档题

三、填空题

13．集合，，若，则a的值是______.

【答案】

【解析】根据交集的定义可得，从而得到三个方程求出的值，再代入验证，即可得答案；

【详解】

∵，，若，

∴或或，解得或，

将代入得，，此时，不合题意；

将代入得，，此时，满足题意，

则.

故答案为:.

【点睛】

本题考查交集的定义，考查分类讨论思想，考查运算求解能力，求解时注意代入检验.

14．设全集，若，，，则集合________.

【答案】

【解析】解法一：画出韦恩图如图所示，根据已知，将U中的元素逐一填入，即得答案.

解法二：可以直接根据求得

【详解】

解法一：由已知条件，画出韦恩图如图所示，根据已知，将U中的元素逐一填入，可得A={1,3,5,7}，

解法二：，

故答案为:{1,3,5,7}.

【点睛】

本题考查集合的交并补混合运算的意义，利用韦恩图解决是关键诀窍.

15．下列命题中：

①若，则的最大值为；

②当时，；

③的最小值为； ④当且仅当均为正数时，恒成立.

其中是真命题的是__________．(填上所有真命题的序号)

【答案】①②

【解析】根据均值不等式依次判断每个选项的正误，得到答案.

【详解】

①若，则的最大值为

，正确

②当时，

，时等号成立，正确

③的最小值为，

取 错误

④当且仅当均为正数时，恒成立

均为负数时也成立.

故答案为① ②

【点睛】

本题考查了均值不等式，掌握一正二定三相等的具体含义是解题的关键.

16．已知，二次三项式对于一切实数x恒成立，又，使成立，则的最小值为____．

【答案】

【解析】分析：对于一切实数恒成立，可得；再由，使成立，可得，所以可得，可化为，平方后换元，利用基本不等式可得结果.

详解：已知，二次三项式对于一切实数恒成立，

，且；

再由，使成立，

可得，

，，

令，则

（当时，等号成立），所以，的最小值为，

故的最小值为，故答案为.

点睛：本题主要考查一元二次不等式恒成立问题以及利用基本不等式求最值，属于难题.利用基本不等式求最值时，一定要正确理解和掌握“一正，二定，三相等”的内涵：一正是，首先要判断参数是否为正；二定是，其次要看和或积是否为定值（和定积最大，积定和最小）；三相等是，最后一定要验证等号能否成立（主要注意两点，一是相等时参数否在定义域内，二是多次用或时等号能否同时成立）.

四、解答题

17．已知命题，命题.

（1）当时，求；

（2）若，，求实数的值；

【答案】（1）；（2）2.

【解析】（1）由，得到，然后再利用交集的运算求解.

（2）化简集合或，然后根据，，由求解.

【详解】

（1）∵当时，，或

所以；

（2）或，，

因为，，

所以，

解得，

所以满足，的实数的值为2

【点睛】

本题主要考查集合的基本运算及应用和一元二次不等式的解法，还考查了运算求解的能力，属于基础题.

18．已知不等式的解集为或.

（1）求实数，的值；

（2）若，，求的最小值.

【答案】（1），；（2）9.

【解析】（1）根据一元二次不等式的解法，得到对应二次方程的两根，利用韦达定理建立方程组，求解即得；
（2）由于,利用“×1”法，将所求式子时当整理变形，利用基本不等式求最值即可.

【详解】

（1）根据题意，不等式的解集为或，

则方程的两个根是1和4，则有，，即，.

（2）由（1）知，因为，所以，所以，

所以，

当且令当，即时，等号成立，所以的最小值为9.

【点睛】

本题考查已知二次不等式的解集求参数的值和利用基本不等式求最值，属基础题.

19．（1）若关于的不等式的解集是的子集，求实数的取值范围；

（2）已知，，均为正数，且，求的最小值.

【答案】（1）.（2）12.

【解析】分析：（1）化简不等式＜0，通过a与2的范围的讨论，求解即可；

（2）根据题意，将abc=9（a+b）变形可得c=9×，则a+b+c=（a+b）+9×，结合基本不等式的性质分析可得答案．

详解：（1）由题，

当时，不等式的解集为，此时显然是的子集，

当时，不等式的解集为，要使其为的子集，∴，综上，.

（2）根据题意，，则，

则 ，

当且仅当时，等号成立；则的最小值为12.

点睛：（1）解一元二次不等式时，当二次项系数为负时要先化为正，再根据判别式符号判断对应方程根的情况，然后结合相应二次函 数的图象写出不等式的解集．

（2）解含参数的一元二次不等式，要把握好分类讨论的层次，一般按下面次序进行讨论：首先根据二次项系数的符号进行分类，其次根据根是否存在，即判别式的符号进行分类，最后当根存在时，再根据根的大小进行分类．

20．某自来水厂拟建一座平面图为矩形且面积为200m2的二级净水处理池（如图）.池的深度一定，池的外围周壁建造单价为400元/m，中间的一条隔壁建造单价为100元/m，池底建造单价为60元/m2，池壁厚度忽略不计.问净水池的长为多少时，可使总造价最低？

【答案】15m

【解析】净水池的底面积一定，设长为x米，则宽可表示出来，从而得出总造价y=f（x），利用基本不等式求出最小值.

【详解】

设水池的长为x米，则宽为米.

总造价：y=400（2x+）+100+200×60

=800（x+）+12000≥800+12000=36000，

当且仅当x=，即x=15时，取得最小值36000.

所以当净水池的长为15m时，可使总造价最低.

【点睛】

本题考查将实际问题中的最值问题转化为数学中的函数最值，运用基本不等式求得最值是解题的关键，属于基础题.

21．已知关于的函数．

（1）当时，求不等式的解集；

（2）若对任意的恒成立，求实数的最大值

【答案】（1）或（2）

【解析】（1）将代入函数解析式,根据,解一元二次不等式即可得不等式解集.

（2）根据不等式对任意的恒成立,分离参数,转化为求的最小值,结合基本不等式即可得解.

【详解】

（1）当时，

∴原不等式为

对于方程

∴对于方程有两个不相等的实数根，

∴原不等式的解集为或

（2）要使对任意的恒成立

即对任意的恒成立

令

由基本不等式可得：

当且仅当即时，等号成立.

的最小值为

的最大值为

【点睛】

本题考查了一元二次不等式的解法,二次函数恒成立问题及基本不等式在求最值中的应用,属于基础题.

22．已知集合，集合.

（1）若A是B的充分条件，求实数a的取值范围.

（2）是否存在实数a，使得A是B的充要条件？若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由.

【答案】（1）；（2）不存在实数a，使得A=B.

【解析】（1）根据A是B的充分条件，得出，建立条件关系即可求实数的取值范围．

（2）假设，建立条件关系即可求实数的值是否存在，即可判断．

【详解】

解：（1）集合，集合．

，

集合可以分为或两种情况来讨论：

当时，满足题意，此时，解得：；

当时，要使成立，

需满足，

综上所得，实数的取值范围.

（2）假设存在实数，那么，

则必有，解得：，

综合得：无解．

故不存在实数，使得，

即不存在实数a，使得A是B的充要条件．

【点睛】

本题主要考查集合间的包含关系，以及对充分条件和必要条件的理解，还考查不等式的解法．