广西南宁市第三十六中学衡阳校区2023-2024学年高一数学上学期9月月考试题（Word版附解析）

这是一份广西南宁市第三十六中学衡阳校区2023-2024学年高一数学上学期9月月考试题（Word版附解析），共13页。试卷主要包含了考试结束后，请将答题卡交回等内容，欢迎下载使用。
南宁36中衡阳校区2023-2024学年上学期9月月考高一数学（考试时间120分钟，满分150分） 注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级填写在答题卡上，贴好条形码．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效．3．考试结束后，请将答题卡交回．一、选择题：本大题共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. 已知集合，，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据集合表示的含义求交集.【详解】由题意知，表示的是自然数中，由3的倍数组成的集合.∴故选：C2. 命题“，”的否定是（    ）A. ， B. ，C. ， D. ，【答案】D【解析】【分析】由全称命题的否定可直接得到结果.【详解】由全称命题的否定知：原命题的否定为，.故选：D.3. 若，则的值是（      ）A. -3 B. 3 C. -9 D. 9【答案】A【解析】【分析】根据的范围化简根式和绝对值，由此求得表达式的值.【详解】依题意，所以，所以.故选：A.【点睛】本小题主要考查根式和绝对值的化简，属于基础题.4. 不等式的解集为（    ）A.  B. C. ，或 D. ，或【答案】B【解析】【分析】对于二次项系数是负数的一元二次不等式，可以先把二次项系数化成正数，再求解.【详解】不等式可化为，解得.故选：B.5. 若，则的值为（      ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】由求得，由此化简求得的值.【详解】由得，所以.故选：D【点睛】本小题主要考查代数式的化简求值，属于基础题.6. 使不等式成立的一个充分不必要条件是（    ）A.  B. 或C.  D. 【答案】C【解析】【分析】由题意要选的是的真子集.【详解】由得，因为选项中只有，故只有C选项中的条件是使不等式成立的一个充分不必要条件．故选：C.7. 已知菱形的边长为5，两条对角线交于点，且、的长分别是关于的方程的根，则等于（    ）A. -3 B. 5 C. 5或-3 D. -5或3【答案】A【解析】【分析】由题意可知：菱形ABCD的边长是5，则AO2+BO2＝25，则再根据根与系数的关系可得：AO+BO＝﹣2m+1，AO•BO＝m2+3；代入AO2+BO2中，得到关于m的方程后，求得m的值．【详解】由直角三角形的三边关系可得：AO2+BO2＝25，又有根与系数的关系可得：AO+BO＝﹣2m+1，AO•BO＝m2+3，∴AO2+BO2＝（AO+BO）2﹣2AO•BO＝（﹣2m+1）2﹣2（m2+3）＝25，整理得：m2﹣2m﹣15＝0，解得：m＝﹣3或5．又∵△＞0，∴（2m﹣1）2﹣4（m2+3）＞0，解得m，∴m＝﹣3，故选：A．【点睛】将菱形的性质与一元二次方程根与系数的关系，以及代数式变形相结合解题是一种经常使用的解题方法．8. 已知，则的最小值为（    ）A. 8 B. 10 C. 12 D. 14【答案】C【解析】【分析】将变为，利用基本不等式即可求得答案.【详解】因为,,当且仅当，即时取得等号，即的最小值为12，故选：C二、选择题：本大题共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. 若，，则下列结论正确的是（　　）A.  B. C.  D. 【答案】BCD【解析】【分析】利用不等式的基本性质逐项判断，可得出合适的选项.【详解】对于A选项，因为，，则，，所以，，A错；对于B选项，因为，所以，因为，所以，所以，则，，所以，，B对；对于C选项，因为，则，因为，则，C对；对于D选项，因为，，所以，，D对.故选：BCD.10. 设集合，集合，若，则可能是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】ACD【解析】【分析】根据，可得或或，进而可求出的值．【详解】因为，所以或或，则或或，解得或或.故选：ACD.11. 若、且，则下列不等式中恒成立的是（    ）．A.  B. C.  D. 【答案】AD【解析】【分析】利用基本不等式可判断AD选项的正误；取，可判断BC选项的正误.【详解】对于A选项，由基本不等式可得，则，当且仅当时，等号成立，A对；对于B选项，当，时，，B错；对于C选项，当，时，，C错；对于D选项，由题意可知，，由基本不等式可得，当且仅当时，等号成立，D对故选：AD.12. 不等式对任意的恒成立，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】ACD【解析】【分析】将原不等式转化为一元二次不等式恒成立问题，根据二次函数的性质求解.【详解】 可整理为 ，根据二次函数的性质有： ，故A正确；当时，满足 ，即原不等式成立，B错误；由 ，得 ，所以 ，C正确； ，D正确；故选：ACD．三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分13. 设全集，集合，，则图中的阴影部分表示的集合为__________．【答案】【解析】【详解】图中的阴影部分表示的集合为14. 若命题，为真命题，则实数m的取值范围是______．【答案】【解析】【分析】结合一元二次不等式以及特称命题真假性求得正确答案.【详解】若命题，为真命题，则，化简得：，解得：或.实数m的取值范围是:.故答案为：.15. 下列说法不正确的是________．（只填序号）①是的必要条件；②是的充分不必要条件；③是且充分条件；④是的充分不必要条件．【答案】①③【解析】【分析】根据充分条件、必要条件判定方法，逐项判定，即可求解.【详解】①中，命题：若是的必要条件的逆否命题为若是的必要条件，由，可得或，所以是的充分条件，所以①不正确；②中，若，则成立，即充分性成立；反之：若，则不一定成立，即必要性不成立，所以是的充分不必要条件，所以②正确；③中，由，可得或，所以是且的必要条件，所以③不正确；④中，由，可得，所以是的充分不必要条件，所以④正确.故选：①③16. 已知且，则的最小值是__________．【答案】8【解析】【分析】运用“1”的代换及基本不等式即可求得结果.【详解】因为，所以，所以，当且仅当，即时取等号.所以的最小值为8.故答案为：8.四、解答题：本大题共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. 已知方程的两根为与，求下列各式的值：（1）；  （2）.【答案】（1）18；（2）7.【解析】【分析】（1）变形为，利用根与系数的关系求解.（2）变形为，.利用根与系数的关系求解.【详解】方程两根为与，.（1），，.（2）.18. 设集合，集合．（1）若，求和（2）设命题，命题，若是成立的必要不充分条件，求实数的取值范围．【答案】（1），    （2）【解析】【分析】（1）当，所以，再求和即可求出答案.（2）因为是成立的必要不充分条件，所以⫋，分类讨论和，即可得出答案.【小问1详解】，因为，所以，所以，．【小问2详解】因为是成立的必要不充分条件，所以⫋，当时，，得当时，．解得 ，所以实数的取值范围是19. 设函数（1）若不等式的解集为，试求的值；（2）若，求不等式的解集.【答案】（1）    （2）答案见解析【解析】【分析】（1）根据不等式的解集确定1和3是方程的两个根，结合韦达定理即可求得答案；（2）求出方程的两根为和2，分类讨论两根的大小，即可求得不等式解集.【小问1详解】由题意知1和3是方程的两个根，且，即有，解得.【小问2详解】，则不等式，即即，因为，方程的两根为和2，所以：①当，即时，不等式的解集为；②当，即时，不等式的解集为；③当且，即时，不等式的解集为.20. 解答下列问题（1）设，，，比较与的大小；（2）已知，且，证明：．【答案】（1）    （2）见解析【解析】【分析】（1）做差法；两式作差，再配完全平方，与0作大小比较，即可得出结论.（2）作差法；作差，再通分，判断每个因式的正负，即可证明.【小问1详解】解：，即，当且仅当,时，等号成立.【小问2详解】证明：,，，.即，.21. 回答下列两题：（1）已知，，且，求的最小值；（2）已知，求的最小值．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）利用“1”的妙用，变形为，利用基本不等式，即可求解；（2）变形后，直接利用基本不等式，即可求解.【小问1详解】由题意可知，，当时，即，得时，等号成立，综上可知，的最小值为；【小问2详解】原式，当时，等号成立，即，所以的最小值为.22. 某光伏企业投资万元用于太阳能发电项目，年内的总维修保养费用为万元，该项目每年可给公司带来万元的收入．假设到第年年底，该项目的纯利润为万元．（纯利润累计收入总维修保养费用投资成本）（1）写出纯利润的表达式，并求该项目从第几年起开始盈利．（2）若干年后，该公司为了投资新项目，决定转让该项目，现有以下两种处理方案：①年平均利润最大时，以万元转让该项目；②纯利润最大时，以万元转让该项目．你认为以上哪种方案最有利于该公司的发展？请说明理由．【答案】（1），从第年起开始盈利    （2）选择方案①更有利于该公司的发展；理由见解析【解析】【分析】（1）根据题意可得表达式，令，解不等式即可；（2）分别计算两个方案的利润及所需时间，进而可确定方案.【小问1详解】由题意可知，令，得，解得，所以从第年起开始盈利；【小问2详解】若选择方案①，设年平均利润为万元，则，当且仅当，即时等号成立，所以当时，取得最大值，此时该项目共获利（万元）．若选择方案②，纯利润，所以当时，取得最大值，此时该项目共获利（万元）．以上两种方案获利均为万元，但方案①只需年，而方案②需年，所以仅考虑该项目的获利情况时，选择方案①更有利于该公司的发展．