甘肃省天水市第一中学2023-2024学年高一数学上学期10月月考试题（Word版附解析）

天水一中高一级2023-2024学年度第一学期第一学段检测考试

数学试题

满分：150分  时间：120分钟

一、单选题（每小题5分，共40分）

1. 已知集合，则（    ）

A.  B.  C.  D.

2. 命题“，”的否定是（　　）

A. ， B. ，

C. ， D. ，

3. 已知集合，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

4. 设：或；：或，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. 既不充分也不必要条件

5. 不等式的解集为（    ）

A.

B.

C.

D.

6. 设为正数，且，则的最小值为（    ）

A. 2 B.  C. 4 D.

7. 若是的必要不充分条件，是的充分不必要条件，则是的（    ）

A 充分不必要条件 B. 充要条件

C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件

8. 设，则下列不等式成立的是（    ）

A.  B.

C.  D.

二、多选题（每小题5分，共20分）

9. 如图，已知矩形表示全集，、是的两个子集，则阴影部分可表示为（    ）

A.  B.  C.  D.

10. 若且，则下列不等式一定正确的是（    ）

A  B.  C.  D.

11. 命题p：，是假命题，则实数b的值可能是（    ）

A.  B.  C. 2 D.

12. 关于x不等式的解集中恰有3个正整数解，则a的值可以为（    ）

A.  B.  C.  D. 2

三、填空题（每小题5分，共20分）

13. 不等式的解集为________．

14. 已知集合若则实数取值范围是_______.

15. 不等式组的解集为____________．

16. 已知对任意，不等式恒成立，则实数a的最小值为________．

四、解答题（第17题10分，18-22题每小题12分，共70分）

17. 已知二次函数满足图象关于直线轴对称，且过点．

（1）求函数的解析式；

（2）若，比较与的大小．

18. 已知集合，．

（1）当时，求；

（2）若，求实数a的取值范围．

19. 已知关于的不等式的解集为.

（1）求实数，的值；

（2）当，，且满足时，求的最小值.

20. 已知命题成立；命题成立．

（1）若命题为真命题，求实数的取值范围；

（2）若命题真假，求实数的取值范围．

21. 已知函数.

（1）当时，求解关于的不等式；

（2）若方程有两个正实数根，求最小值.

22. 某公司决定对旗下的某商品进行一次评估，该商品原来每件售价为25元，年销售8万件．

（1）据市场调查，若价格每提高1元，销售量将相应减少2000件，要使销售的总收入不低于原收入，该商品每件定价最多为多少元？

（2）为了扩大该商品的影响力，提高年销售量，公司决定立即对该商品进行全面技术革新和销售策略调整，并提高定价到x元，公司拟投入万元，作为技改费用，投入50万元作为固定宣传费用，投入万元作为浮动宣传费用．试问：当该商品改革后的销售量a至少达到多少万件时，才可能使改革后的销售收入不低于原收入与总投入之和？并求出此时每件商品的定价．

天水一中高一级2023-2024学年度第一学期第一学段检测考试

数学试题

满分：150分  时间：120分钟

一、单选题（每小题5分，共40分）

1. 已知集合，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】求出，结合交集的定义计算即可.

【详解】因为，，

所以，

故选：B

2. 命题“，”的否定是（　　）

A. ， B. ，

C. ， D. ，

【答案】C

【解析】

【分析】由特称命题的否定形式即可求解.

【详解】命题“，”是特称命题，

其否定形式为：，.

故选：C

3. 已知集合，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】利用补集与交集的定义可求得集合.

【详解】因为，则，

又因为，则.

故选：B.

4. 设：或；：或，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. 既不充分也不必要条件

【答案】A

【解析】

【分析】分别写出对应的取值范围，再由范围大小即可确定选项.

【详解】根据题意可得，，

易知是的真子集，所以，

因此，是的充分不必要条件.

故选：A

5. 不等式的解集为（    ）

A.

B.

C.

D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据一元二次不等式的解法，即可求解.

【详解】由，得，即，解得，

所以不等式的解集为.

故选：A

6. 设为正数，且，则的最小值为（    ）

A. 2 B.  C. 4 D.

【答案】A

【解析】

【分析】将变形为，展开后利用基本不等式即可求得答案.

【详解】由题意为正数，且，

则

，

当且仅当，结合，即时等号成立，

即的最小值为2，

故选：A

7. 若是的必要不充分条件，是的充分不必要条件，则是的（    ）

A. 充分不必要条件 B. 充要条件

C. 必要不充分条件 D. 既不充分也不必要条件

【答案】A

【解析】

【分析】利用题给条件判断出与的逻辑关系，进而得到正确选项.

【详解】若是的必要不充分条件，则，，

是的充分不必要条件，则，

则有，，则是的充分不必要条件，

故选：A．

8. 设，则下列不等式成立的是（    ）

A  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据基本不等式的性质，结合作差比较法逐一判断即可.

【详解】因为，所以；

因为，

所以，即，

因为，

所以，即，

因此，

故选：D

二、多选题（每小题5分，共20分）

9. 如图，已知矩形表示全集，、是的两个子集，则阴影部分可表示为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】ACD

【解析】

【分析】在阴影部分区域内任取一个元素，分析元素与各集合的关系，即可得出合适的选项.

【详解】在阴影部分区域内任取一个元素，则且，即且，

所以，阴影部分可表示为，A对；

且，阴影部分可表示为，C对；

且，阴影部分可表示为，D对；

显然，阴影部分区域所表示的集合为的真子集，B选项不合乎要求.

故选：ACD.

10. 若且，则下列不等式一定正确的是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】BD

【解析】

【分析】取特值可判断A，C；由不等式的性质可判断B，D.

【详解】对于A，，则，故A错误；

对于B，由，两边同时乘以，，故B正确.

对于C，若，则，故C错误；

对于D，因为，，则，故D正确.

故选：BD.

11. 命题p：，是假命题，则实数b的值可能是（    ）

A.  B.  C. 2 D.

【答案】AB

【解析】

【分析】根据特称命题与全称命题的真假可知：，，利用判别式小于即可求解.

【详解】因为命题p：，是假命题，

所以命题：，是真命题，也即对，恒成立，

则有，解得：，根据选项值，可判断选项符合，

故选：.

12. 关于x的不等式的解集中恰有3个正整数解，则a的值可以为（    ）

A.  B.  C.  D. 2

【答案】CD

【解析】

【分析】由题意先判断出，写出不等式的解集，由不等式的解集中恰有3个正整数，分析的这3个正整数为,计算求解即可.

【详解】不等式化简为的解集中恰有3个正整数，

当时，不等式化为，则解集中有无数个整数.

当时，不等式的解集中有无数个正整数，故A错误；

所以，，，所以

所以不等式的解集为：， 根据0一定属于此集合，

则由不等式的解集中恰有3个正整数，

则这3个整数中一定为：，

则，解得

故可取和2，故C,D正确，AB错误；

故选：CD.

三、填空题（每小题5分，共20分）

13. 不等式的解集为________．

【答案】

【解析】

【分析】将分式不等式转化为整式不等式即可根据一元二次不等式的求解可得.

【详解】原不等式化为或，

因此不等式的解集为

故答案为：

14. 已知集合若则实数的取值范围是_______.

【答案】

【解析】

【分析】由得，则可根据子集的定义列出不等式求解即可.

【详解】解：则，所以，解得：.

故答案为.

【点睛】本题考查子集的定义和运算，考查不等式的解法，属于基础题.

15. 不等式组解集为____________．

【答案】

【解析】

【分析】按一元二次不等式的解法计算即可.

【详解】由，得，所以或.

故答案为：.

16. 已知对任意，不等式恒成立，则实数a的最小值为________．

【答案】

【解析】

【分析】根据基本不等式求得的最小值，由此可得关于a的不等式，即可求得答案.

【详解】因为，故，所以

，

当且仅当，即时等号成立，

即有，所以，即a的最小值为，

故答案为：

四、解答题（第17题10分，18-22题每小题12分，共70分）

17. 已知二次函数满足图象关于直线轴对称，且过点．

（1）求函数的解析式；

（2）若，比较与的大小．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）先根据二次函数的对称轴求出，再根据函数图象所过的点即可求出；

（2）利用作差法求解即可.

【小问1详解】

因为二次函数满足图象关于直线轴对称，

所以，解得，

又函数图象过点，

则，解得，

所以函数的解析式为；

小问2详解】

因为，

所以.

18. 已知集合，．

（1）当时，求；

（2）若，求实数a的取值范围．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据交集定义进行计算；

（2）根据集合的包含关系，得到不等式组，求出实数a的取值范围.

【小问1详解】

当时，，

∵，∴．

【小问2详解】

若，故，

∴，综上，实数a的取值范围为．

19. 已知关于的不等式的解集为.

（1）求实数，的值；

（2）当，，且满足时，求的最小值.

【答案】（1），.   

（2）24

【解析】

【分析】（1）根据一元二次不等式的解与方程的根之间的关系即可求解，

（2）根据乘“1”法，即可结合基本不等式求解.

【小问1详解】

∵不等式的解集为，

∴，且，为方程的两个根，故，

解得或（舍去），

【小问2详解】

当，时，由（1）得，

∴，

当且仅当，即，时，等号成立，

所以的最小值为24

20. 已知命题成立；命题成立．

（1）若命题为真命题，求实数的取值范围；

（2）若命题真假，求实数的取值范围．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由命题为真命题转化为不等式恒成立.

（2）解出“命题假”所对应实数的取值范围并与（1）中的取值范围作交集.

【小问1详解】

因为命题为真命题.

所以在上恒成立，则判别式，

即解得.

所以实数的取值范围为.

【小问2详解】

由（1）知命题为真命题时，的取值范围为.

当命题为真命题时，不等式有解.

则判别式即解得或.

则命题为假命题时，即.

故命题真假时，满足.

所以实数的取值范围为.

21. 已知函数.

（1）当时，求解关于的不等式；

（2）若方程有两个正实数根，求的最小值.

【答案】（1）；   

（2）6

【解析】

【分析】（1）解一元二次不等式，即可得答案；

（2）根据方程有两个正实数根可得相应不等式组，进而表示出，采用换元法结合基本不等式即可求得答案.

【小问1详解】

当时, 不等式即为，解得或，

故不等式解集为 ；

【小问2详解】

方程有两个正实数根，

即有两个正实数根，

故，解得；

所以，

令，则，

故，

当且仅当即时取得等号，

故的最小值为6.

22. 某公司决定对旗下的某商品进行一次评估，该商品原来每件售价为25元，年销售8万件．

（1）据市场调查，若价格每提高1元，销售量将相应减少2000件，要使销售的总收入不低于原收入，该商品每件定价最多为多少元？

（2）为了扩大该商品的影响力，提高年销售量，公司决定立即对该商品进行全面技术革新和销售策略调整，并提高定价到x元，公司拟投入万元，作为技改费用，投入50万元作为固定宣传费用，投入万元作为浮动宣传费用．试问：当该商品改革后的销售量a至少达到多少万件时，才可能使改革后的销售收入不低于原收入与总投入之和？并求出此时每件商品的定价．

【答案】（1）40元    （2）10.2万件，30元

【解析】

【分析】（1）设每件定价为t元，根据题意列不等式，然后解不等式即可；

（2）根据题意得到时，不等式有解，然后转化为，再根据基本不等式求最值即可.

【小问1详解】

设每件定价为t元，依题意得，

整理得，解得．

所以要使销售的总收入不低于原收入，每件定价最多为40元．

【小问2详解】

依题意知当时，不等式有解，

等价于时，有解，

由于，

当且仅当，即时等号成立，所以，

当该商品改革后销售量a至少达到10.2万件时，才可能使改革后的销售收入不低于原收入与总投入之和，此时该商品的每件定价为30元．