山东省菏泽市鄄城县第一中学2023-2024学年高一上学期9月月考数学试题（Word版附解析）

这是一份山东省菏泽市鄄城县第一中学2023-2024学年高一上学期9月月考数学试题（Word版附解析），共14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。

1. 设集合，，（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据交集的知识求得正确答案.
【详解】依题意.
故选：C
2. 已知，，若集合，则的值为（ ）
A. B. C. 1D. 2
【答案】B
【解析】
【分析】利用集合相等，求出，再根据互异性求出的取值情况并检验即可.
【详解】根据题意,,故，则,
则，由集合的互异性知且，
故，则， 即或（舍），
当时，，符合题意，
所以.
故选：B.
3. 集合，若，则满足条件的集合的个数为（ ）
A. 4B. 5C. 7D. 8
【答案】D
【解析】
【分析】先判断集合A的元素个数，再利用集合的子集个数公式计算即可.
【详解】，
因为，所以满足条件的集合的个数为.
故选：D.
4. 王昌龄是盛唐著名的边塞诗人，被誉为“七绝圣手”，其《从军行》传诵至今，“青海长云暗雪山，孤城遥望玉门关. 黄沙百战穿金甲，不破楼兰终不还”，由此推断，其中最后一句“攻破楼兰”是“返回家乡”的（ ）
A. 必要条件B. 充分条件
C. 充要条件D. 既不充分又不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】利用充分必要条件判断即可得解.
【详解】由题意可知：“返回家乡”则可推出“攻破楼兰”，
故“攻破楼兰”是“返回家乡”必要条件，
故选：A.
5. 命题“”的否定是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据存在量词命题的否定是全称量词命题即得.
【详解】因为存在量词命题的否定是全称量词命题，
所以命题“”的否定是“”．
故选：D．
6. 已知，，且，则的最大值为（ ）
A. 1B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用基本不等式，即可乘积的最大值.
【详解】，解得，当且仅当时等号成立，
即，时，等号成立，所以的最大值为.
故选：C
7. 甲、乙两人同时于上周和本周到同一加油站给汽车加油两次，甲每次加油20升，乙每次加油200元，若上周与本周油价不同，则在这两次加油中，平均价格较低的是（ ）
A. 甲B. 乙C. 一样低D. 不能确定
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意，分别求得甲乙两次加油的平均价格，结合作差比较，即可得到答案.
【详解】设两次加油时的单价分别为元和元，且，
则甲每次加油升，两次加油中，平均价格为元，
乙每次加油元，两次加油中，平均价格为元，
可得，所以乙的平均价格更低.
故选：B.
8. 对非空有限数集定义运算“”：表示集合A中的最小元素.现给定两个非空有限数集A，B，定义集合，我们称为集合A，B之间的“距离”，记为.现有如下四个命题：
①若，则； ②若，则；
③若，则； ④对任意有限集合A，B，C，均有.
其中，真命题的个数为（ ）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】B
【解析】
【分析】根据题中条件可得①③正确，通过举反例可得②④错误.
【详解】对于①，若，则A，B中最小的元素相同，则，故①为真命题；
对于②，取集合，，满足，而，故②为假命题；
对于③，若，则A，B中存在相同的元素，所以交集非空集，故③为真命题；
对于④，取集合，，，可知，，，
则不成立，故④为假命题.
综上，真命题的个数为2个.
故选：B
二、多选题（4题*5分=20分）
9. 下列说法正确的是（ ）
A. ；
B. 雅安中学新高一全体学生可以构成一个集合；
C. 集合有两个元素；
D. 小于10的自然数按从大到小的顺序排列和按从小到大的顺序排列分别得到不同的两个集合.
【答案】BC
【解析】
【分析】区分的含义判断A；根据集合的定义判断B；根据一元二次方程有两个不相等的实数根判断C；根据集合元素的无序性判断D.
【详解】对于A，0是一个数，是一个集合，二者不相等，A错误；
对于B，根据集合定义知，雅安中学新高一全体学生可以构成一个集合，B正确；
对于C，由于的判别式，
故有两个不相等的实数根，故集合有两个元素，正确；
对于D，集合的元素具有无序性，故小于10的自然数按从大到小的顺序排列和按从小到大的顺序排列分别得到的两个集合是同一个集合，D错误，
故选：BC
10. （多选）若{1,2}⊆B{1,2,3,4}，则B=（ ）
A. {1,2}B. {1,2,3}C. {1,2,4}D. {1,2,3,4}
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据子集与真子集的定义即可求解．
【详解】∵{1,2}⊆B{1,2,3,4}，
∴B={1,2}或B={1,2,3}或B={1,2,4}，
故选：ABC
11. 已知，，，则下列命题为真命题的是（ ）
A. 若，则B. 若且，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据不等式的性质即可结合选项逐一求解.
【详解】选项A，若成立则，所以，故选项A正确；
选项B，由得，又因为，
所以，所以，故选项B正确；
选项C，因，所以，所以，
因，所以两边同乘得，故选项C正确；
选项D，因为，，，
所以，即，故选项D不正确；
故选：ABC．
12. 某工艺厂用A、B两种型号不锈钢薄板制作矩形、菱形、圆3种图形模板，每个图形模板需要A、B不锈钢薄板及该厂2种薄板张数见下表
该厂签购制作矩形、菱形、圆3种模板分别为x，y，z（）块.上述问题中不等关系表示正确为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】根据题意直接列不等式即可求解.
【详解】因为每个矩形模板需要5张A薄板，每个菱形模板需要3张A薄板，每个圆模板需要10张A薄板，且共有55张A薄板，
所以，
因为每个矩形模板需要12张B薄板，每个菱形模板需要6张B薄板，每个圆模板需要13张B薄板，且共有125张B薄板，
所以.
故选：BC.
三、填空题（4题*5分=20分）
13. 设集合且,则a的取值组成的集合是_________.
【答案】
【解析】
【分析】由,可得,即可得到或,分别求解可求出答案.
【详解】由题意,,
①若,解得或,
当时,集合中,,不符合集合的互异性,舍去;
当时,,符合题意.
②若,解得,,符合题意.
综上,的值是-2或0.
故答案为: .
14. 为丰富学生课余生活，拓宽学生视野，某校积极开展社团活动，高一（1）班参加社团的学生有21人，参加社团的学生有18人，两个社团都参加的有7人，另外还有3个人既不参加社团也不参加社团，那么高一（1）班总共有学生人数为_________．
【答案】35
【解析】
【分析】求出只参加社团和只参加社团的人数，即可求出高一（1）班总共有学生人数.
【详解】由题意，
高一（1）班参加社团的学生有21人，参加社团的学生有18人，两个社团都参加的有7人，
∴只参加社团的学生有（人），
只参加社团的学生有（人），
∵另外还有3个人既不参加社团也不参加社团，
∴高一（1）班总共有学生人数为：（人）
故答案为：.
15. 若实数，满足，则的最小值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】由题意设，则，可得，，化简所求利用基本不等式即可求解.
【详解】因，则，
即，
令，则，
所以，，
所以
，
当且仅当，即时，等号成立.
故的最小值为.
故答案为：
16. 如图，正方形的边长为，请利用，写出一个简练优美的含有a，b的不等式为______，其中“＝”成立的条件为______.
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】利用勾股定理结合已知条件即可求解.
【详解】正方形的边长为，
由勾股定理可得，，
∵，∴，
整理得，当且仅当取等号，
故答案为：；.
五、解答题（共70分）
17. 设为实数，集合，.
（1）若，求，；
（2）若，求实数的取值范围.
【答案】（1），或
（2）
【解析】
【分析】（1）求出时集合B，再利用集合的运算即可求出与；
（2）根据得出关于的不等式，由此求出实数m的取值范围.
【小问1详解】
集合，时，，
所以，
又因为，
所以或，
【小问2详解】
由，得或，
即或，
所以实数m的取值范围是.
18. 已知，非空集合.
（1）若是的必要条件，求的取值范围；
（2）是否存在实数m，使是的充要条件?请说明理由.
【答案】（1）
（2）不存在，理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据必要条件的定义可知，根据集合之间的关系求解；
（2）根据充要条件的定义可知，根据集合之间的关系求解.
【小问1详解】
由，解得，∴，
∵是的必要条件，∴，
∴，解得，
故的取值范围为.
【小问2详解】
由（1）知，
若是的充要条件，则，
∴，解得，
故这样的不存在.
19. （1）已知实数，满足，，求和的取值范围
（2）已知正实数，满足：，求的最小值
【答案】（1），；（2）9
【解析】
【分析】（1）应用不等式的性质计算组合的范围即可;
（2）已知等式,应用常值代换法求出和的最小值.
【详解】（1）因为，所以，
所以
所以的取值范围是．
因为，所以，
因为，所以，
所以的取值范围是．
（2）因为，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，
所以的最小值为9.
20. 已知，.
（1）求的最小值；
（2）求的最大值.
【答案】（1）4 （2）
【解析】
【分析】（1）根据条件得到，再利用均值不值式即可求出结果；
（2）根据条件得到，再利用均值不值式即可求出结果.
【小问1详解】
因为，所以，
当且仅当时取等号，
所以的最小值为.
【小问2详解】
因，所以
当且仅当，即时取等号，
所以的最大值为.
21. （1）已知，比较与的大小
（2）若命题“时，一次函数的图象在x轴上方”为真命题时，求的取值范围.
【答案】（1）当或时，；
当且时，；
当且时，.
（2）或.
【解析】
【分析】（1）作差法可得，分类讨论即可得解；
（2）把一次函数图象在x轴上方转化函数值恒为正，列不等式求解即可.
【详解】（1）
当或时，有，或，
所以，即；
当且时，有，所以，即；
当且时，有，所以，即.
（2）因为命题“时，一次函数的图象在x轴上方”为真命题，
所以，所以或，
即的取值范围为或.
22. 已知集合
（1）判断8，9，10否属于集合A；
（2）已知集合，证明：“”的充分条件是“”；但“”不是“”的必要条件；
（3）写出所有满足集合A的偶数.
【答案】（1），，
（2）证明见解析 （3）
【解析】
【分析】（1）由，即可证，若，而，列方程组判断是否存在整数解，即可判断10是否属于A.
（2）由，结合集合A的描述知，由（1），而，即可证结论；
（3）由集合A的描述：，讨论m，n同奇或同偶、一奇一偶，即可确定的奇偶性，进而写出所有满足集合A的偶数.
小问1详解】
，，故，，
假设，，则，且，
由，得或，显然均无整数解，
∴，
综上，有：，，；
【小问2详解】
集合，则恒有，
∴，即一切奇数都属于A，即，则必有；
又，而，即，推不出，
∴“”的充分条件是“”；但“”不是“”的必要条件；
【小问3详解】
集合，，
①当m，n同奇或同偶时，均为偶数，为4的倍数；
②当m，n一奇一偶时，均为奇数，为奇数，
综上，所有满足集合A的偶数为．
【点睛】关键点睛：解答本题的关键在于根据集合的性质，应用因式分解、恒等转化、代数式的奇偶性讨论，判断元素与集合的关系，证明条件间的充分、必要关系，确定满足条件的数集.
矩形
菱形
圆
总数
A
5
3
10
55
B
12
6
13
125