还剩10页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
2023-2024学年贵州省黔东南州从江县第一民族中学高一上学期10月月考数学试题含答案
展开
这是一份2023-2024学年贵州省黔东南州从江县第一民族中学高一上学期10月月考数学试题含答案，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．设集合，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据集合的交运算即可求解.
【详解】由题意得，所以.
故选：B
2．命题“是无理数”的否定是（ ）
A．不是无理数
B．不是无理数
C．不是无理数
D．不是无理数
【答案】D
【分析】根据特称命题的否定的定义选择即可.
【详解】命题“是无理数”的否定是不是无理数.
故选：D.
3．对于任意实数，下列命题是真命题的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
【答案】D
【分析】根据不等式的性质即可结合选项逐一求解.
【详解】对于A, 不能得到，比如，故错误，
对于B，若，不能得到，比如，故错误，
对于C，若，不能得到，比如，故错误，
对于D，因为，所以，故正确，
故选：D
4．黄金三角形被称为最美等腰三角形，因此它经常被应用于许多经典建筑中（例如图中所示的建筑）．黄金三角形有两种，一种是顶角为，底角为的等腰三角形，另一种是顶角为，底角为的等腰三角形，则“中有一个角是”是“为黄金三角形”的（ ）
A．充要条件B．充分不必要条件C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】由充分必要条件的概念判断．
【详解】若中有一个角是，则其他两个角不确定，故不能推出为黄金三角形，
若为黄金三角形，由题意知中至少有一个角是，
故“中有一个角是”是“为黄金三角形” 必要不充分条件，
故选：C
5．已知集合，，若，则的所有可能取值组成的集合为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先求出集合，可知，再由，可得集合是集合的子集，根据子集的性质求解便可.
【详解】依题意得： ，所以，
又因为，所以或，解得：或6，
故的所有可能取值组成的集合为：.
故选：A.
6．某校校园文化节开展“笔墨飘香书汉字，文化传承展风采”书法大赛，高一（1）班共有32名同学提交了作品进行参赛，有20人提交了楷书作品，有12人提交了隶书作品，有8人提交了行书作品，同时提交楷书作品和隶书作品的有4人，同时提交楷书作品和行书作品的有2人.没有人同时提交三种作品，则同时提交隶书作品和行书作品的有（ ）
A．4人B．3人C．2人D．1人
【答案】C
【分析】根据题意，画出韦恩图，设同时提交隶书作品和行书作品的有人，列出方程，即可求解.
【详解】根据题意，画出韦恩图，如图所示，
设同时提交隶书作品和行书作品的有人，则，解得，
即同时提交隶书作品和行书作品的有人.
故选：C
7．若，且，则的最小值是（ ）
A．3B．6C．9D．2
【答案】A
【分析】根据题意，化简，结合基本不等式，即可求解.
【详解】因为，且，
所以，
当且仅当时，即时，等号成立，所以的最小值是3.
故选：A.
8．已知超市内某商品的日销量（单位：件）与当日销售单价（单位：元）满足关系式，其中为常数.当该商品的销售单价为15元时，日销量为110件.若该商品的进价为每件10元，则超市该商品的日利润最大为（ ）
A．1500元B．1200元C．1000元D．800元
【答案】C
【分析】根据条件，求出，进而得到商品的日利润为，再利用二次函数的性质即可求出结果.
【详解】根据条件，将，代入，得，
所以，超市内该商品的日利润为：
，其中，
所以，当时，超市该商品的日利润取得最大值，且最大值为1000元，
故选：C
二、多选题
9．已知“”是“”的充分不必要条件，则的值可能为（ ）
A．0B．1C．2D．4
【答案】BCD
【分析】由充分不必要条件求出的范围即可找到选项.
【详解】因为“”是“”的充分不必要条件，所以.
故选：BCD
10．如图，是全集，是的两个子集，则图中的阴影部分可以表示为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BD
【分析】根据集合的交并补运算即可求解.
【详解】根据图中阴影可知：阴影中的元素属于集合但不属于集合，故符合要求，
故选：BD
11．已知，则（ ）
A．B．
C．D．的最大值为24
【答案】AC
【分析】根据不等式的性质可得即可判断AB，根据整体法结合即可求解C，根据的最值即可代入找矛盾求解D.
【详解】由题意可得，即A正确；
由，可得，又，则，即，B错误；
设，则，解得，
因为，所以C正确；
由以及，若的最大值为24，则，此时，D错误，
故选：AC
12．以数学家约翰•卡尔•弗里德里希•高斯的名字命名的“高斯函数”为，共中表示不超过的最大整数，例如，则（ ）
A．
B．当时，的最小值为
C．不等式的解集为
D．方程的解集为
【答案】ACD
【分析】对于A：根据的定义运算分析证明；对于D：根据题意结合基本不等式分析说明，注意等号成立的条件；对于C：根据题意结合一元二次不等式运算求解；对于D：根据题意可得，解得或，进而可得结果.
【详解】对于选项A：设的整数部分为，小数部分为，
则，得，故A正确；
对于选项B：当时，，
当且仅当，即时，等号成立，这与矛盾，故错误；
对于选项C：因为，解得，则，故C正确；
对于选项D：由知，为整数且，
解得，可知，可得，
因为，即，
由，解得，可得；
由，解得或（舍去），
可知，即或；
综上所述：或.
当时，，可得；
当时，，可得；
所以方程的解集为，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题
13．已知，若，则的最小值为 .
【答案】6
【分析】利用基本不等式计算可得.
【详解】因为，且，
所以，当且仅当时，等号成立.
故答案为：
14．现有下列4个命题：①菱形的四条边相等；②；③存在一个质数为偶数；④正数的平方是正数，其中，全称量词命题的个数为 .
【答案】2
【分析】根据全称量词和存在量词即可求解.
【详解】①和④是全称量词命题，②和③是存在量词命题.,
故答案为：2
15．若关于x的不等式的解集为R，则实数a的取值范围是 ．
【答案】
【分析】分两种情况和，可求出实数的取值范围.
【详解】关于的不等式的解集为.
当时，原不等式为，该不等式在上恒成立；
当时，则有，解得.
综上所述，实数的取值范围是.
故答案为：
16．已知集合，其中，且,若的所有元素之和为20，则 .
【答案】5
【分析】根据已知元素间关系结合交集及并集的元素与和，分类讨论可得结果.
【详解】由得，则.因为，即，
所以.当时，因为，所以，则，即，
所以，则，所以得，即或1，与矛盾.
当时，则，即，所以，
则，得，即或1，而与矛盾，所以.
因为，所以20，将代入，
得，解得或（舍去），所以
故答案为：5.
四、解答题
17．写出下列命题的否定，并判断下列命题的否定的真假.
(1)命题p：梯形的内角和是360°
(2)命题，二次函数的图像关于轴对称.
【答案】(1)答案见解析
(2)答案见解析
【分析】根据命题的否定即可结合选项求解。
【详解】（1）：有一个梯形的内角和不是.
因为所有梯形的内角和都为，所以是假命题.
（2），二次函数的图象不关于轴对称.
因为，二次函数的图象的对称轴为直线，
所以是假命题.
18．已知关于的不等式的解集为.
(1)求的值；
(2)试比较与的大小.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用不等式的解集直接求解即可.
（2）利用作差法比较大小即可.
【详解】（1）依题意得且，
因为关于的不等式的解集为，
所以，解得.
（2）由（1）得，
因为，所以，故.
19．已知集合，集合.
(1)当时，求；
(2)若，求的取值范围.
【答案】(1)，
(2)或
【分析】（1）根据集合的交并补运算即可求解，
（2）分类讨论即可求解.
【详解】（1）当时，，
.
因为或，所以.
（2）当时，，解得.
当时，或
解得，
即的取值范围是或.
20．已知集合的子集个数为.
(1)求的值；
(2)若的三边长为，证明：为等边三角形的充要条件是.
【答案】(1)2
(2)证明见解析
【分析】（1）解方程组可得答案；
（2）①先证充分性：由①得，代入化简可得答案；②再证必要性：根据为等边三角形，可得，代入可得答案；或第（2）问中充分性方法一：利用基本不等式得，可得答案；方法二：由得，可得答案.
【详解】（1）由方程组，解得，
所以，
则只有1个元素，所以有2个子集，即；
（2）①充分性：由①得，
所以可化为，
即，所以，
则，
所以，即为等边三角形，
充分性得证.
②必要性：因为为等边三角形，所以，
由（1）得，所以，
则，
所以，必要性得证.
故为等边三角形的充要条件是.
第（2）问中充分性的证明，
方法一：因为，所以，
所以，即，
所以，
当且仅当时，等号成立，即为等边三角形，
充分性得证.
方法二：因为，所以，
则，
所以，即为等边三角形，充分性得证.
所以为等边三角形的充要条件是.
21．已知抛物线经过点.
(1)若关于的不等式的解集为，求的值；
(2)若，求关于的不等式的解集.
【答案】(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）根据不等式的解集结合韦达定理计算求值即可;
（2）分,,三种情况讨论一元二次不等式的解集.
【详解】（1）由抛物线经过点得，
因为不等式的解集为，所以，
易得关于的一元二次方程的两个根分别为.
由根与系数的关系可得
解得或-3（舍去），即.
（2）不等式可化为.
令，得.
当时，不等式为，无解；
当时，，解不等式得；
当时，，解不等式得.
综上，当时，原不等式的解集为；
当时，原不等式的解集为；
当时，原不等式的解集为.
22．如图，现将正方形区域规划为居民休闲广场，八边形位于正方形的正中心，计划将正方形WUZV设计为湖景，造价为每平方米20百元；在四个相同的矩形，上修鹅卵石小道，造价为每平方米2百元；在四个相同的五边形上种植草坪，造价为每平方米2百元；在四个相同的三角形上种植花卉，造价为每平方米5百元.已知阴影部分面积之和为8000平方米，其中的长度最多能达到40米.
(1)设总造价为（单位：百元），长为（单位：米），试用表示；
(2)试问该居民休闲广场的最低造价为多少百元？
（参考数据：取，结果保留整数）
【答案】(1)
(2)68800百元
【分析】（1）将各部分分别求造价再求和即可；
（2）根据基本不等式求解即可.
【详解】（1）方法一：因为米，所以米，得米.
根据题意可得四个三角形的面积之和为平方米，
正方形的面积为平方米，
四个五边形的面积之和为平方米，
则休闲广场的总造价
.
方法二：设米，因为米，所以米，得米，
根据题意可得阴影部分面积为平方米，
则，
四个三角形的面积之和为平方米，
正方形的面积为平方米，
因为正方形的面积为平方米，
所以四个五边形的面积之和为
平方米，
所以休闲广场的总造价
.
（2）因为
，
当且仅当，即时，等号成立，
所以该居民休闲广场的总造价最低为68800百元.
一、单选题
1．设集合，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根据集合的交运算即可求解.
【详解】由题意得，所以.
故选：B
2．命题“是无理数”的否定是（ ）
A．不是无理数
B．不是无理数
C．不是无理数
D．不是无理数
【答案】D
【分析】根据特称命题的否定的定义选择即可.
【详解】命题“是无理数”的否定是不是无理数.
故选：D.
3．对于任意实数，下列命题是真命题的是（ ）
A．若，则
B．若，则
C．若，则
D．若，则
【答案】D
【分析】根据不等式的性质即可结合选项逐一求解.
【详解】对于A, 不能得到，比如，故错误，
对于B，若，不能得到，比如，故错误，
对于C，若，不能得到，比如，故错误，
对于D，因为，所以，故正确，
故选：D
4．黄金三角形被称为最美等腰三角形，因此它经常被应用于许多经典建筑中（例如图中所示的建筑）．黄金三角形有两种，一种是顶角为，底角为的等腰三角形，另一种是顶角为，底角为的等腰三角形，则“中有一个角是”是“为黄金三角形”的（ ）
A．充要条件B．充分不必要条件C．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】由充分必要条件的概念判断．
【详解】若中有一个角是，则其他两个角不确定，故不能推出为黄金三角形，
若为黄金三角形，由题意知中至少有一个角是，
故“中有一个角是”是“为黄金三角形” 必要不充分条件，
故选：C
5．已知集合，，若，则的所有可能取值组成的集合为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】先求出集合，可知，再由，可得集合是集合的子集，根据子集的性质求解便可.
【详解】依题意得： ，所以，
又因为，所以或，解得：或6，
故的所有可能取值组成的集合为：.
故选：A.
6．某校校园文化节开展“笔墨飘香书汉字，文化传承展风采”书法大赛，高一（1）班共有32名同学提交了作品进行参赛，有20人提交了楷书作品，有12人提交了隶书作品，有8人提交了行书作品，同时提交楷书作品和隶书作品的有4人，同时提交楷书作品和行书作品的有2人.没有人同时提交三种作品，则同时提交隶书作品和行书作品的有（ ）
A．4人B．3人C．2人D．1人
【答案】C
【分析】根据题意，画出韦恩图，设同时提交隶书作品和行书作品的有人，列出方程，即可求解.
【详解】根据题意，画出韦恩图，如图所示，
设同时提交隶书作品和行书作品的有人，则，解得，
即同时提交隶书作品和行书作品的有人.
故选：C
7．若，且，则的最小值是（ ）
A．3B．6C．9D．2
【答案】A
【分析】根据题意，化简，结合基本不等式，即可求解.
【详解】因为，且，
所以，
当且仅当时，即时，等号成立，所以的最小值是3.
故选：A.
8．已知超市内某商品的日销量（单位：件）与当日销售单价（单位：元）满足关系式，其中为常数.当该商品的销售单价为15元时，日销量为110件.若该商品的进价为每件10元，则超市该商品的日利润最大为（ ）
A．1500元B．1200元C．1000元D．800元
【答案】C
【分析】根据条件，求出，进而得到商品的日利润为，再利用二次函数的性质即可求出结果.
【详解】根据条件，将，代入，得，
所以，超市内该商品的日利润为：
，其中，
所以，当时，超市该商品的日利润取得最大值，且最大值为1000元，
故选：C
二、多选题
9．已知“”是“”的充分不必要条件，则的值可能为（ ）
A．0B．1C．2D．4
【答案】BCD
【分析】由充分不必要条件求出的范围即可找到选项.
【详解】因为“”是“”的充分不必要条件，所以.
故选：BCD
10．如图，是全集，是的两个子集，则图中的阴影部分可以表示为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】BD
【分析】根据集合的交并补运算即可求解.
【详解】根据图中阴影可知：阴影中的元素属于集合但不属于集合，故符合要求，
故选：BD
11．已知，则（ ）
A．B．
C．D．的最大值为24
【答案】AC
【分析】根据不等式的性质可得即可判断AB，根据整体法结合即可求解C，根据的最值即可代入找矛盾求解D.
【详解】由题意可得，即A正确；
由，可得，又，则，即，B错误；
设，则，解得，
因为，所以C正确；
由以及，若的最大值为24，则，此时，D错误，
故选：AC
12．以数学家约翰•卡尔•弗里德里希•高斯的名字命名的“高斯函数”为，共中表示不超过的最大整数，例如，则（ ）
A．
B．当时，的最小值为
C．不等式的解集为
D．方程的解集为
【答案】ACD
【分析】对于A：根据的定义运算分析证明；对于D：根据题意结合基本不等式分析说明，注意等号成立的条件；对于C：根据题意结合一元二次不等式运算求解；对于D：根据题意可得，解得或，进而可得结果.
【详解】对于选项A：设的整数部分为，小数部分为，
则，得，故A正确；
对于选项B：当时，，
当且仅当，即时，等号成立，这与矛盾，故错误；
对于选项C：因为，解得，则，故C正确；
对于选项D：由知，为整数且，
解得，可知，可得，
因为，即，
由，解得，可得；
由，解得或（舍去），
可知，即或；
综上所述：或.
当时，，可得；
当时，，可得；
所以方程的解集为，故D正确.
故选：ACD.
三、填空题
13．已知，若，则的最小值为 .
【答案】6
【分析】利用基本不等式计算可得.
【详解】因为，且，
所以，当且仅当时，等号成立.
故答案为：
14．现有下列4个命题：①菱形的四条边相等；②；③存在一个质数为偶数；④正数的平方是正数，其中，全称量词命题的个数为 .
【答案】2
【分析】根据全称量词和存在量词即可求解.
【详解】①和④是全称量词命题，②和③是存在量词命题.,
故答案为：2
15．若关于x的不等式的解集为R，则实数a的取值范围是 ．
【答案】
【分析】分两种情况和，可求出实数的取值范围.
【详解】关于的不等式的解集为.
当时，原不等式为，该不等式在上恒成立；
当时，则有，解得.
综上所述，实数的取值范围是.
故答案为：
16．已知集合，其中，且,若的所有元素之和为20，则 .
【答案】5
【分析】根据已知元素间关系结合交集及并集的元素与和，分类讨论可得结果.
【详解】由得，则.因为，即，
所以.当时，因为，所以，则，即，
所以，则，所以得，即或1，与矛盾.
当时，则，即，所以，
则，得，即或1，而与矛盾，所以.
因为，所以20，将代入，
得，解得或（舍去），所以
故答案为：5.
四、解答题
17．写出下列命题的否定，并判断下列命题的否定的真假.
(1)命题p：梯形的内角和是360°
(2)命题，二次函数的图像关于轴对称.
【答案】(1)答案见解析
(2)答案见解析
【分析】根据命题的否定即可结合选项求解。
【详解】（1）：有一个梯形的内角和不是.
因为所有梯形的内角和都为，所以是假命题.
（2），二次函数的图象不关于轴对称.
因为，二次函数的图象的对称轴为直线，
所以是假命题.
18．已知关于的不等式的解集为.
(1)求的值；
(2)试比较与的大小.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）利用不等式的解集直接求解即可.
（2）利用作差法比较大小即可.
【详解】（1）依题意得且，
因为关于的不等式的解集为，
所以，解得.
（2）由（1）得，
因为，所以，故.
19．已知集合，集合.
(1)当时，求；
(2)若，求的取值范围.
【答案】(1)，
(2)或
【分析】（1）根据集合的交并补运算即可求解，
（2）分类讨论即可求解.
【详解】（1）当时，，
.
因为或，所以.
（2）当时，，解得.
当时，或
解得，
即的取值范围是或.
20．已知集合的子集个数为.
(1)求的值；
(2)若的三边长为，证明：为等边三角形的充要条件是.
【答案】(1)2
(2)证明见解析
【分析】（1）解方程组可得答案；
（2）①先证充分性：由①得，代入化简可得答案；②再证必要性：根据为等边三角形，可得，代入可得答案；或第（2）问中充分性方法一：利用基本不等式得，可得答案；方法二：由得，可得答案.
【详解】（1）由方程组，解得，
所以，
则只有1个元素，所以有2个子集，即；
（2）①充分性：由①得，
所以可化为，
即，所以，
则，
所以，即为等边三角形，
充分性得证.
②必要性：因为为等边三角形，所以，
由（1）得，所以，
则，
所以，必要性得证.
故为等边三角形的充要条件是.
第（2）问中充分性的证明，
方法一：因为，所以，
所以，即，
所以，
当且仅当时，等号成立，即为等边三角形，
充分性得证.
方法二：因为，所以，
则，
所以，即为等边三角形，充分性得证.
所以为等边三角形的充要条件是.
21．已知抛物线经过点.
(1)若关于的不等式的解集为，求的值；
(2)若，求关于的不等式的解集.
【答案】(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）根据不等式的解集结合韦达定理计算求值即可;
（2）分,,三种情况讨论一元二次不等式的解集.
【详解】（1）由抛物线经过点得，
因为不等式的解集为，所以，
易得关于的一元二次方程的两个根分别为.
由根与系数的关系可得
解得或-3（舍去），即.
（2）不等式可化为.
令，得.
当时，不等式为，无解；
当时，，解不等式得；
当时，，解不等式得.
综上，当时，原不等式的解集为；
当时，原不等式的解集为；
当时，原不等式的解集为.
22．如图，现将正方形区域规划为居民休闲广场，八边形位于正方形的正中心，计划将正方形WUZV设计为湖景，造价为每平方米20百元；在四个相同的矩形，上修鹅卵石小道，造价为每平方米2百元；在四个相同的五边形上种植草坪，造价为每平方米2百元；在四个相同的三角形上种植花卉，造价为每平方米5百元.已知阴影部分面积之和为8000平方米，其中的长度最多能达到40米.
(1)设总造价为（单位：百元），长为（单位：米），试用表示；
(2)试问该居民休闲广场的最低造价为多少百元？
（参考数据：取，结果保留整数）
【答案】(1)
(2)68800百元
【分析】（1）将各部分分别求造价再求和即可；
（2）根据基本不等式求解即可.
【详解】（1）方法一：因为米，所以米，得米.
根据题意可得四个三角形的面积之和为平方米，
正方形的面积为平方米，
四个五边形的面积之和为平方米，
则休闲广场的总造价
.
方法二：设米，因为米，所以米，得米，
根据题意可得阴影部分面积为平方米，
则，
四个三角形的面积之和为平方米，
正方形的面积为平方米，
因为正方形的面积为平方米，
所以四个五边形的面积之和为
平方米，
所以休闲广场的总造价
.
（2）因为
，
当且仅当，即时，等号成立，
所以该居民休闲广场的总造价最低为68800百元.
相关试卷
贵州省黔东南州2023-2024学年高一上学期期末考试数学试题： 这是一份贵州省黔东南州2023-2024学年高一上学期期末考试数学试题，共4页。
2024从江县第一民族中学高三上学期10月月考数学试题含解析： 这是一份2024从江县第一民族中学高三上学期10月月考数学试题含解析，文件包含贵州省从江县第一民族中学2023-2024学年高三上学期10月月考数学试题含解析docx、贵州省从江县第一民族中学2023-2024学年高三上学期10月月考数学试题无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共20页， 欢迎下载使用。
贵州省黔东南州黄平县且兰高级中学2023-2024学年高一上学期第一次月考数学试题（解析版）： 这是一份贵州省黔东南州黄平县且兰高级中学2023-2024学年高一上学期第一次月考数学试题（解析版），共10页。试卷主要包含了单项选择题等内容，欢迎下载使用。
