山西省吕梁市孝义市部分学校2023-2024学年高一上学期10月月考数学试题（Word版附解析）

这是一份山西省吕梁市孝义市部分学校2023-2024学年高一上学期10月月考数学试题（Word版附解析），共14页。试卷主要包含了本试卷分选择题和非选择题两部分，本卷命题范围等内容，欢迎下载使用。

考生注意：
1．本试卷分选择题和非选择题两部分．满分150分，考试时间120分钟．
2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色墨水签字笔将密封线内项目填写清楚．
3．考生作答时，请将答案答在答题卡上．选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效．
4．本卷命题范围：人教A版必修第一册第一章、第二章．
一、选择题：本题共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. 下列关系正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据元素与集合、集合与集合的关系进行判断.
【详解】解：选项A：因为是集合中的元素，所以，所以选项A错误；
选项B：因为是任何集合的子集，所以，所以选项B错误；
选项C：因为中含有元素0，1，而且还有其他元素，所以，所以选项C正确；
选项D：因为是无理数，而是有理数集，所以，所以选项D错误；
故选：C
2. 已知全集，集合，则=（ ）
A. B. 或
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求出集合，再由交集和补集的定义求解即可.
【详解】
所以或，
而
.
故选：D.
3. 下列命题中，既是全称量词命题又是真命题的是（ ）
A. 每一个命题都能判断真假
B. 存在一条直线与两条相交直线都平行
C. 对任意实数，若，则
D. 存在，使
【答案】A
【解析】
【分析】根据全称量词命题以及存在量词命题的概念以及命题的真假判断，一一判断各命题，即得答案.
【详解】对于A，“每一个命题都能判断真假”是全称量词命题，命题都能判断真假，
A是真命题，符合题意；
对于B，“存在一条直线与两条相交直线都平行”是存在量词命题，不符合题意；
对于C，该命题是全称量词命题，当时，，C中命题是假命题，不符合题意；
对于D，该命题是存在量词命题，不符合题意，
故选：A.
4. 对于实数，，，下列命题为真命题的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】C
【解析】
【分析】由不等式的性质进行证明或举例判断即可.
【详解】对于A，若，令，，则，，，故选项A假命题；
对于B，若，令，则，故选项B是假命题；
对于C，若，则，
∵，∴，∴，故选项C是真命题；
对于D，若，令，，则，故选项D是假命题.
故选：C.
5. “”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】根据充分条件和必要条件的定义求解即可.
【详解】由，得且，所以“”可以得到“”；
由，得，所以“”不能得到“”.
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
6. 已知全集，能表示集合与关系的Venn图是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】解一元二次不等式，结合集合的交运算即可判断.
【详解】因，
又，
所以，
所以，，，
根据选项的Venn图可知选项D符合.
故选：D.
7. 已知集合，则下列与相等的集合个数为（ ）
①
②
③
④
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】C
【解析】
【分析】解方程组可化简①，由偶次根式有意义可计算②，分别研究n为奇数、n为偶数可计算③，由定义可得④，依次判断即可求得结果.
【详解】对于①，；
对于②，中解得，故；
对于③，当n为奇数时，；当n为偶数时，，
所以；
对于④，.
所以与M相等的集合个数有2个.
故选：C.
8. 已知实数，则（ ）
A. 有最小值2B. 有最大值2
C. 有最小值6D. 无最小值
【答案】B
【解析】
【分析】对分式变形，利用均值不等式求导即可得解.
【详解】，
因为，所以.
所以，
当且仅当，即时等号成立，
故的最大值为2.
故选：B.
二、选择题：本题共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. 下列结论正确的是（ ）
A. 当时，
B. 当时，
C. 的最小值为2
D. 的最小值为2
【答案】AB
【解析】
【分析】利用基本不等式逐一判断即可.
【详解】A：当时，，当且仅当时，即时等号成立，故本选项正确；
B：当时，，当且仅当时，即时等号成立，故本选项正确；
C：当时，显然不成立，因此本选项不正确；
D：因为，当且仅当时，此时无实数解，故取不到等号，所以本选项不正确，
故选：AB
10. 设计如图所示的四个电路图，条件：“开关闭合”；条件：“灯泡亮”，则是的必要条件的图为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】根据充分条件和必要条件的定义求解即可.
【详解】对于，开关闭合灯亮，反过来灯泡亮，也可能是开关闭合，
是的充分不必要条件；
对于，只有一个开关，灯如果要亮，开关必须闭合，
是的充要条件；
对于灯亮必须和同时闭合，是的必要不充分条件；
对于，灯一直亮，跟开关没有关系，是的既不充分也不必要条件.
故选：BC.
11. 对于给定的实数，关于实数的不等式的解集不可能为（ ）
A. B. C. 或D.
【答案】AB
【解析】
【分析】解含参一元二次不等式即可求得结果.
【详解】因为，
①当时，不等式的解集为，
②当时，不等式变为，
方程的根为或，
当时，不等式的解集为或，
当时，不等式的解集为，
当且时，不等式的解集为或，
综述：当或时，不等式的解集为，
当时，不等式的解集为或，
当且时，不等式的解集为或，
故选：AB.
12. 已知全集是的子集，当时，且，则称为A的一个“孤立元素”，则下列说法正确的是（ ）
A. 若A中元素均孤立元素，则A中最多有3个元素
B. 若A中不含孤立元素，则A中最少有2个元素
C. 若A中元素均为孤立元素，且仅有2个元素，则这样的集合A共有9个
D. 若A中不含孤立元素，且仅有4个元素，则这样的集合A共有6个
【答案】ABD
【解析】
【分析】由定义可得“孤立元素不相邻”可判断A项，结合逆否命题可判断B项，对于C项、D项分别依次列举即可.
【详解】对于A项，由题意，孤立元素不相邻，集合中最多同时找出3个孤立元素，故A项正确；
对于B项，若A中只有1个元素，则必为孤立元素，故B项正确；
对于C项，易知这样的集合A有，，，， ，，，，，共10个，故C项错误；
对于D项，不含“孤立元素”且包含有4个元素的集合有，共6个，故D项正确.
故选：ABD.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 命题的否定为__________.
【答案】
【解析】
【分析】由存在量词命题的否定是全称量词求解即可.
【详解】命题的否定为.
故答案为：.
14. 如图，坐标系中矩形及其内部的点构成的集合可表示为__________.

【答案】
【解析】
【分析】根据阴影部分的点构成的集合求解即可.
【详解】易知阴影部分的点构成的集合为.
故答案为：.
15. 若，则__________.
【答案】
【解析】
【分析】依题意可得①或②，再求出参数的值，从而得解，需代入检验是否满足集合元素
的互异性.
【详解】因为，所以①或②，
由①得或，其中与元素互异性矛盾，舍去，故符合题意，此时；
由②得符合题意，此时；
综上，的值为.
故答案为：
16. 若，则的最小值为__________.
【答案】2
【解析】
【分析】化简已知式为，再由基本不等式先求出的最小值，即可得出答案.
【详解】由，可得，
则两边同除以，得，
又因为，
当且仅当，即或时等号成立，
所以.
故答案为：2
四、解答题：本题共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. 已知集合.
（1）求
（2）若，，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先化简集合A，然后根据补集运算求出，最后再求.
（2）由题意可知或，解不等式即可.
【小问1详解】
解：，，
则.
【小问2详解】
集合，，
.
若，则，即；
若则解得.
综上，实数的取值范围为.
18. 已知集合.
（1）若恰有一个子集，求实数的取值范围；
（2）若佮有一个元素，求实数的取值集合.
【答案】（1）
（2）.
【解析】
【分析】（1）由题意集合是空集，再分与两种情况讨论即可；
（2）分与两种情况讨论即可.
【小问1详解】
集合恰有一个子集，则集合是空集，即关于的方程无实数根.
当时，无解，满足题意；
当时，，解得.
综上，实数的取值范围是.
【小问2详解】
集合恰有一个元素，
当时，由（1）得集合，不满足题意；
当时，，解得或（舍去）.
所以实数的取值集合为.
19. 已知均为正实数.
（1）求证：，
（2）若一个直角的两条直角边分别为，斜边，求直角周长的取值范围.
【答案】（1）证明见解析
（2）.
【解析】
【分析】（1）要证明，只需证，只需证，而，即可得出结论.
（2）利用（1）中的结论和三角形性质即可得出结果.
【小问1详解】
因为为正实数，
所以不等式等价于，
由，
所以，当时取“”.
【小问2详解】
由题意，得.
由（1）的结论，，
当时取“”.
又，所以.
所以直角周长的取值范围为.
20. 已知.
（1）若成立，求实数的取值范围，
（2）若和中至多有一个成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据题意可得，根据存在性问题分析求解；
（2）取反面：当和均成立时，求参数的取值范围，进而可得结果.
【小问1详解】
若成立，
因为时，，可得，
所以实数的取值范围为.
【小问2详解】
和中至多有一个成立，考虑其反面：和均成立，
若成立，
因为时，，可得；
若成立时，，解得或；
若均成立时，可得，
所以至多有一个成立时，则.
综上上述：实数的取值范围为.
21. 已知关于的不等式的解集为.
（1）若，求实数的取值范围，
（2）若存在两个实数，且，使得或，求实数的取值范围；
（3）李华说集合中可能仅有一个整数，试判断李华的说法是否正确？并说明你的理由.
【答案】（1）
（2）
（3）李华的说法不正确，理由见解析
【解析】
【分析】（1）分类讨论，结合二次函数的性质可得答案；
（2）由一元二次不等式的解集结合一元二次方程根的分布可得答案；
（3）集合中可能仅有一个整数，结合二次函数的性质可得，解不等式可得答案.
【小问1详解】
不等式，其解集.
①当时，恒成立，符合题意；
②当时，则，
解得.
综上，实数的取值范围为.
【小问2详解】
因为不等式的解集为或，
且，所以关于的方程有一正一负两个实数根.
可得即，
解得，
综上，实数的取值范围为.
【小问3详解】
李华的说法不正确，理由如下：
若解集中仅有一个整数，则有，
二次函数，开口向下，对称轴为，
因为不等式的解集中仅有一个整数，所以这个整数必为1.
则，
解得.即中不可能仅有一个整数，李华的说法不正确.
22. 已知.
（1）当时，求的最大值；
（2）当时，求：
①的最小值
②的最小值.
【答案】（1）1 （2）①7；②
【解析】
【分析】（1）由基本不等式求解即可；
（2）①当时，由解出的范围，再由结合基
本不等式求解即可；②解法一：令，解出，代入结合基本不等式即可得出答案；解法二：由题意可得出，直接由基本不等式即可得出答案；
【小问1详解】
当时，，则，
得，则，
当且仅当时等号成立.
故的最大值为1.
【小问2详解】
①当时，，即，
当时显然不合题意，故，
则，则或（舍去）.
则，
当且仅当，即，此时时等号成立，故的最小值为7.
②解法一：令，则，
代入，得，整理得.
由①的解答知，所以.
当且仅当，即时等号成立.
故最小值为.
解法二：由，得.
由①的解答可知，则.
所以，
当且仅当且，即时，等号成立.
故的最小值为.