四川省成都市2023_2024学年高一数学上学期10月月考题含解析

这是一份四川省成都市2023_2024学年高一数学上学期10月月考题含解析，共14页。试卷主要包含了 命题“，”的否定是， 设集合，，则， 设全集U＝R，M＝或，N＝， 已知，则的最大值为， “”是等内容，欢迎下载使用。

A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】B
【解析】
【分析】根据全称命题与存在性命题的关系，准确改写，即可求解.
【详解】根据全称命题与存在性命题的关系，
可得命题“，”的否定为：“，”.
故选：B.
2. 设集合，，则（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】直接进行交集运算即可求解.
【详解】因为集合，，
则，
故选：C.
3. 设全集U＝R，M＝或，N＝.如图所示，则阴影部分所表示的集合为（）
A. B.
C. 或D.
【答案】A
【解析】
【分析】
先观察图，得出图中阴影部分表示的集合，再结合已知条件，即可求解.
【详解】由图中阴影部分表示的集中的元素在集合中，又在集合中，即，
又由或，
所以图中阴影部分表示的集合为
或，
故选：A.
【点睛】本题主要考查了图表达集合的关系及其运算，以及图的应用等基础知识，其中解答中观察图，得出图中阴影部分表示的集合是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，以及数形结合思想的应用，属于基础题.
4. 设集合，集合，若，则的取值范围为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】直接由求解即可.
【详解】由可得.
故选：D.
5. 已知实数、、，且，则下列不等式正确是
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用特值可进行排除，由不等式性质可证明C正确.
【详解】若a＝1，b＝﹣1，则A，B错误，若c＝0，则D错误，
∵a＞b，
∴a+1＞a＞b＞b﹣1，
∴a+1＞b﹣1，故C正确，
故选C．
【点睛】本题主要考查不等式与不等关系，在限定条件下，比较几个式子的大小，可用特殊值代入法，属于基础题．
6. 已知，则的最大值为（）
A. 8B. 16C. 2D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】根据基本不等式得到最值.
【详解】因为，所以，，
故，当且仅当，即时，等号成立，
故的最大值为4.
故选：D
7. “”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】B
【解析】
【分析】解不等式，并得到是的真子集，从而求出答案.
【详解】，，
由于是的真子集，
所以“”是：“”的必要不充分条件.
故选：B
8. 若不等式的解集为，则实数的取值范围是（）
A. B. C. 或D.
【答案】A
【解析】
【分析】由题意可知，不等式的解集为，分、两种情况讨论，在第一种情况下，直接验证即可；在第二种情况下，根据题意可得出关于实数的不等式组，综合可求得实数的取值范围.
【详解】由可得，
由题意可知，不等式的解集为，
当时，即当时，则有，合乎题意；
当时，则有，解得.
综上所述，.
故选：A.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分，每小题有多个选项符合题目要求．
9. 下列各题中给出的两个语句和，哪些是的充要条件（）
A. ：四边形是菱形，：四边形的对角线互相垂直且平分
B. ，
C. ，
D. ：关于的不等式的解集是，且
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据充分条件、必要条件的判定方法，逐项判定，即可求解．
【详解】对于A，由四边形是菱形，则四边形的对角线互相垂直且平分，即充分性成立，
反之，由四边形的对角线互相垂直且平分，则四边形是菱形，即必要性不成立，
所以是的充分必要条件，故A正确；
对于B，由，则，即充分性不成立，
反之，由，则，即必要性成立，
所以是的必要不充分条件，故B错误；
对于C，由，
则，
即，
即，
即，解得，即充分性成立，
反之，由，则，即必要性成立，
所以是的充分必要条件，故C正确；
对于D，在不等式中，
由不等式的解集是，则且，即，即充分性成立，
反之，由且，即，则存在，使得不等式的解集是，即必要性成立，
所以是的充分必要条件，故D正确．
故选：ACD．
10. 已知，下列关于的最小值的描述正确的是（）
A. 时，的最小值是B. 时，的最小值是
C. 时，取得最小值D. 时，没有最小值
【答案】BD
【解析】
【分析】利用对勾函数的性质一一判定即可.
【详解】由对勾函数的性质可知在和上单调递增，
在和上单调递减，函数在定义域上无最小值，也无最大值.
对于A，时，此时函数单调递增，在时取得最小值3.5，不是，故A错误；
对于B，时，，当且仅当时取得最小值，故B正确；
对于C，时，即，此时函数取不到最小值，故C错误；
对于D，时，根据对勾函数的单调性和值域知没有最小值，显然正确.
故选：BD.
11. 若实数、满足：，则下列叙述正确的是（）
A. 的取值范围是B. 的取值范围是
C. 的范围是D. 的范围是
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用不等式的基本性质求出各选项中代数式的范围，即可得出合适的选项.
【详解】因为实数、满足：，由不等式的可加性可得，解得，A对；
由题意可得，由不等式的可加性可得，解得，B对；
设，则，解得，
所以，，
因为，由不等式的可加性可得，C对D错.
故选：ABC.
12. 关于的不等式的解集，下列说法正确的是（）
A. 时，解集为B. 时，解集为
C. 时，解集为D. 时，原不等式在时恒成立
【答案】BD
【解析】
【分析】根据一元二次不等式的解法判断ABC；利用二次函数的性质判断D.
【详解】时，不等式为，即，解得，解集为，故A错误；
不等式可化为，
当时，，不等式的解集为，
当时，，不等式的解集为，
故B正确，C错误；
令，对称轴为，
当时，，
又时，，
所以，即不等式在时恒成立，故D正确．
故选：BD．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 已知集合，且，则的值为_________．
【答案】
【解析】
【分析】由得，列式求解，然后检验元素的互异性.
【详解】∵，∴，又，
∴或，解得或，
当不满足元素的互异性，舍去，
所以.
故答案为：.
14. 已知二次函数图象如图所示，则不等式的解集为_________．
【答案】
【解析】
【分析】利用图象计算再结合一元二次不等式的解法计算即可.
【详解】由题意可知，且，
所以不等式，计算可得不等式解集为.
故答案：.
15. 若正实数、满足，则的最小值为______.
【答案】3
【解析】
【分析】利用乘“1”法及基本不等式计算可得.
【详解】解：因为正实数、满足，
所以，
当且仅当，则，即，时取等号，即的最小值为.
故答案为：
16. 一物流公司要租地建造仓库储存货物，经市场调研发现：每月土地租用费用（万元）与仓库到车站的距离成反比；每月库存货物费用（万元）与成正比；且时，和分别为2万元和8万元．那么这家公司把仓库建在距离车站_________千米处，费用之和最小．
【答案】
【解析】
【分析】利用基本不等式计算即可.
【详解】由题意可设，，当时，和分别为2万元和8万元，
所以，
故费用之和为，
由基本不等式可知，
当且仅当，即时取得最小值.
故答案为：5
四、解答题：共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17. 求下列不等式解集：
（1）
（2）
【答案】（1）或
（2）
【解析】
【分析】（1）对原不等式因式分解，直接利用一元二次不等式的解集情况求解即可.
（2）利用绝对值不等式的求解过程直接求解.
【小问1详解】
原不等式可化为或
原不等式的解集为
【小问2详解】
，
原不等式的解集为
18. 已知全集，集合，集合，求：
（1）若，求范围；
（2）若，求的范围．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）求出集合，由得出，列出不等式求解即可；
（2）因为，，所以分和两种情况讨论．
【小问1详解】
集合化简得：，
，，
，解得：，
【小问2详解】
因为，，所以下面分和两种情况讨论．
①时，，
②时，，又有下面两种情况，
（ⅰ）（如图），
（ⅱ）（如图），
综上所述，或.
19. 已知命题；命题．
（1）若命题为真命题，求实数的取值范围；
（2）若命题真且假，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）根据题意得到，求出答案；
（2）先求出真时，实数的取值范围，进而得到真且假时，实数的取值范围.
【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】
为真，
即关于的不等式有解，
则，解得：或，
由题意，真，所以假，所以或，
假，所以真，所以或，
假且真，所以实数的取值范围为或
20. 已知．
（1）求证：，当且仅当时等号成立；
（2）若，求的最大值．
【答案】（1）证明见解析
（2）
【解析】
【分析】（1）用分析法证明；（2）令，则，，结合（1）即可证明.
【小问1详解】
要证：，因为，只要证：
只要证：
只要证：
上式即：，此不等式显然成立，
当且仅当，即时，“”号成立
所以原不等式得证．
【小问2详解】
令，则，
由（1）的结论知：
所以：，当且仅当时等号成立
即时，取得最大值
21. 已知二次函数的图象与轴的两个交点的横坐标分别为和3，且方程的两根相等．
（1）求二次函数解析式；
（2）求关于的不等式的解集．
【答案】（1）；
（2）答案见解析.
【解析】
【分析】（1）利用二次函数的两根式设解析式，再借助判别式求出二次项系数即可.
（2）利用（1）的结论，分类解含参不等式即得.
【小问1详解】
依题意，设二次函数解析式为：，则，
方程，即的两根相等，
因此，即，而，解得，
所以二次函数的解析式为.
【小问2详解】
不等式，即，
整理得：，于是，
当时，不等式无解；当时，解得；当时，解得，
所以当时，原不等式解集为空集；
当时，原不等式解集为；
当时，原不等式解集为.
22. 为了净化空气，某科研单位根据实验得出，在一定范围内，每喷洒1个单位的净化剂，空气中释放的浓度（单位：毫克/立方米）随着时间（单位：天）变化的关系如下：当时，；当时，．若多次喷洒，则某一时刻空气中的净化剂浓度为每次投放的净化剂在相应时刻所释放的浓度之和．由实验知，当空气中净化剂的浓度不低于4（毫克/立方米）时，它才能起到净化空气的作用．
（1）若一次喷洒4个单位的净化剂，则净化时间可达几天？
（2）若第一次喷洒2个单位的净化剂，6天后再喷洒个单位的净化剂，要使接下来的4天中能够持续有效净化，试求的最小值．
【答案】（1）6；（2）．
【解析】
【分析】（1）解出不等式即可；
（2）设从第一次喷洒起，经天，浓度，然后利用基本不等式求出，然后解出不等式即可.
【详解】（1）因为一次喷洒个单位的去污剂，所以空气中释放的浓度为，
当时，令，解得，所以；
当时，令，解得，所以．
综上，可得，即一次投放个单位的去污剂，有效去污时间可达6天．
（2）设从第一次喷洒起，经天，浓度，
因为，而，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，令，解得，