2024-2025学年江苏省扬州市高一上册10月月考数学质量检测试题（含解析）

这是一份2024-2025学年江苏省扬州市高一上册10月月考数学质量检测试题（含解析），共17页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知全集，集合，则如图阴影部分表示的集合是（ ）

A. B.
C. D.
2. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. 或D. 或x≥4
3. 设集合，，若，则（ ）
A. 1B. 0C. -1D. 1或-1
4. 已知真包含于，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
5. 已知集合. 若，则实数a的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
6. 已知为正实数，且满足，则的最小值为（ ）
A. B. 1C. D. 2
7. 已知a，b，R，则下列命题正确是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
8. 若、、是互不相等的正数，且，则下列关系中可能成立的是（ ）
A. B.
C. D.
二、多项选择题：（本大题共3个小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分，请在答题纸的指定位置填涂答案选项.）
9. 由无理数引发的数学危机一直延续到19世纪，直到1872年，德国数学家戴德金从连续性的要求出发，用有理数的“分割”来定义无理数(史称戴德金分割)，并把实数理论建立在严格的科学基础上，才结束了无理数被认为“无理”的时代，也结束了持续2000多年的数学史上的第一次大危机．所谓戴德金分割，是指将有理数集划分为两个非空的子集M与N，且满足，，M中的每一个元素小于中的每一个元素，则称为戴德金分割．试判断下列选项中，可能成立的是（ ）
A. ，是一个戴德金分割
B. M没有最大元素，N有一个最小元素
C M有一个最大元素，N有一个最小元素
D. M没有最大元素，N也没有最小元素
10 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
11. 已知，均为正实数，且，则（ ）
A. 的最大值为B. 的最小值为
C. 的最小值为D. 的最小值为
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若x∈R，则与的大小关系为________.
13. 若“”是“”的充分不必要条件，则实数m的取值范围为______．
14. 已知集合，，且，，则________.
四.解答题：本题共6小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤
15. 已知命题，命题.
（1）若命题为假命题，求实数的取值范围；
（2）若命题和均为真命题，求实数的取值范围.
（24-25高一上·云南红河·阶段练习）
16 已知
（1）若，分别求的值.；
（2）若，用列举法表示集合.
17. 已知非空集合，．
（1）若，求；
（2）若“”是“”的充分而不必要条件，求实数a的取值范围．
18. 已知有限集，如果中的元素满足，就称为“完美集”．
（1）判断：集合是否是“完美集”并说明理由；
（2）是两个不同的正数，且是“完美集”，求证：至少有一个大于2；
（3）若为正整数，求：“完美集”.
（24-25高一上·上海·随堂练习）
19. 对，定义一种新的运算，规定：（其中，，），已知，．
（1）求，值；
（2）若，解不等式组．
2024-2025学年江苏省扬州市高一上学期10月月考数学质量检测试题
一、单项选择题：（本大题共8个小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求，请在答题纸的指定位置填涂答案选项.）
1. 已知全集，集合，则如图阴影部分表示集合是（ ）

A. B.
C. D.
【正确答案】C
【分析】根据集合的运算的定义结合Venn图计算.
【详解】由题意或，
图中阴影部分为，
故选：C．
2. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. 或D. 或x≥4
【正确答案】B
【分析】根据集合的交并补运算即可求解.
【详解】由可得或，
所以，
故选：B
3. 设集合，，若，则（ ）
A. 1B. 0C. -1D. 1或-1
【正确答案】A
【分析】分情况讨论中元素与中元素对应关系求解即可.
【详解】由题意，当时，，此时不满足集合中元素互异性；
当时，且，则，此时满足条件.
故.
故选：A
4. 已知真包含于，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】D
【分析】根据集合的包含关系分类讨论求解.
【详解】由解得，或，所以，
当时，方程无解，则 ，满足题意；
当时，由解得，，
所以或3，解得或，
综上，实数的取值范围是，
故选:D.
5. 已知集合. 若，则实数a的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】C
【分析】由题意可得：，分和两种情况，结合包含关系分析求解.
【详解】因为，则，
若，则，解得；
若，则，解得；
综上所述：实数a取值范围为.
故选：C.
6. 已知为正实数，且满足，则的最小值为（ ）
A. B. 1C. D. 2
【正确答案】C
【分析】由已知可得，再利用基本不等式可得答案.
【详解】因为，
所以，
因为为正实数，所以，
可得，即，
所以，即，
当且仅当即时等号成立.
故选：C.
7. 已知a，b，R，则下列命题正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【正确答案】C
【分析】结合不等式性质利用反例说明选项AB不成立，利用作差法比大小来判断CD的正误即得结果.
【详解】选项A中，时，不成立；
选项B中，时，则，故结论不成立；
选项C中，若，则，故，结论成立；
选项D中，若，则，故，结论不成立.
故选：C.
8. 若、、是互不相等的正数，且，则下列关系中可能成立的是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】C
【分析】利用基本不等式及已知条件得到，从而得到，即可判断.
【详解】∵、均为正数，且，∴．
又∵，∴．∵，∴，故排除A、B、D．
故选：C．
二、多项选择题：（本大题共3个小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分，请在答题纸的指定位置填涂答案选项.）
9. 由无理数引发的数学危机一直延续到19世纪，直到1872年，德国数学家戴德金从连续性的要求出发，用有理数的“分割”来定义无理数(史称戴德金分割)，并把实数理论建立在严格的科学基础上，才结束了无理数被认为“无理”的时代，也结束了持续2000多年的数学史上的第一次大危机．所谓戴德金分割，是指将有理数集划分为两个非空的子集M与N，且满足，，M中的每一个元素小于中的每一个元素，则称为戴德金分割．试判断下列选项中，可能成立的是（ ）
A. ，是一个戴德金分割
B. M没有最大元素，N有一个最小元素
C. M有一个最大元素，N有一个最小元素
D. M没有最大元素，N也没有最小元素
【正确答案】BD
【分析】根据戴德金分割的定义，结合选项，分别举例，判断正误.
【详解】对于A，因为，，所以，故A错误；
对于B，设，，满足戴德金分割，
此时没有最大元素，有一个最小元素为0，故B正确；
对于C，若有一个最大元素，有一个最小元素，
则不能同时满足，，故C错误；
对于D，设，，满足戴德金分割，
此时没有最大元素，也没有最小元素，故D正确．
故选：BD.
10. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】BCD
【分析】先根据集合的研究对象求出两集合，按选项分别求交集，并集和补集再判断即得.
详解】由函数有意义可得：即，故，
由可得.
因，故A项错误，B项正确；因，故C项正确；
又，得.故D项正确.
故选：BCD.
11. 已知，均为正实数，且，则（ ）
A. 的最大值为B. 的最小值为
C. 的最小值为D. 的最小值为
【正确答案】ACD
【分析】对A，利用基本不等式即可解得；
对B，将2换成，进而利用基本不等式得到答案；
对C，将原式化简为，进而根据代换，然后得到答案；
对D，将原式变化，进而化简，然后设，而后用进行代换，最后用基本不等式得到答案.
【详解】因为，均为正实数，且，
对A, ，当且仅当时取“=”，正确；
对B， ，当且仅当时取“=”，错误；
对C，
，当且仅当时取“=”，正确；
对D，
，设，
则上式，
当且仅当时取“=”，正确；
故选：ACD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 若x∈R，则与的大小关系为________.
【正确答案】
【分析】利用作差比较法,将化简后的代数式与0比较大小,得出结论.
【详解】∵－＝＝≤0，∴≤.
故答案为:
本题考查不等式的应用,考查作差法比较大小,考查学生的计算能力,属于基础题.
13. 若“”是“”的充分不必要条件，则实数m的取值范围为______．
【正确答案】
【分析】根据充分不必要条件得，即可得参数范围.
【详解】由题设，即.
故
14. 已知集合，，且，，则________.
【正确答案】
【分析】由得，代入中的方程得到的值，解得集合,结合，可得集合,进而利用一元二次方程根与系数的关系得到的值，然后得到答案.
【详解】因为，所以，将代入，得，
此时方程即为，有两不等实根
所以，
因为所以，
所以
所以.
故答案.
本题考查根据集合的交集与并集求参数的值，涉及二次方程的根与系数的关系，属基础题.
四.解答题：本题共6小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤
15. 已知命题，命题.
（1）若命题为假命题，求实数的取值范围；
（2）若命题和均为真命题，求实数的取值范围.
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）根据题意，由条件可得命题为真命题，列出不等式，即可得到结果；
（2）根据题意，先求得当命题为真命题时范围，即可得到为真命题时的范围，再结合（1）中的结论，即可得到结果.
【小问1详解】
若命题为假命题，则命题为真命题，
即在恒成立，所以，
即实数的取值范围是.
【小问2详解】
当命题为真命题时，因为，
所以，解得或，
因为为真命题，则，
又由（1）可知，命题为真命题时，
所以且，即实数的取值范围是.
（24-25高一上·云南红河·阶段练习）
16. 已知
（1）若，分别求的值.；
（2）若，用列举法表示集合.
【正确答案】（1）；
（2）答案见解析.
【分析】（1）求出方程，进而求出.
（2）利用集合的包含关系求出，进而求出集合.
【小问1详解】
由，得或，
而，则是方程的二根，
所以.
【小问2详解】
由（1）知，，由，得或或，
当时，，则；
当时，，则；
当时，，则.
17. 已知非空集合，．
（1）若，求；
（2）若“”是“”的充分而不必要条件，求实数a的取值范围．
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）将代入集合求解，利用集合间的关系可求；
（2）利用充分不必要条件的定义，分类讨论集合可求实数的取值范围．
【小问1详解】
已知集合，．
当时，，或
又，
；
【小问2详解】
因为“”是“”充分不必要条件，所以是的真子集，
又，，
所以，
所以；
当时，是的真子集；
当时，也满足是的真子集，
综上所述：．
18. 已知有限集，如果中的元素满足，就称为“完美集”．
（1）判断：集合是否是“完美集”并说明理由；
（2）是两个不同的正数，且是“完美集”，求证：至少有一个大于2；
（3）若为正整数，求：“完美集”.
【正确答案】（1）是，理由见解析
（2）证明见解析 （3）
【分析】（1）根据“完美集”的定义，进行判断即可；
（2）根据“完美集”的定义，结合集合的运算，以及一元二次方程的性质进行求解即可；
（3）设中，得到，分，，进行分类讨论，
【小问1详解】
由，，则集合是“完美集”，
【小问2详解】
若是两个不同的正数，且是“完美集”，
设，
根据根和系数的关系知，和相当于的两根，
由，解得或（舍去），
所以，又均为正数，
所以至少有一个大于2.
【小问3详解】
不妨设中，
由，得，
当时，即有，又为正整数，所以，
于是，则无解，即不存在满足条件的“完美集”；
当时，，故只能，，求得，
于是“完美集”只有一个，为．
当时，由，即有，
而，
又，因此，故矛盾，
所以当时不存在完美集，
综上知，“完美集”为.
方法点睛：新定义有关的问题的求解策略：
①通过给出一个新的定义，或约定一种新的运算，或给出几个新模型来创设新问题的情景，要求在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的；
②遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析，运算，验证，使得问题得以解决.
（24-25高一上·上海·随堂练习）
19. 对，定义一种新的运算，规定：（其中，，），已知，．
（1）求，的值；
（2）若，解不等式组．
【正确答案】（1），；
（2）．
【分析】（1）先根据规定的新运算列出关于，的方程组，再解之即可；
（2）由，得出，，根据规定的新运算列出关于的不等式组，解之即可.
【小问1详解】
由题意，可知，
，
解得，；
【小问2详解】
由（1）知，，
因为，
所以，，
所以，，
所以．
所以，
，
由，得，
由，得，
综上，原不等式组的解集为.