湖北省宜昌市长阳土家族自治县2023-2024学年高一上学期9月月考数学试卷（含答案）

这是一份湖北省宜昌市长阳土家族自治县2023-2024学年高一上学期9月月考数学试卷（含答案），共11页。试卷主要包含了单选题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
时间：120分钟总分：150分
一、单选题（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.设命题：，，则的否定为（ ）
A.，B.，
C.，D.，
2.集合，，则（ ）
A.B.C.D.
3.不等式成立的一个充分不必要条件是（ ）
A.B.C.D.
4.设集合，，则韦恩图中阴影部分表示的集合的真子集个数是（ ）
A.4B.3C.2D.1
5.若不等式的解集为，则函数的图象可以为（ ）
A.B.C.D.
6.若，则实数的取值范围是（ ）
A.B.C.或D.或
7.“，”为真命题，则实数的取值范围为（ ）
A.B.C.D.
8.在关于的方程，和中，已知至少有一个方程有实数根，则实数的取值范围是（ ）
A.或B.或C.D.
二、多项选择题：本大题共4小题，每小题5分，共计20分，在给出的四个选项中至少有一项是正确的，全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分.
9.下列结论正确的是（ ）
A.B.C.D.
10.如果，，，，则下列选项不正确的是（ ）
A.若，则B.若，则
C.若，，则D.若，，则
11.下列说法正确的是（ ）
A.若，，则B.若，，则
C.若，则D.函数的最小值是2
12.已知，是正实数，则下列选项正确的是（ ）
A.若，则有最小值2B.若，则有最大值5
C.若，则有最大值D.有最小值
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13.若集合中有且仅有一个元素，则的值为______.
14.已知集合，若，则实数值为______.
15.对于任意实数，不等式无解，则实数的取值范围是______.
16.设为非空实数集满足：对任意给定的、（、可以相同），都有，，，则称为幸运集.
①集合为幸运集；②集合为幸运集；
③若集合、为幸运集，则为幸运集；④若集合为幸运集，则一定有；
其中正确结论的序号是______.
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.（本题满分10分）解下列不等式
（1）
（2）
18.（本题满分12分）已知集合，集合.
（1）求集合；
（2）若求实数的取值范围.
19.（本题满分12分）已知集合，，且.
（1）若命题：“，”是真命题，求实数的取值范围；
（2）若命题：“，”是真命题，求实数的取值范围.
20.（本题满分12分）（1）若的解集为，求实数，的值；
（2）已知，求关于的不等式的解集.
21.（本题满分12分）已知命题：关于的方程有两个大于1的实数根.
（1）若命题为真命题，求实数的取值范围；
（2）命题：是否存在实数使得是的必要不充分条件，若存在，求出实数的取值范围；若不存在，说明理由.
22.（本题满分12分）武汉市某地铁项目正在紧张建设中，通车后将给更多市民出行带来便利.已知该线路通车后，地铁的发车时间间隔（单位：分钟）满足，.经测算，在某一时段，地铁载客量与发车时间间隔相关，当时地铁可达到满载状态，载客量为1200人，当时，载客量会减少，减少的人数与的平方成正比，且发车时间间隔为2分钟时载客量为560人，记地铁载客量为.
（1）求的表达式，并求在该时段内发车时间间隔为6分钟时，地铁的载客量；
（2）若该时段这条线路每分钟的净收益为（元），问当发车时间间隔为多少时，该时段这条线路每分钟的净收益最大？
2023-2024高一数学上第一次月考模拟测试答案
1.【详解】因为，则有：
若，解得，此时，，不符合题意；
若，解得，此时，，符合题意；
综上所述：.故选B.
2.【详解】因为，，
所以，所以，故选A.
3.【详解】令，，则，所以.因为，所以.因为，所以，所以.故选B.
4.【详解】解法一：因为，且，所以，即，即，所以.所以“”是“”的充要条件.
解法二：充分性：因为，且，所以，所以，所以充分性成立；
必要性：因为，且，所以，即，即，所以.所以必要性成立.所以“”是“”的充要条件.
解法三：充分性：因为，且，
所以，所以充分性成立；
必要性：因为，且，
所以，
所以，所以，所以，所以必要性成立.
所以“”是“”的充要条件.故选C.
5.【详解】因为命题“，使”是假命题，
所以恒成立，所以，解得，
故实数的取值范围是.故选B.
6.【详解】对于A，因为，所以，即，故错误；
对于B，取，则，故错误；
对于C，由，得，所以，故错误；
对于D，由，得，所以，故正确.故选D.
7.【详解】因为，且为正实数，
所以，当且仅当，即时等号成立.所以.故选B.
8.【详解】由得，
若，则不等式无解.
若，则不等式的解集为，此时要使不等式的解集中恰有个整数解，则此时个整数解为，则.
若，则不等式的解集为，此时要使不等式的解集中恰有个整数解，则此时个整数解为，则.
综上，满足条件的的取值范围是.故选C.
二、多项选择题：
9.【详解】对A：当时，故A错误；对B：取，则，故B错误；
对于C：若，则，，所以，故C正确；
对于D：由，所以，所以，故D正确.故选CD.
10.【详解】解：因为不等式的解集是，
所以，且，所以所以，，，所以，
故A、B、C正确，D错误.故选ABC.
11.【详解】对于A，正实数满足，所以，可得，
当且仅当即等号成立，所以的最大值为，故A正确；
对于B，因为，所以，
，
所以当时，有最小值，为，故B正确；
对于C，当时，，
且，即，故C错误；
对于D，因为正实数满足，所以
，当且仅当即，等号成立，
所以的最小值为，故D正确.
故选：ABD.
12.【详解】对于选项A，因为，，，故A错误；
对于选项B，设，，满足戴德金分割，则M中没有最大元素，N有一个最小元素0，故B正确；
对于选项C，若有一个最大元素，有一个最小元素，若，一定存在使不成立；若，则不成立，故C错误；
对于选项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.
三、填空题：
13.【详解】特称命题的否定是全称命题，所以命题“∃x∈R，x≥1或x＞2”的等价条件为：“∃x∈R，x≥1”，所以命题的否定是：∀x∈R，x＜1.故答案为：∀x∈R，x＜1.
14.【详解】解：，故A的子集个数为，故答案为：16.
15.【详解】由函数，且不等式的解集为，
即是方程两个实数根，
可得，解得，所以，
又由，且，
当时，函数取得最大值，最大值为，
因为对任意恒成立，即恒成立，
解得或，所以实数的取值范围为.
故答案为：.
16.【详解】非负实数，满足，有，
则
，当且仅当，即时取“=”，由，得，
所以当时，的最小值为.故答案为：.
四、解答题：
17.【详解】解：（1）因为，，
所以，
（2）因为，所以，所以.
18.【详解】（1）由题意的两根是和1且，
所以，解得.
（2），，
①因为，所以，
当且仅当，即时等号成立.所以的最小值是9.
②易知，，即，
的解集为R，时，不合题意，
所以，且，解得，
所以的取值范围是.
19.【详解】（1）当时，中不等式为，即，
所以，则.
（2）若，则，
①当时，，即，此时；
②当时，，即，此时.
综上的取值范围为.
20.【详解】（1）因为，所以，所以，得或.
当时，，不满足，故舍去；
当时，，满足题意.
故实数a的值为1.
（2）方案一选择条件①.
由，得，所以，解得.故实数a的取值范围是.
方案二选择条件②.
由，得，所以，解得.故实数a的取值范围是.
方案三选择条件③.
由，得，所以解得.故实数a的取值范围是.
21.【详解】（1）由题意知，当时，（万件），则，解得，
所以.所以每件产品的销售价格为（元），
所以2023年的利润.
（2）因为当时，，所以，
当且仅当，即时等号成立.
所以，即万元时，（万元）.
故该厂家2023年的促销费用投入3万元时，厂家的利润最大为29万元.
22.【详解】（1）由题意，，即，
解方程得，.
①当时，即当时，解不等式，得或，
此时的解集为；
②当时，即时，解不等式，得，此时的解集为；
③当时，即当时，解不等式，得或，
此时的解集为；
综上，当时，的解集为；
当时，的解集为；
当时，的解集为；
（2）当时，令，当且仅当时，等号成立；
则关于的方程可化为，
关于的方程有四个不同的实根，
即有两个不同正根，
则，由②③式可得，
由①知：存在使不等式成立，故，
即，解得或.
故实数的取值范围是.