北京市昌平区2024_2025学年高一数学上学期10月月考试卷含解析

这是一份北京市昌平区2024_2025学年高一数学上学期10月月考试卷含解析，共11页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 设集合，则下列关系中正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据元素与集合的关系，集合与集合的关系判断即可.
【详解】因为，所以，，
且，.
故选：C.
2. 集合，则集合等于（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】解一元二次不等式求出集合A，再求并集可得答案.
【详解】因为集合，
又，
所以.
故选：A.
3. 已知全集，集合，则图中阴影部分所表示集合为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
根据图像判断出阴影部分表示，由此求得正确选项.
【详解】根据图像可知，阴影部分表示，，所以.
故选：A
【点睛】本小题主要考查集合交集与补集的概念和运算，考查韦恩图，属于基础题.
4. 已知命题p：，，则命题是（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】B
【解析】
【分析】由含有全称量词的命题的否定可得结果.
【详解】由含有全称量词的命题的否定可得，
故选：B
5. 设，，，且，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【详解】当时，选项A错误；
当时，选项B错误；
当时，选项C错误；
∵函数在上单调递增，
∴当时，．
本题选择D选项.
点睛：判断不等式是否成立，主要利用不等式的性质和特殊值验证两种方法，特别是对于有一定条件限制的选择题，用特殊值验证的方法更简便．
6. 下列不等式中，正确的是（ ）
A. a＋≥4B. a2＋b2≥4ab
C. ≥D. x2＋≥2
【答案】D
【解析】
【分析】举例说明ABC错误，利用基本不等式证明D成立.
【详解】a＜0，则a＋≥4不成立，故A错；
a＝1，b＝1，a2＋b2＜4ab，故B错，
a＝4，b＝16，则＜，故C错；
由基本不等式得x2＋≥2可知D项正确.
故选：D.
【点睛】本题考查基本不等式应用及其使用条件，考查基本分析求解能力，属基础题.
7. “”是“”的（ ）
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】由不等式性质及充分、必要性定义判断条件间的关系.
【详解】由，则有或，
所以“”是“”的充分而不必要条件.
故选：A
8. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由集合，中的元素特征判断可得.
【详解】，
当时，表示的整数倍与的和，表示的整数倍与的和，
故，
故选：A
9. 设集合，，则的元素个数为（ ）
A 20B. 21C. 24D. 25
【答案】C
【解析】
【分析】先分别求出集合和集合，然后求出它们的交集，最后得出交集中元素的个数.
【详解】因为，，所以.
因为，所以.
则,
，，，，，所以共有24个元素.
故选：C.
10. 对集合的每一个非空子集，定义一个唯一确定的“交替和”，概念如下：按照递减的次序重新排列该子集，然后从最大的开始，交替减加后面的数所得的结果.例如：集合的“交替和”为，集合的“交替和”为，集合的“交替和”为6，则集合所有非空子集的“交替和”的和为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】将此集合分成两类，并在两类集合之间建立一一映射关系后根据“交替和”的定义即可求出答案.
【详解】解：由题意得：
集合的非空子集中，除去集合，还有个非空集合，将这个子集分成两类：
第一类: 包含的子集；第二类：不包含的子集；
在第二类和第一类子集之间建立如下的对应关系：，其中是第二类子集，显然这种对应是一一映射
设的“交替和”为，则的“交替和”为，这一对集合的“交替和”的和等于 ，所以集合A的所有非空集合的“交替和”总和为
故选：B
二、填空题：本题共5小题，每小题5分，共25分．
11. 若，则______，_______，_____
【答案】 ①. ②. ③.
【解析】
【分析】利用集合相等和集合中元素的互异性，分析两集合中的元素即可得解.
【详解】因为，又，
所以中必有，则，故，
则，所以.
故答案为：；；.
12. 已知集合，，用列举法表示集合_____________．
【答案】
【解析】
【分析】根据元素特征即可得到结果.
【详解】由题意得，2，3，4，6，12
解得，5，4，，1，
所以集合，，1，3，4，5，．
故答案为：
13. 已知，则的最小值为___________，此时x的值是___________
【答案】 ①. 3 ②. 2
【解析】
【分析】利用配凑法与基本不等式即可得解.
【详解】因为，则，
所以，
当且仅当，即时，等号成立，
所以的最小值3，此时的值是2.
故答案为：3；2.
14. 能够说明“若，则”是假命题的一组整数，的值依次是___________
【答案】，（答案不唯一）
【解析】
【分析】分别取大于，小于的整数即可得到答案.
【详解】取，，满足，但，
所以命题“若，则”是假命题.
故答案为：，.（答案不唯一）
15. 设函数，已知不等式的解集是，则b，c的值分别是___________，若存在，不等式有解，则实数t的取值范围为___________________
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】由题意可得1和5是方程的根，则利用根与系数的关系可求出，由存在，，不等式有解，可得，求出可求得实数的取值范围.
【详解】因为不等式的解集是，所以1和5是方程的根，
所以，解得，所以，
因为存在，不等式有解，所以,
因为的对称轴为，
所以在上单调递减，
所以，
所以，得，所以实数的取值范围为.
故答案为：；.
三、解答题：本题共5小题，共55分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
16. 已知关于的一元二次方程
（1）求实数的取值范围；
（2）若方程有两个实数根且，求实数的值.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）由一元二次方程的定义可知即.
（2）先解出符合方程有两个实数根的实数的取值范围，由一元二次方程中根与系数的关系得到，结合，列出方程，即可求解.
【小问1详解】
是关于的一元二次方程，
即.
【小问2详解】
方程有两个实数根且由（1）知，
即，得或.
或或，
,且
即,
则解得或.
17. 已知集合，集合．
（1）当时，求
（2）若，求实数m的取值范围
【答案】（1）或；或
（2）
【解析】
【分析】（1）由不等式的解法，求得或，再由时，得到，结合集合交集、并集和补集的运算，即可求解；
（2）由，得到，分和，两种情况讨论，列出不等式组，即可求解.
【小问1详解】
解：由不等式，解得或，即或，
当时，集合，所以或，
又由或，所以或.
【小问2详解】
解：由（1）知，集合或，且，
因为，所以，
当时，可得时，即时，此时，满足；
当时，要使得，则满足或，
解得或，即，
综上可得，实数的取值范围为.
18. 已知函数
（1）若不等式对于一切实数x恒成立，求实数a的取值范围
（2）若，解关于x的不等式
【答案】（1） （2）答案见详解
【解析】
【分析】（1）根据给定条件，分和讨论一元二次不等式恒成立求解作答；
（2）对两根和大小分类讨论，求一元二次不等式的解集.
【小问1详解】
由题，对于一切实数恒成立，
即，对恒成立，
当时，上式为，不合题意；
当时，有a>0Δ≤0，解得，
综上，实数的取值范围为.
【小问2详解】
不等式，即，，
整理得x-1x+1a>0，
当，即时，不等式解集为，
当，即时，不等式解集为，
当，即时，不等式解集为.
综上，当时，不等式解集为，
当时，不等式解集为，
当时，不等式解集为.
19. 某工厂分批生产某种产品，若每批生产件，每批产品的生产准备费用为1800元，每件产品每天的仓储费用为2元，且每件产品平均仓储时间为天，设平均到每件产品的生产准备费用与仓储费用之和为元.
（1）写出关于的函数解析式；
（2）当为何值时，有最小值？最小值是多少？
【答案】（1）（为正整数）
（2）当时，最小值为60
【解析】
【分析】（1）由已知条件，可推得（为正整数）.
（2）根据已知条件，结合基本不等式的公式，即可求解.
【小问1详解】
根据题意可得，（为正整数）
【小问2详解】
，当且仅当，即时等号成立，
故当时，有最小值，最小值60.
应用，掌握基本不等式是解本题的关键，属于基础题.
20. 设A是实数集的非空子集，称集合且为集合A的生成集．
（1）当时，写出集合A的生成集B；
（2）若A是由5个正实数构成的集合，求其生成集B中元素个数的最小值；
（3）判断是否存在4个正实数构成的集合A，使其生成集，并说明理由．
【答案】（1）
（2）7 （3）不存在，理由见解析
【解析】
【分析】（1）利用集合的生成集定义直接求解.
（2）设，且，利用生成集的定义即可求解；
（3）不存在，理由反证法说明.
小问1详解】
，
【小问2详解】
设，不妨设，
因为，所以中元素个数大于等于7个，
又，，此时中元素个数等于7个，
所以生成集B中元素个数的最小值为7.
【小问3详解】
不存在，理由如下：
假设存在4个正实数构成的集合，使其生成集，
不妨设，则集合A的生成集
则必有，其4个正实数的乘积；
也有，其4个正实数的乘积，矛盾；
所以假设不成立，故不存在4个正实数构成的集合A，使其生成集
【点睛】关键点点睛：本题考查集合的新定义，解题的关键是理解集合A的生成集的定义，考查学生的分析解题能力，属于较难题.