四川省成都市2024_2025学年高一数学上学期10月检测试题含解析

这是一份四川省成都市2024_2025学年高一数学上学期10月检测试题含解析，共11页。试卷主要包含了 命题“”的否定是， 若集合，则集合A的真子集有个， 若，则的一个充分不必要条件为， 已知，则函数的最小值是， 下列命题中正确的是， 下列选项错误的是等内容，欢迎下载使用。
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据存在量词命题否定即可得解.
【详解】命题“”的否定是“”.
故选：B.
2. 若集合，则集合A的真子集有（ ）个.
A. 7B. 15C. 31D. 63
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意求集合A的元素个数，进而求真子集个数.
【详解】由题意可知：集合，共5个元素，
所以集合A的真子集有个.
故选：C.
3. 若，则的一个充分不必要条件为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】选项是的充分不必要条件，则选项的范围是的子集，以此判断选项是否满足条件.
【详解】依题意可知选项是的充分不必要条件，则选项的范围是的子集，
对于选项A，不是的子集，故A不满足；
对于选项B，不是的子集，故B不满足；
对于选项C，不是的子集，故C不满足；
对于选项D，不是的子集，故D满足.
故选：D
4. 已知，则函数的最小值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
根据均值定理求解即可.
【详解】
当且仅当即时等号成立，即取得最小值.
故选：B
【点睛】本题考查均值定理，解决本题的关键是“一正、二定、三相等”，属于较易题.
5. 若不等式对一切实数都成立，则实数的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】分和两种情况，结合不等式恒成立求参数的取值范围.
【详解】当时，不等式为对一切实数都成立，符合题意，
当时，要使得不等式对一切实数都成立，
则，解得，
综上所述，的取值范围为.
故选：D．
6. 下列命题中正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，，则D. 若,，则
【答案】D
【解析】
【分析】通过举反例排除A,B两项；利用作差法判断C项，结论错误；运用不等式的性质可推理得到D项结论.
【详解】对于A，若，当时，则，故A错误；
对于B，若，满足，但，故B错误；
对于C，因，，由，可得，故C错误；
对于D，由，得，因，则，故D正确．
故选：D．
7. 某文具店购进一批新型台灯，若按每盏台灯15元的价格销售，每天能卖出30盏；若售价每提高1元，日销售量将减少2盏，现决定提价销售，为了使这批台灯每天获得400元以上（不含400元）的销售收入.则这批台灯的销售单价（单位：元）的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】本题可根据题意得出，然后通过计算以及即可得出结果.
【详解】设这批台灯的销售单价为x元，由题意得，，
即，解得，又因为，所以，
这批台灯的销售单价的取值范围是.
故选：C
8. 含有有限个元素的数集，定义“交替和”如下：把集合中的数按从小到大的顺序排列，然后从最大的数开始交替地加减各数，例如的交替和是；而的交替和是5，则集合的所有非空子集的交替和的总和为（ ）
A. 12B. 32C. 80D. 192
【答案】B
【解析】
【分析】求出集合的所有非空子集，再利用交替和的定义求解即得.
【详解】集合的所有非空子集为
，
所以交替和的总和为
.
故选：B
二、多选题（本题共3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，有错选的0分，部分选对的得3分.）
9. 下列选项错误的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】根据集合与元素的关系，结合子集和相等集合的定义、空集的定义逐一判断即可.
【详解】因为集合中的元素在集合中，因此这两个集合是包含关系，不是属于关系，因此选项A不正确；
因为集合与集合中的元素相同，所以这两个集合相等，因此选项B正确；
因为集合中的元素都在集合中，因此正确，故选项C正确；
因为集合中的元素不是空集，所以不正确，因此选项D不正确，
故选：AD
10. （多选）下列说法中，正确的有（ ）
A. 空集是任何集合的真子集
B. 若，，则
C. 任何一个集合必有两个或两个以上的真子集
D. 如果不属于的元素一定不属于，则
【答案】BD
【解析】
【分析】根据空集的定义和性质可判断A，C正确与否，根据真子集的性质可判断B正确与否，根据韦恩图可判断D正确与否.
【详解】空集是任何集合的子集，是任何非空集合的真子集，故选项A错；
子集具有传递性，故选项B正确；
若一个集合是空集，则没有真子集，故选项C错；
由韦恩图易知选项D正确.

故选：BD.
11. 下列说法正确的是（ ）．
A. 的一个必要条件是
B. 若集合中只有一个元素，则
C. “”是“一元二次方程有一正一负根”的充要条件
D. 已知集合，则满足条件的集合N的个数为4
【答案】CD
【解析】
【分析】对于A，举例时不成立，进而由充分条件和必要条件的定义得不是的充分条件，也不是的必要条件；对于B，按和两种情况去探究方程的解即可；对于C，先由一元二次方程有一正一负根得，该不等式组的解即为方程有一正一负根的充要条件；对于D，先由得，再由结合子集个数公式即可得解.
【详解】对于A，当时满足，但不成立，
所以不是的充分条件，不是的必要条件，故A错误；
对于B，当时，方程的解为，
此时集合中只有一个元素，满足题意，
当时，为一元二次方程，
则由集合中只有一个元素得，故，
所以符合题意的有两个，或，故B错误；
对于C，一元二次方程有一正一负根，则，
所以“”是“一元二次方程有一正一负根”的充要条件，故C正确；
对于D，因为，所以，
又，故集合N的个数为个，故D正确.
故选：CD.
三、填空题（（本题共3个小题，每题5分，共15分））
12. 已知集合， 则______．
【答案】
【解析】
【分析】根据元素互异性得到方程和不等式，得到答案.
【详解】由题意得得．
故答案为：
13. 不等式的解是________
【答案】
【解析】
【分析】
先将分式不等式化为一元二次不等式，然后直接求解出解集即可.
【详解】因为，所以，所以，
故答案为：.
14. 实数满足，则的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】利用待定系数法可得，即可根据不等式的性质求解.
【详解】设，
则解得,所以
因为，所以 ，
可得，即的取值范围为.
故答案为：.
四、解答题（本题共5个小题， 15题13分， 16-17题每题15分， 18-19题每题17分共77分）
15. 已知集合，或.
（1）若全集，求、；
（2）若全集，求.
【答案】（1）或，或；
（2）
【解析】
【分析】（1）（2）利用并集、补集、交集的定义直接求解即可.
【小问1详解】
集合，或，则或，
或，所以或.
【小问2详解】
由或，得，
所以.
16. 已知集合．
（1）若，求实数的值；
（2）若命题为真命题，求实数的值．
【答案】（1）4 （2）0
【解析】
【分析】（1）由得是方程的根，代入方程可求答案；
（2）根据两个方程有公共解可求实数的值．
【小问1详解】
因为，所以，解得；
【小问2详解】
因命题为真命题，
所以方程组有公共解，解得，
当时，经检验知，符合题意.
17. 已知集合，．
（1）若，求实数m的取值范围；
（2）命题q：，是真命题，求实数m的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）分类讨论和，根据条件列出不等式组求解m的取值范围；
（2）将条件转化为，进而求出m的取值范围.
小问1详解】
当时，，解得；
当时，，解得.
综上，实数m的取值范围为
【小问2详解】
由题意，所以即，
此时.
为使，需有，即.
故实数m的取值范围为
18. 已知不等式的解是或．
（1）用字母a表示出b，c；
（2）求不等式的解
【答案】（1），
（2）或
【解析】
【分析】（1）由韦达定理可得；
（2）把（1）的结论代入求解．
小问1详解】
由不等式的解为或，
可知且的两根为2和3，
由韦达定理得，，所以，；
【小问2详解】
由（1）可得：可变为，
因为，所以，整理得，
解得或，所以不等式的解是或．
19. 已知函数.
（1）若不等式的解集为，求的取值范围；
（2）当时，解不等式；
（3）对任意的，不等式恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）；
（2）答案见解析； （3）.
【解析】
分析】（1）对参数进行分类讨论，并结合一元二次函数性质即可求解；
（2）当时，，即，因式分解，对进行讨论，可得解集；
（3）转化为恒成立，分离参数，利用基本不等式求最值求解的取值范围．
【小问1详解】
当时，由，得到，所以，不合题意，
当时，由解集为，得到，解得，
所以实数的取值范围为.
【小问2详解】
当时，，即，
可得，因为，
①当时，即，不等式的解集为；
②当时，，因为，
所以不等式的解集为；
③当时，．又，
所以不等式的解集为,
综上：，不等式的解集为，
当时，不等式的解集为，
当时，不等式的解集为.
【小问3详解】
由题对任意，不等式恒成立，
即，因为时，恒成立，
可得，设，则，所以，
可得，
因为，当且仅当时取等号.
所以，当且仅当时取等号.
故得m的取值范围