湖南省长沙市2024_2025学年高一数学上学期10月月考试题含解析

这是一份湖南省长沙市2024_2025学年高一数学上学期10月月考试题含解析，共15页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
时量：120分钟分值：150分
一、单项选择题：本大题共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. 下列表示集合和关系的Venn图中正确的是（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】依题意可求得集合，根据集合中的元素可判断两集合之间的关系.
【详解】根据题意由可得，即；
解方程可得或，解得或或或，
即可得；
因此可得集合有交集，但没有包含关系
故选：A
2. 如果对于任意实数x，表示不超过x的最大整数，例如，，，那么“”是“”的（）．
A. 充分条件B. 必要条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】举出反例得到充分性不成立，再设，得到，，故，必要性成立，得到答案.
【详解】不妨设，满足，
但，不满足，充分性不成立，
若，不妨设，则，，
故，必要性成立，
故“”是“”的必要条件.
故选：B
3. 已知命题：，，则为（）.
A. ，B. ，
C. ，或D. ，或
【答案】D
【解析】
【分析】利用全称命题的否定求解即可.
【详解】由全称命题的否定是特称命题知：
原命题的否定为，或.
故选：D
4. 若正实数x，y满足，则的取值范围为（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由基本不等式得到，求出答案.
【详解】正实数x，y满足，则，当且仅当时取等号，
所以，即，即，两边平方, 结合，解的.
故选：D.
5. 已知命题为真命题，则实数的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】问题转化为不等式的解集为，根据一元二次不等式解集的形式求参数的值.
【详解】因为命题为真命题，所以不等式的解集为.
所以：若，则不等式可化为，不等式解集不是；
若，则根据一元二次不等式解集的形式可知：.
综上可知：
故选：D
6. 若实数满足，则的取值范围是（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据不等式的性质及题中条件即可得到结果.
【详解】因为，所以，
又，，
所以
所以，
故，
故选：C
7. 关于x的一元二次不等式，当时，该不等式的解集为（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由，知，原不等式等价于，再确定相应二次方程的根的大小得不等式的解集.
【详解】由，则，原不等式等价于不等式的解集，
又由，则方程的两根分别为，
当时，，故原不等式的解集为.
故选：B
8. 已知长为，宽为的长方形，如果该长方形的面积与边长为的正方形面积相等；该长方形周长与边长为的正方形周长相等；该长方形的对角线与边长为的正方形对角线相等；该长方形的面积和周长的比与边长为的正方形面积和周长的比相等，那么、、、大小关系为（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先求出，，，，然后利用基本不等式比较大小即可.
【详解】由题意可得，①，②，③，④，且，
由基本不等式的关系可知，，当且仅当时等号成立，
由①②得，，所以⑤，
因为，
所以，当且仅当时等号成立，
由②③得，，所以⑥，
又，当且仅当时等号成立，
由①④得，，所以⑦，综合⑤⑥⑦可得，.
故选：D.
二、多项选择题：本大题共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．全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错的得0分．
9. 下列说法不正确的是（）
A. “”是“”的必要不充分条件
B. 若，则的最大值为
C. 若不等式的解集为，则
D. 命题“，使得．”的否定为“，使得．”
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据充分条件和必要条件的定义判断A，消元，根据二次函数性质判断B，根据一元二次不等式的解集与二次方程的关系求的关系，由此判断的正负，判断C，根据含量词的命题的否定方法判断D.
【详解】对于A，取，，则，但，
取，，则，但，
所以“”是“”的既不充分也不必要条件，A错误；
对于B，因为，所以，
所以的最大值为，B错误；
因为不等式的解集为，
所以，且为方程的根，
所以，，
所以，，
所以，C正确；
命题“，使得．”的否定为“，使得．”D错误；
故选：ABD.
10. 已知正数a，b满足，则下列说法正确的是（）
A. B.
C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】由已知条件结合基本不等式及相关结论检验选项A,C,D，举出反例检验选项B，即可判断.
【详解】对于A，因为，故，当且仅当,即时等号成立，故A正确;
对于B，当时,，显然错误;
对于C，因为，当且仅当时等号成立，故C正确;
对于D，由可得,即,
所以
当且仅当，即时等号成立，故D正确.
故选：ACD.
11. 对于一个非空集合，如果满足以下四个条件：
①，
②，
③，若且，则，
④，若且，则，
就称集合为集合A的一个“偏序关系”，以下说法正确的是（）
A. 设，则满足是集合A的一个“偏序关系”的集合共有3个
B. 设，则集合是集合A的一个“偏序关系”
C. 设，则含有四个元素且是集合A的“偏序关系”的集合共有6个
D. 是实数集R的一个“偏序关系”
【答案】ACD
【解析】
【分析】A选项，分析出，分析③可知，和只能二选一，或两者均不能在中，从而得到足是集合A的一个“偏序关系”的集合共有3个；B选项，且，但，B错误；C选项，分析出，再添加一个元素即可，从而得到答案；D选项，通过分析均满足四个条件，D正确.
【详解】A选项，，则，
通过分析②可知，，分析③可知，和只能二选一，或两者均不能在中，
取，或，或，
故满足是集合A的一个“偏序关系”的集合共有3个，A正确；
B选项，集合，且，但，故②不成立，故B错误；
C选项，，通过分析②可知，，
结合③和④，可再添加一个元素，即中任选一个，
即取，或，
或，或，
或，或，
共6个，C正确；
D选项，是R的子集，满足①，
且当时，，满足②，
当时，满足③，
，若且，则，所以，
则，满足④，
故是实数集R的一个“偏序关系，D正确.
故选：ACD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 设，集合，则______
【答案】0
【解析】
【分析】根据可知，故.
【详解】由可知，
又，故.
故答案为：0
13. 已知条件，条件，且是的充分不必要条件，则的取值范围是_________.
【答案】.
【解析】
【分析】根据充分、必要条件的定义及命题的否定形式计算参数范围即可.
【详解】由题设得或，设{或}，
同理可得，设，
因为是的充分不必要条件，所以，因此.
故答案为：.
14. 出入相补是指一个平面（或立体）图形被分割成若干部分后面积（或体积）的总和保持不变，我国汉代数学家构造弦图，利用出入相补原理证明了勾股定理，我国清代的梅文鼎、李锐、华蘅芳、何梦瑶等都通过出入相补原理创造了不同的面积证法证明了勾股定理.在下面两个图中，若，，，图中两个阴影三角形的周长分别为，，则的最小值为________.
【答案】
【解析】
【分析】根据图形中的相似关系先表示出，然后利用基本不等式求解出最小值.
【详解】如图1，易知，且，
所以，所以；
如图2，易知，且，
所以，所以，
所以,
又因为，所以，当且仅当时取等号，
所以，
所以最小值为，
故答案为：.
四、解答题：本题共5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，，全集．
（1）若，求，；
（2）若；求实数的取值范围．
【答案】（1），，
（2）
【解析】
【分析】（1）由条件根据集合运算法则求，即可；
（2）由条件可得，根据集合包含关系列不等式可求的取值范围．
【小问1详解】
因为，所以，
又，
所以，，
【小问2详解】
因为，
所以，
因为，所以或，
又，
当时，，此时，接的，
当时，由，可得或，
所以或，
综上或.
所以的取值范围或.
16. （1）设均为正数，且，证明：若，则：
（2）已知为正数，且满足，证明：.
【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）先对和平方化简，然后结合已知条件可证得结论，
（2）利用基本不等式结合可证得结论
【详解】（1）因为，
又因为，则为正数，
所以，
因此.
（2）因为，当且仅当时，取等号，
又，故有.
所以，当且仅当时取等号
17. 已知：，：.
（1）若是的充分不必要条件，求实数m的取值范围；
（2）若是的既不充分也不必要条件，求实数m的取值范围.
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）解不等式化简命题，由充分不必要条件列出不等式求解；
（2）根据命题的关系，可得对应集合互不包含，列出不等式求解.
【小问1详解】
由，可得，则：，
又由，可得，则：，
若q是p的充分不必要条件，可得是的真子集，
有，解可得；
【小问2详解】
若q是p的既不充分也不必要条件，则和互不包含，
可得或，解得或.
18. 某蛋糕店推出两款新品蛋糕，分别为薄脆百香果蛋糕和朱古力蜂果蛋糕，已知薄脆百香果蛋糕单价为x元，朱古力蜂果蛋糕单位为y元，现有两种购买方案：
方案一：薄脆百香果蛋糕购买数量为a个，朱古力蜂果蛋糕购买数量为b个，花费记为;
方案二：薄脆百香果蛋糕购买数量为b个，朱古力蜂果蛋糕购买数量为a个，花费记为．
（其中）
（1）试问哪种购买方案花费更少？请说明理由；
（2）若a，b，x，y同时满足关系，求这两种购买方案花费的差值S最小值（注：差值花费较大值-花费较小值）．
【答案】（1）采用方案二；理由见解析
（2）24
【解析】
【分析】（1）列出两种方案总费用的表达式，作差比较，即可求解；
（2）根据题意，得到，利用换元法和基本不等式，即可求解.
【小问1详解】
解：方案一总费用为（元）；
方案二的总费用为（元），
由，
因为，可得，所以，
即，所以，所以采用方案二，花费更少.
【小问2详解】
解：由（1）可知，
令，则，
所以，当时，即时，等号成立，
又因为，可得，
所以，
当且仅当时，即时，等号成立，
所以差最小值为，当且仅当时，等号成立，
所以两种方案花费的差值最小为24元.
19. 已知集合，对于集合的非空子集，若中存在三个互不相同的元素，使得均属于，则称集合是集合的“期待子集”.
（1）试判断集合是否为集合的“期待子集”；（直接写出答案，不必说明理由）
（2）如果一个集合中含有三个元素，同时满足①，②，③为偶数.那么称该集合具有性质.对于集合的非空子集，证明：集合是集合的“期待子集”的充要条件是集合具有性质.
【答案】（1）是集合的“期待子集”，不是集合的“期待子集”
（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据所给定义判断即可.
（2）先证明必要性，再证明充分性，结合所给“期待子集”的定义及性质的定义证明即可；
【小问1详解】
因为，
对于集合，令，解得，显然，，
所以是集合的“期待子集”；
对于集合，令，则，
因为，即，故矛盾，所以不是集合的“期待子集”
【小问2详解】
先证明必要性：
当集合是集合的“期待子集”时，由题意，存在互不相同的，使得，
不妨设，令，，，则，即条件中的①成立；
又，所以，即条件中的②成立；
因为，
所以为偶数，即条件中的③成立；
所以集合满足条件.
再证明充分性：
当集合满足条件时，有存在，满足①，②，③为偶数，
记，，，
由③得，由①得，由②得，
所以，
因为，，，所以，，均属于，
即集合是集合的“期待子集”
【点睛】关键点睛：涉及集合新定义问题，关键是正确理解给出的定义，然后合理利用定义，结合相关的其它知识，分类讨论，进行推理判断解决.