河北省承德第一中学2024-2025学年高三上学期9月月考数学试卷

这是一份河北省承德第一中学2024-2025学年高三上学期9月月考数学试卷，共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题（本大题共8小题，共40分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1．设，则（ ）
A．B．C．D．
2．若，且，则下列不等式中一定成立的是（ ）
A．B．C．D．
3．已知命题为真命题，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
4．若不等式的解集为R，则实数k的取值范围是（ ）
A． B． C．或 D．或
5．集合，，若“”是“”的充分不必要条件，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
6．若不等式的解集为，则不等式解集为（ ）
A． B． C． D．
7．已知函数，则（ ）
A． B． C． D．
8．已知，，，且，则的最小值为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（本大题共3小题，共18分。在每小题有多项符合题目要求）
9．下列命题中错误的有（ ）
A．存在整数，使得 B．，一元二次方程无实数根
C． D．能被2整除
10．下列命题为真命题的是（ ）
A．“”是“”的充分不必要条件
B．命题“”的否定是“”
C．若，则
D．若，且，则的最小值为9
11．下列说法不正确的是（ ）
A．已知，若，则组成集合为
B．不等式对一切实数恒成立的充分不必要条件是
C．的定义域为，则的定义域为
D．不等式解集为，则
三、填空题（本大题共3小题，共15分
12．已知集合，，若，则的取值范围是 .
13．已知，则的取值范围是 .
14．已知命题：，；命题：，，若p和q都是真命题，则实数的取值范围是 ；
四、解答题（本大题共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．(本小题13分)已知集合．
(1)当时，求；
(2)若“”是“”的充分不必要条件，求a的取值范围．
16．(本小题15分)关于的方程
(1)当时，求方程的根；
(2)若方程有两个不相等的实数根，
①求实数的取值范围；②用关于的式子表示
17．(本小题15分)设集合，集合．
(1)若，求实数的值；
(2)若，求实数的取值范围．
18．(本小题17分)已知集合，集合或．
(1)若是成立的必要不充分条件，求的取值范围；
(2)若，求的取值范围．
19．(本小题17分)某农户计划在一片空地上修建一个田字形的菜园如图所示，要求每个矩形用地的面积为且需用篱笆围住，菜园间留有一个十字形过道，纵向部分路宽为，横向部分路宽为.
(1)当矩形用地的长和宽分别为多少时，所用篱笆最短？此时该菜园的总面积为多少？
(2)为节省土地，使菜园的总面积最小，此时矩形用地的长和宽分别为多少？
参考答案：
1．B
【分析】根据给定条件，利用补集、交集的定义求解即得.
【详解】由，，得，而，
所以.
故选：B.
2．D
【分析】根据不等式的基本性质推导相关结论.
【详解】对A：当时，由不能推出，所以A错误；
对B：当，时，由不能推出，所以B错误；
对C：当时，由不能推出，所以C错误；
对D：由，又，所以，所以D正确.
故选：D
3．D
【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
4．A
【分析】根据一元二次不等式的性质，结合分类讨论，即可得到结论．
【详解】若，则不等式为，满足条件，
若，要使不等式恒成立，则满足，
即，则，
所以，
综上，实数的取值范围为．
故选：A
5．A
【分析】根据充分不必要条件的定义，分别讨论，和的情况，根据包含关系可求得结果.
【详解】由题知集合是的真子集，由，可得，
由，可得；
当时，，此时，符合题意；
当时，，无解，所以为空集，符合题意；
当时，，此时，符合题意，
综上，实数的取值范围是．
故选：A
6．B
【分析】利用二次不等式解集的性质，结合韦达定理将不等式化简为，从而得解.
【详解】因为由不等式的解集为，
所以，方程的两根为1和3，
由根与系数的关系得，则，
所以不等式可化为，即，
所以且，解得或，
所以解集为.
故选：B．
7．B
【分析】利用换元法令，求解析式即可．
【详解】令，则，且，则，
可得，
所以.
故选：B.
8．C
【分析】由题意可得，利用换元法可将原式变形再利用基本不等式即可求得结果.
【详解】由可得，且
因此，
令，则；
又；
当且仅当时，即时，等号成立；
此时的最小值为.
故选：C
【点睛】关键点点睛：本题关键在于将未知数个数减少，并合理变形利用基本不等式求解.
9．ABC
【分析】利用整除的意义判断AD；计算判别式判断B；取计算判断C.
【详解】对于A，由，得为偶数，而是奇数，显然等式不成立，A错误；
对于B，对于一切实数a，方程中，此方程必有实数根，B错误；
对于C，当时，，C错误；
对于D，，，是正奇数，
当为正偶数时，是正偶数，此时能被2整除，D正确.
故选：ABC
10．AD
【分析】首先可通过也有可能是负数得出A；通过全称命题的否定是特称命题判断出B；后通过判断出C；利用基本不等式可判断出D．
【详解】解：A．若，则；若，则也有可能是负数，
故“”是“”的充分不必要条件，正确，符合题意；
B．命题“”的否定是“”，错误，不符合题意；
C．若，，则，错误，不符合题意；
D．若，且，则，
当且仅当时，即时，取等号，故最小值为9，正确，符合题意；
故选：AD．
11．ACD
【分析】A选项，考虑时，，满足要求，可判断A；B选项，考虑时，两种情况讨论可得充要条件为，可判断B；C选项，由，可求定义域判断C；D选项，根据不等式的解集得到且为方程的两个根，由韦达定理得到的关系，计算可判断D.
【详解】A选项，，又，
当时，，满足，当时，，
当时，，满足，当时，，满足，
综上，组成集合为，A说法不正确；
B选项，当时，不等式为恒成立，可得对一切实数恒成立，
当时，由对一切实数恒成立，
可得，解得，
综上所述：不等式对一切实数恒成立的充要条件是，
所以不等式对一切实数恒成立的充分不必要条件是，故B正确；
C选项，因为的定义域为，所以，解得，
故的定义域为，C说法不正确；
D选项，不等式解集为-∞,-2∪3,+∞，
则且为方程的两个根，故，
则，故，D说法不正确.
故选：ACD.
12．
【分析】先求出集合，再结合列出不等式即可求解.
【详解】，即，解得，
，
，
，，
即的取值范围是.
故答案为：.
13．
【分析】先设出，求出，再结合不等式的性质解出即可；
【详解】设，
所以，解得，
所以，
又，所以，
又
所以上述两不等式相加可得，
即，
所以的取值范围是，
故答案为：.
14．
【分析】若为真命题则可解出m的取值范围，若为真命题，则在上有解，利用导数求出函数的值域即可求得m的范围，再进行交集运算即可得.
【详解】若，，
则，解得；
若，，则在有解，
设，则，
当时，，函数在单调递减；
当时，，函数在单调递增；
所以当时，，当.
故当时，的值域为，
所以要使在上有解，则.
若p和q都是真命题，则，即.
故答案为：.
15．(1)x1≤x≤2
(2)
【分析】（1）先求得集合，解不等式求得集合，求得集合，由此计算即可.
（2）由题意得是的真子集，再根据集合的包含关系求解.
【详解】（1）当时，，
或
∴,
∴
（2）∵“”是“”的充分不必要条件，
∴是的真子集.
∵，则，
∴（等号不同时成立），解得：，
∴a的取值范围是.
16．(1)或.
(2)①；②.
【分析】（1）由题设有，即可求根；
（2）①由求实数的取值范围；②应用根与系数关系及求表达式.
【详解】（1）由题设，可得或.
（2）①由方程有两个不相等的实数根，则，
所以，
②由根与系数关系知：，
所以.
17．(1)
(2)．
【分析】（1）根据交集先将元素2代入集合，求出的值再逐一验证；
（2）对进行分类讨论，分成空集，单元素集和双元素集.
【详解】（1）由题意得．
，
即，化简得：，
即，解得：，
经检验当，满足
当，满足
（2），故
①当为空集，则，即，得或；
②当为单元素集，则，即，得或，
当，舍去；当符合；
③当为双元素集，则，则有，无解，
综上：实数的取值范围为.
18．(1)或；
(2).
【分析】（1）利用必要不充分条件的定义，结合集合的包含关系列式求解即得.
（2）求出，结合已知可得，进而列式求解即可.
【详解】（1）由是成立的必要不充分条件，得集合真包含于集合，
则或，解得或，
所以的取值范围是或.
（2）依题意，，由，得，
则，解得，
所以的取值范围是.
19．(1)长和宽均为时，所用篱笆最短，总面积为.
(2)
【分析】（1）设矩形用地平行于横向过道的一边长度为，用表示出篱笆长度后结合基本不等式求解即可得；
（2）设矩形用地平行于横向过道的一边长度为，用表示出菜园的总面积后结合基本不等式求解即可得.
【详解】（1）设矩形用地平行于横向过道的一边长度为，
则所需篱笆的长度为，又，
当且仅当时，等号成立，所以当矩形用地的长和宽均为时，所用篱笆最短，
此时该菜园的总面积为；
（2）设矩形用地平行于横向过道的一边长度为，菜园的总面积为，
则，
当且仅当即时，等号成立，
此时另一边为，
即矩形的长和宽分别为时，菜园的总面积最小.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
B
D
D
A
A
B
B
C
ABC
AD
题号
11









答案
ACD