重庆市2024_2025学年高一数学上学期定时检测一10月试题含解析

这是一份重庆市2024_2025学年高一数学上学期定时检测一10月试题含解析，共16页。试卷主要包含了 考试结束后，将答题卡交回， 不等式解集为， 下面命题正确的是， 已知，则的最小值为， 在下列四个命题中，正确的是， 已知，且，则下列结论正确的是等内容，欢迎下载使用。
1. 答题前，考生先将自己的姓名、班级、考场/座位号、准考证号填写在答题卡上.
2. 答选择题时，必须使用2B铅笔填涂；答非选择题时，必须使用0.5毫米的黑色签字笔书写；必须在题号对应的答题区域内作答，超出答题区域书写无效保持答卷清洁、完整.
3. 考试结束后，将答题卡交回（试题卷学生保存，以备评讲）.
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. 集合，，那么集合（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由与，求出两集合的交集即可.
【详解】因为，
又，
所以.
故选：D.
2. 命题“，”的否定是（ ）
A. ，B. ，C. ，D. ，
【答案】C
【解析】
【分析】特称命题否定是全称命题，再将结论变为否定即可.
【详解】，的否定是：，，
故选：C.
3. 若“”是“”的必要不充分条件，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据充分条件和必要条件的定义结合不等式进行判断即可．
【详解】由得，
是的必要不充分条件，
，
故选：B．
4. 不等式解集为（ ）
A. 或B. 或
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】不等式等价变形为，分，两种情况求解可得解集.
【详解】由，得，
当，即时，则不等式成立，
当，即时，，
不等式组可变为，解得且，
综上所述：不等式的解集为.
故选：D.
5. 下面命题正确的是（ ）
A. 使成立的一个充分不必要条件是
B. “”是“”的充要条件；
C. 已知，则“”是“”的充要条件
D. 已知，则“”是“”的必要不充分条件
【答案】D
【解析】
【分析】而根据充分、必要条件概念逐一进行判断即可.
【详解】对A：若，则，但不成立，所以“”不是“”的充分条件，故A错误；
对B：由，由或，所以“”与“”不等价，故B错误；
对C：由或，故“” 不是“”的充要条件，故C错误；
对D：由或，而，所以“”是“”的必要不充分条件，故D正确.
故选：D
6. 已知关于的不等式的解集为，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据一元二次不等式解集与对应方程的根的关系可得，，再由基本不等式计算即可得出结论.
【详解】由不等式的解集为，
所以是方程的两根，且，
，可得，
，
当且仅当，即时等号成立.
所以的取值范围为.
故选：A.
7. 已知全集为有理数集，将划分为两个非空的子集与，且满足，，中的每一个元素都小于中的每一个元素，则称为优分割．对于任一优分割，下列选项中一定不成立的是（ ）
A. 没有最大元素，有一个最小元素
B. 没有最大元素，也没有最小元素
C. 有一个最大元素，有一个最小元素
D. 有一个最大元素，没有最小元素
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，依次举例对四个选项逐项判定，即可求解.
【详解】由题意，将无理数集划分为两个非空的子集与，且满足，，中的每一个元素都小于中的每一个元素，
对于A中，若集合，
则集合没有最大元素，中有一个最小元素，所以A正确；
对于B中，若集合
则集合没有最大元素，中也没有最小元素，所以B正确；
对于D中，若集合
则集合中有一个最大元素，中没有最小元素，所以D正确；
对于C中，无论怎样“优分割”，都不可能使得集合中有最大元素，且中有最小元素，
所以C不正确.
故选：C.
8. 已知，则的最小值为（ ）
A. 2B. 4C. 6D. 8
【答案】C
【解析】
【分析】将原式配凑为，利用基本不等式求解即可.
【详解】，，，
，
当且仅当，即时等号成立.
所以的最小值为6.
故选：C.
二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 在下列四个命题中，正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】ABD
【解析】
【分析】由不等式的性质可判断A；利用作差法判断BCD.
【详解】对于A，由不等式的性质可得若，则，故A正确；
对于B，，
因为，所以，所以，即，故B正确；
对于C，若，则，
所以，当且仅当时等号成立，故C错误；
对于D，，则，即，故D正确.
故选：ABD
10. 已知，且，则下列结论正确的是（ ）
A. 的最大值为B. 的最大值为4
C. 的最小值为D. 的最小值为0
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用基本不等式判断A，利用基本不等式“1”的妙用判断B，利用完全平方公式与基本不等式判断C，利用代入消元法，结合基本不等式判断D，从而得解.
【详解】对于A，因为，，且，所以，
当且仅当时取等号，所以的最大值为，故A正确；
对于B，，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值为9，显然其最大值不可能为4，故B错误；
对于C，因为，
所以，当且仅当时，等号成立，
所以的最小值为，故C正确；
对于D，由，，且，可知，，
所以，
当且仅当，即，时，等号成立，
所以的最小值为0，故D正确.
故选：ACD.
11. 群论，是代数学的分支学科，在抽象代数中．有重要地位，且群论的研究方法也对抽象代数的其他分支有重要影响，例如一般一元五次及以上的方程没有根式解就可以用群论知识证明．群的概念则是群论中最基本的概念之一，其定义如下：设G是一个非空集合，“．”是G上的一个代数运算，如果该运算满足以下条件：
①对所有的a、，有；
②、b、，有；
③，使得，有，e称为单位元；
④，，使，称a与b互为逆元．
则称G关于“·”构成一个群．则下列说法正确的有（ ）
A. 关于数的乘法构成群
B. 自然数集N关于数的加法构成群
C. 实数集R关于数的乘法构成群
D. 关于数的加法构成群
【答案】AD
【解析】
【分析】根据“”运算的定义，结合集合中元素与集合的关系判断，对每个选项逐一判断即要可．
【详解】对于A选项，对所有的、，有，且满足①乘法结合律；
②，使得，有；
③，，有，故A正确；
对于B选项，①自然数满足加法结合律；
②，使得，有；
但是对于，，不存在，使，故B错误；
对于C选项，对所有的、，有，
①实数满足加法结合律； ②，使得，有；
但对于，，不存在，使，故C错误；
对于D选项，对所有的、，可设，，，，，，
则，
①满足加法结合律，即、、，有；
②，使得，有；
③，设，，，，使，故D正确．
故选：AD．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 集合，则的子集个数为_______________个．
【答案】8
【解析】
【分析】确定集合，根据集合中元素的个数确定子集的个数.
【详解】由题意：的值可以为：4，8，16，所以，有3个元素.
故集合有：个.
故答案：8
13. 已知集合，若，则实数的取值范围是_______________．
【答案】
【解析】
【分析】根据，故或，即可利用分式不等式的求解得答.
【详解】由于，若，
故或，
故或，
解得，
故答案为：
14. 定义集合的“长度”是，其中a，R.已如集合，，且M，N都是集合的子集，若集合的“长度”大于，则的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】根据区间长度定义得到关于的范围，再根据并集的区间长度大于，分类讨论得到关于的不等式，解出即可.
【详解】因为都是集合的子集，
所以，解得，
又，可知集合M的“长度”为，，
要使集合的“长度”大于，
若，则，所以，
又，所以；
若，则，所以，
又，所以；
则的取值范围是.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：本题的关键是充分理解区间长度的定义，再根据并集的含义得到不等式组，结合分类讨论的思想即可.
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. 我们定义关于x的不等式，为“飞升不等式”．
（1）当时，求“飞升不等式”的解集；
（2）若存在，使“飞升不等式”成立，求实数a的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据一元二次不等式的求解，利用因式分解，即可求解；
（2）分离参数可得对有解，即可求解的范围得解.
【小问1详解】
因为，所以不等式即为，即，
于是，所以，故“飞升不等式”的解集为．
小问2详解】
不等式对有解，即不等式对有解，
而，
又时，不存在x>0，使得,不合题意，故．
16. 已知集合，，．
（1）求，；
（2）求．
【答案】（1）或，
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）解一元二次不等式确定，再由集合的交并补运算即可求解；
（2）通过讨论，，，，，即可求解.
【小问1详解】
因为或，
所以
由于，
所以，
．
【小问2详解】
因为，，
①当，即时，，所以
②当，即时，．
（i）若，即时，；
（ii）若，即时，；
（iii）若，则；
（iv）若，则．
17. 已知集合，集合，命题，命题，命题．
（1）若命题是真命题，求实数的取值范围；
（2）若命题“和有且仅有一个是真命题”是假命题，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由题意确定，即可求解；
（2）通过真真和假假两种情况讨论即可求解.
【小问1详解】
因为命题为真命题，所以，故，故，
于是．因为，所以，即．
【小问2详解】
①为真命题时，则，由于，所以，故，
于是．由知，所以；
②命题为真命题时，
（i）时，，符合题意；
（ii）时，，即，此时且；
故命题为真命题时，有；
由命题“和有且仅有一个是真命题”是假命题可知，
由两种情况：真真和假假，
所以，当真真时a不存在；当假假时．
综上所述，实数取值范围．
18. 已知正实数x，y满足．
（1）求的最小值；
（2）求的最小值；
（3）若，求的最小值．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）由，得，因为x，y为正数，所以．将原式变形得，再利用均值不等式求最值即可；
（2）由（1）知，所以，再利用均值不等式求最值即可；
（3）由（1）知，，再化简结合均值不等式求最值即可.
【小问1详解】
因为，
所以，即．
由于x，y为正数，所以，所以．
于是
当且仅当时等号成立，
所以的最小值为．
【小问2详解】
由（1）知，所以，
故
，
当且仅当时等号成立,
故的最小值为．
【小问3详解】
由（1）知，
所以
，
取等条件：
故的最小值为．
19. 已知函数.
（1）若，，函数的最小值为0，求a的值；
（2）若，不等式有且仅有四个整数解，求实数的取值范围；
（3）当时，对，，若存在实数m使得成立，求m的最小值.
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）代入已知条件，分类讨论的取值情况，利用判别式法即可得解；
（2）先分析得的两个实根满足，进而得到，从而利用二次函数的性质得到关于的不等式组，解之即可得解；
（3）根据题意分析得，，进而得到，再多次利用换元法，结合基本不等式即可得解.
【小问1详解】
当，时，，
由题意得，函数的值域，
（i）时，不符合题意；
（ii）时，，即；
综上，.
【小问2详解】
因为，不等式转化为，
因为有四个整数解，
则必有两个不相等实数根，记为，且，
又因为当时，，
当时，，
的图象开口向上，对称轴为，所以，
故不等式的解集中的四个整数解为，所以，
所以，故.
【小问3详解】
因为当时，对，，
由题设，有，又，则，
又，，
故存在使成立，则，
所以，
令，则，，
令，则，且，
故，
当且仅当，即，，时，等号成立，
所以，即的最小值为.