四川省成都市2024_2025学年高一数学上学期10月月考试题含解析

这是一份四川省成都市2024_2025学年高一数学上学期10月月考试题含解析，共13页。试卷主要包含了 本试卷分第Ⅰ卷 两部分， 已知集合，则， 下列命题为真命题是， 已知不等式的解集是，则等内容，欢迎下载使用。
注意事项：
1. 本试卷分第Ⅰ卷（选择题） 和第Ⅱ卷（非选择题） 两部分.答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上.
2.回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.写在本试卷上无效.
3. 回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.
4. 考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.
第Ⅰ卷 （选择题）
一、选择题：本题共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. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由交集概念即可求解.
【详解】由，，
可得：.
故选：A
2. 已知集合满足，则满足条件的集合的个数为（ ）
A. 8B. 10C. 14D. 16
【答案】D
【解析】
【分析】计算出集合中元素个数，即可得其子集个数，即可得解.
【详解】集合中有4个元素，故集合的子集有个，
即满足条件集合的个数为16.
故选：D.
3. 命题“”的否定为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】直接利用全称命题的否定是特称命题写出结果即可．
【详解】解：因为全称命题的否定是特称命题，所以，命题“”的否定为：．
故选：A．
4. 已知p：，那么p的一个充分不必要条件是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】判断出的真子集，得到答案.
【详解】因为是的真子集，故是p的一个充分不必要条件，C正确；
ABD选项均不是的真子集，均不合要求.
故选：C
5. 若，则的所有可能的取值构成的集合为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】讨论参数对应的元素，结合集合元素互异性确定参数取值集合即可.
【详解】当，则，显然集合元素不满足互异性；
当，则，此时集合为，满足；
当，即或，（其中舍），
若，此时集合为，满足；
若，此时集合为，满足；
综上，的取值集合为.
故选：D
6. 成都外国语学校秋季运动会即将举行，高一年级同学踊跃报名.其中高一（1）班共有28名学生报名参加比赛，有15人报名参加游泳比赛，有8人报名参加田径比赛，有14人报名参加球类比赛，同时报名参加游泳比赛和田径比赛的有3人，同时报名参加游泳比赛和球类比赛的有3人，没有人同时报名参加三项比赛，只报名参加一项比赛的有（ ）人．
A. 3B. 9C. 19D. 14
【答案】C
【解析】
【分析】设同时报名参加游泳比赛和球类比赛的有人，列方程求，然后只报名参加一项比赛的有：人.
【详解】设同时报名参加游泳比赛和球类比赛的有人，则，解得：.
所以只报名参加一项比赛的有：人.
故选：C
7. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求集合A,B，然后取并集即可.
【详解】
则
故选：C
8. 若实数、满足，，，则ab的所有取值构成的集合是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】利用基本（均值）不等式求的取值范围.
【详解】因为，，
所以.
所以或（舍去）.
故，当且仅当时等号成立.
故选：A
二、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.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错或不选得0分.
9. 下列命题为真命题是（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若，则
D. 若，则
【答案】BD
【解析】
【分析】利用特值法判断AC；由不等式的性质判断BD.
【详解】若，取，则，故A错误；
若，则，则，故B正确；
若，取，则，故C错误；
若，由不等式的性质得，故D正确.
故选：BD.
10. 已知不等式的解集是，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】根据题意，得到和是方程的两个实数根，且，结合韦达定理，可得判定A正确，C正确，D正确，再令，可得判定B正确.
【详解】由不等式的解集是，
可得和是方程的两个实数根，且，
则，可得，所以A错误，C正确；
由，可得，所以D正确；
又由，令，可得，所以B正确.
故选：BCD.
11. 设集合为非空数集，若，都有，则称为封闭集．下列结论正确的有（ ）
A. 若集合为封闭集，则
B. 集合为封闭集
C. 若集合、B为封闭集，则为封闭集
D. 集合为封闭集
【答案】AB
【解析】
【分析】根据封闭集的定义判断各项所描述集合是否满足即可.
【详解】A：若时，有，对；
B：是偶数集合，而对于任意两个偶数，它们的和、差、积均为偶数，故为封闭集，对；
C：同B分析易知，均为封闭集，
而，但，即不是封闭集，错；
D：显然存在，故不为封闭集，错.
故选：AB
三．填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分，把答案填在答题卡上.
12. 已知集合，，若，则实数的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】在数轴上画出两个集合对应的范围，利用可得实数的取值范围.
【详解】如图，在数轴表示，因为，故，填.
【点睛】含参数的集合之间的包含关系，应借助于数轴、韦恩图等几何工具直观地讨论参数的取值范围，解决此类问题时，还应注意区间端点处的值是否可取.
13. 已知，则的取值范围是__________.
【答案】
【解析】
【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. 已知且恒成立，则实数的最大值是_________．
【答案】
【解析】
【分析】不等式变形为，利用基本不等式求得右侧的最小值即可得结论．
【详解】∵，∴，，，
，
，
当且仅当时等号成立，
所以，即的最大值是．
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. 已知集合，.
（1）当时，求；
（2）若，求的取值范围.
【答案】（1）或
（2）
【解析】
分析】（1）算出，即可计算出；
（2）分是否为空集计算即可.
【小问1详解】
由题意可得，
当时，，则，
故.
【小问2详解】
当时，，解得，此时，符合题意，
当时，由，可得解得，
综上，的取值范围为.
16. 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.
17. 如图，某人计划用篱笆围成一个一边靠墙（墙的长度没有限制的矩形菜园，设菜园的长为，宽为．

（1）若菜园面积为，则x，y为何值时，可使所用篱笆总长最小；
（2）若使用的篱笆总长度为，求的最小值．
【答案】（1）
（2）．
【解析】
【分析】（1）由已知得，篱笆总长为，利用基本不等式即可求出最小值；（2）根据条件得，然后令，展开化简，利用基本不等式即可求出最小值.
【小问1详解】
由已知可得，篱笆总长为．
又因为，当且仅当，即时等号成立．
所以当时，可使所用篱笆总长最小．
【小问2详解】
由已知得，
又因为，
所以，当且仅当，即时等号成立．
所以的最小值是．
18. 设.
（1）解关于的不等式；
（2）若对于任意，恒成立，求实数的取值范围；
（3）若对于任意，恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）答案见解析；
（2）；
（3）.
【解析】
【分析】（1）就的不同的取值范围分类讨论后可得不等式的解集；
（2）利用参变分离结合二次函数的性质可求参数的取值范围；
（3）构建关于的一次函数，根据其单调性可得关于的不等式，从而可求的范围.
【小问1详解】
由，化简得，即，
当时，，解得x0时，不等式解得，
当时，不等式解得x1或，
综上所述：当时，关于的不等式解为；
当时，关于的不等式解为；
当时，关于的不等式解为；
当时，关于的不等式解为；
当m>0时，关于的不等式解为.
【小问2详解】
要使在上恒成立，
即，，
因为当时，，所以有在上恒成立，
当时，令，即，
所以在上恒成立，则，
即，故实数的取值范围为.
【小问3详解】
设
则是关于的一次函数，且一次项系数为，
所以在上单调递增，
所以等价于，解得，
故实数取值范围为.
19. 对，定义集合，称其为集合的“间距集”．用表示有限集合X的元素个数．
（1）已知，，求满足要求的整数的值并说明理由.
（2）若，写出的所有可能值，并写出每个值对应的一个集合.不需要证明.
（3）若为大于等于2的正整数，求的最大值和最小值（用含的表达式给出），每个最值给出至少一个取等时的集合．
【答案】（1），或，
（2）答案见解析 （3）最大，最小
【解析】
【分析】（1）根据的元素的特征结合可得，再分类讨论后可得；
（2）根据可得，结合（1）的实例可得每一个对应的一个集合；
（3）根据可得，最值对应的可根据指数形式或一次形式构造.
【小问1详解】
由的定义可得中的元素均为正数，
而，由于、为正整数，的元素均为正整数，
最大的元素为，而，则，
由则或，
时，，此时，，满足题意；
时，，此时，，满足题意；
，或，；
【小问2详解】
因为，故可设，其中，
因为，故，
而中任意两个元素差的绝对值有6个，故，
若，可取； 若，可取；
若，可取；若，可取.
小问3详解】
当中的差两两不同时，有最大值为，
取，下证 .
证明：取中的两个差为，其中，不妨设，
若，则有即，
若，则即，与矛盾
若，则为偶数，而均为奇数，矛盾；
综上可得当时，，
即中的任意两个差都是相异的，故.
设，则成立，
且其两两不同，于是，故的最小值为，
取，，此时.
【点睛】思路点睛：对于与集合有关的组合最值问题，首先探究一般范围，再根据集合的特征构造相应的集合从而求得最值.