2022-2023学年河北省石家庄市第二中学（南校区）高一上学期第一次月考数学试题（解析版）

2022-2023学年河北省石家庄市第二中学（南校区）高一上学期第一次月考数学试题

一、单选题

1．已知集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据元素与集合、集合与集合的关系判断即可.

【详解】由题可知，

所以，，， .

故选：C.

2．已知A，B为给定的集合，命题p：“对于，都有”，则p的否定为（    ）

A．对于，都有 B．，使得

C．对于，都有 D．，使得

【答案】B

【分析】根据全称量词命题的否定为存在量词命题即得.

【详解】因为全称量词命题的否定为存在量词命题，

所以命题p：“对于，都有”的否定为“，使得”.

故选：B.

3．集合，，下列不表示从到的函数的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】C

【分析】根据函数的定义逐个进行判断可得答案.

【详解】对于，对于集合中的任意一个元素，按照对应法则在集合中都有唯一一个元素与之对应，符合函数的定义，故表示从到的函数；

对于，对于集合中的任意一个元素，按照对应法则在集合中都有唯一一个元素与之对应，符合函数的定义，故表示从到的函数；

对于，当时， ，此时，不符合函数的定义，故不表示从到的函数；

对于，对于集合中的任意一个元素，按照对应法则在集合中都有唯一一个元素与之对应，符合函数的定义，故表示从到的函数.

故选：C.

【点睛】本题考查了函数的定义，属于基础题.

4．设，下列说法中错误的是（    ）

A．“”是“”的充分不必要条件

B．“”是“”的必要不充分条件

C．“”是“”的充要条件

D．“”是“”的既不充分也不必要条件

【答案】C

【分析】根据充分条件，必要条件的概念依次判断各选项即可.

【详解】解：对于A，因为的解集为，所以“”是“”的充分不必要条件，故正确；

对于B，“”时， “”不一定成立，反之“”成立时，“”一定成立，所以“”是“”的必要不充分条件，故正确；

对于C，“”时，“”一定成立，反之 “”成立时，不一定成立，例如，所以 “”是“”的充分不必要条件，故错误；

对于D，当时，满足“”，但不满足“”；当时，满足“”，但不满足“”，所以“”是“”的既不充分也不必要条件，故正确.

故选：C

5．在下列四组函数中，与表示同一个函数的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据题意，先看函数的定义域是否相同，再观察两个函数的对应法则是否相同，即可得到结论.

【详解】解：对于A中，函数的定义域为，而函数的定义域为，所以两个函数不是同一个函数；

对于B中，函数的定义域和对应法则完全相同，所以是同一个函数；

对于C中，函数的定义域为，定义域为，所以两个函数不是同一个函数；

对于D中，函数的定义域为，函数的定义域为，所以不是同一个函数.

故选:B.

6．已知，则（    ）

A． B． C． D．的大小无法确定

【答案】C

【分析】由题意，采用作差法，可得答案.

【详解】，

故，所以.

故选：C.

7．若正数满足，则的最小值是（    ）

A．4 B．6 C．8 D．10

【答案】C

【分析】由“1”的代换，利用基本不等式求最小值．

【详解】，

当且仅当，即时等号成立，所以的最小值是8.

故选：C．

8．设，若不等式的解集是，则不等式的解集为（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】由题知，且，再解不等式即可.

【详解】解：因为不等式的解集是，

所以，，2是方程的两个根，且，

所以，由韦达定理，即，且，

所以，不等式化为，解得，

所以，不等式的解集为.

故选：D

9．设，为方程的两个解，则的最小值为（    ）

A． B． C．12 D．8

【答案】A

【分析】韦达定理表示出两根的和与积，配出减法，将表示成a的关系式，求最值.

【详解】由题意易知恒成立，又，

则，

当且仅当，即，即时取等号，

所以的最小值为．

故选：A.

10．某次全程为S的长跑比赛中，选手甲总共用时为T，前一半时间以速度a匀速跑，后一半时间以速度b匀速跑；选手乙前半程以速度a匀速跑，后半程以速度b匀速跑；若，则（    ）

A．甲先到达终点 B．乙先到达终点

C．甲乙同时到达终点 D．无法确定谁先到达终点

【答案】A

【分析】设乙选手总共用时，根据题意表示出，然后与作差，比较大小，即可得到结果.

【详解】由题意可知对于选手甲，，则

设选手乙总共用时，则对于选手乙，，则

即，即甲先到达终点

故选:A.

二、多选题

11．已知，则下列不等式一定成立的是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】BC

【分析】根据作差法比较大小判断AD，根据基本不等式判断BC.

【详解】解：对于A，因为，故，即，故A错误；

对于B，由基本不等式得当且仅当时等号成立；由于，故成立，故B正确；

对于C，当且仅当，即时等号成立；由于，故成立，故C正确；

对于D，，无法判断，故D错误；

故选：BC

12．已知函数，则下列叙述正确的是（    ）

A．若对都有成立，则

B．若使得有解，则

C．若且使得，则

D．若使得，则

【答案】ACD

【分析】根据二次不等式恒成立可判断A，利用二次不等式有解问题可判断B，根据二次方程根的分布可判断CD.

【详解】A选项：由题意，解得，故A正确；

B选项：由开口向上，故只需或，解得，B错误；

C选项：由题可知方程有两个不相等的正实根，则，解得，C正确；

D选项：由题可知，解得，D正确．

故选：ACD.

三、填空题

13．函数的定义域为_____________（用区间或集合表示）．

【答案】

【分析】根据题意得，进而即得.

【详解】要使函数有意义，则需满足，

解得：，

故函数的定义域为.

故答案为：.

14．已知实数、满足，，则的取值范围为_____________．

【答案】

【分析】利用不等式的基本性质可求得的取值范围.

【详解】因为，，则，，所以，，

由不等式的性质可得.

故答案为：.

15．设集合，若且，则满足条件的集合的个数是___________.

【答案】224

【分析】利用结论：若集合含有个元素，则集合子集数为个，非空子集数为个，即可求解.

【详解】因为，所以.

因为,,,

所以符合此条件的集合有 (个).

因为中含有且中不含有的元素为4,5,6,7,8 ,

而集合的非空子集有 (个)，

所以满足且的集合

的个数为255-31=224，

故答案为:224.

16．已知实数a，b，c满足，则的最大值为____________．

【答案】##4.75

【分析】利用基本不等式结合条件转化为关于c的二次函数，进而求得最值.

【详解】因为，当且仅当时取到等号，

所以，

由可知可以取到等号，故.

故答案为：.

四、解答题

17．设全集，集合．

(1)若，求集合；

(2)若，求实数m的取值范围．

【答案】(1)；

(2).

【分析】（1）化简集合，然后利用并集及补集的定义运算即得；

（2）分，讨论，列出不等式进而即得.

【详解】（1）由题可得或，又，

从而，

故；

（2）因为，

当时，，解得，

当时，则，无解，

综上，实数m的取值范围为．

18．已知不等式的解集为集合A，集合．

(1)若，求实数m的值；

(2)若是的必要条件，求实数m的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）先解分式不等式化简集合，再解方程化简集合，从而由得到，由此得到或，分别检验一下即可得到结果.

（2）由条件得到，从而得到关于的不等式组，解之即可.

【详解】（1）由得，解得，故，

解方程得或，故或，

因为，所以，所以或，解得或，

当时，，满足；

当时，，不满足题意，舍去；

综上，.

（2）因为是的必要条件，所以，

从而有，解得，故，

所以实数m的取值范围为.

19．已知a，b为正实数，且满足．

(1)求的最大值；

(2)求的最小值；

(3)写出的最小值（直接写出结果即可）．

【答案】(1)8；

(2)；

(3).

【分析】（1）由题可得，然后利用二次不等式即得；

（2）由题可得，进而即得；

（3）由题可得，然后利用基本不等式即得.

【详解】（1）由，从而，

令，则有，

解得，

从而，当且仅当，即时取到等号，

所以的最大值为8；

（2）由，得，

从而；

当且仅当即时取等号，

故最小值为；

（3）由即，

所以，当且仅当时取等号．

故的最小值为.

20．已知函数．

(1)设，解不等式；

(2)设，若当时的最小值为，求的值；

(3)设，若不等式有且仅有两个整数解，写出的取值范围（直接写出结果即可）．

【答案】(1)答案见解析

(2)

(3)

【分析】（1）根据题意，分，，三种情况讨论求解即可；

（2）根据题意，分和两种情况讨论求解即可；

（3）根据，，进而得，再解不等式即可.

【详解】（1）解：不等式即，即

当时，即，解得

当时，得

若，则开口向下，，解得或

若，则开口向上，，解得

综上，当时，解集为或；当时，解集为；

当时，解集为

（2）解：由知开口向上，对称轴

当，即时，函数在上单调递增，最小值为，解得

当，即时，函数在单调递减，在上单调递增，上单最小值为，解得（舍）

所以的值为

（3）解：注意到，，

所以，故两个整数解即为和

所以，当时，函数开口向下，有，

所以，，解得

所以，的取值范围为