2022-2023学年重庆市西南大学附属中学校高一上学期第一次阶段性考试数学试题含答案

  西南大学附属中学高2025届高一阶段性检测（一）

数学试题

一、选择题

1. 下列结论不正确的是（   ）

A.  B.  

C.  D.

答案：

C

解析：

【分析】

根据、、、表示的数集，结合元素与集合之间的关系即可做出判断.

【详解】

由表示自然数集，知，故A正确；

由表示有理数集，知，故B正确；

由表示实数集，知，故C错；

由表示整数集，知，故D正确.

故选：C.

2. 命题“，”的否定是（   ）

A. ， B. ，

C. ， D. ，

答案：

B

解析：

【分析】

根据全称命题的否定判断.

【详解】

根据全称命题的否定可知，“，”的否定是

“，”.

故选：B

3. 已知集合，．若，则实数的取值范围是（   ）

A.  B.

C. 且 D. 且

答案：

D

解析：

【分析】

根据并集结果可知，进而可构造不等式，解不等式求得结果.

【详解】

∵，∴，

∴，且，

∴，，，解得：且，

∴的取值范围为且.

故选：D.

4. 若实数，满足，则的最小值为（   ）

A.  B.  C.  D.

答案：

C

解析：

【详解】

∵，∴，，∵，∴，（当且仅当时取等号），所以的最小值为，故选C.

5. 已知，，则是的（   ）条件

A. 充分不必要 B. 必要不充分 

C. 充要 D. 既不充分也不必要

答案：

A

解析：

【分析】

解出中的范围，由充分必要条件的定义判断即可.

【详解】

由，解得，

可推导得成立，

不能推导得成立，

所以是的充分不必要条件.

故选：A.

6. 已知命题“，”为假命题，则实数的取值范围是（   ）

A. 或 B.

C. 或 D.

答案：

B

解析：

【分析】

由题意，可知该命题的否定“，”为真命题，即可得该方程无实数根，根据求解.

【详解】

因为“，”为假命题，

所以“，”为真命题，

所以方程无实数根，

，解得.

故选：B.

7. 已知实数，是关于的一元二次方程的两个根，满足，则实数的取值范围是（   ）

A.  B.

C.  D.

答案：

C

解析：

【分析】

先由韦达定理得到，，同时由得到的一个范围，再将，代入题设不等式可得到关于的分式不等式，解之又得到的另一个范围，两者取交集即可.

【详解】

因为实数，是关于的一元二次方程的两个根，

所以，，且，

即，整理得，得或，

所以，故，

即，即，

整理得：，即，故，

利用数轴穿根法，可得或，

又因为或，所以或，即.

故选：C.

8. 已知，，，则的最小值为（   ）

A.  B.  C.  D.

答案：

D

解析：

【分析】

根据条件得，代入式子化简，结合基本不等式即可求得最小值.

【详解】

因为，所以,

即

，当且仅当，即时，等号成立.

所以.

故选：D.

二、多选题

9. 若，则（   ）

A.  B.

C.  D.

答案：

A、C、D

解析：

【分析】

对于A，直接由配方法判断即可；

对于B，举反例排除即可；

对于C，判断不等式两边的正负情况即可判断；

对于D，利用作差法及，的范围即可判断.

【详解】

因为，所以

对于A，因为，所以，故A正确；

对于B，不妨令，，则，，故，故B错误；

对于C，因为，，所以，故C正确；

对于D，因为，

而，故，，即，

所以，即，故，故D正确；

故选：ACD.

10. 下列命题为真命题的是（   ）

A. ，

B. 设全集为，若，则

C. “”是“”的必要不充分条件

D. “和都是无理数”是“是无理数”的必要不充分条件

答案：

A、B、C

解析：

【分析】

对A，举例判断即可；对B，由补集的概念即可判断；对C，分别判断必要性与充分性；对D，分别判断必要性与充分性.

【详解】

对A，当时，成立，A正确；

对B，全集为，，如图所示，

由补集的定义可知，成立，故B正确；

对C，“”可得“”成立，“”不能推导得“”成立，

所以“”是“”的必要不充分条件，C正确；

对D，当，时，不是无理数，不满足充分性，

当时，，，不都是无理数，不满足必要性，D错误.

故选：ABC.

11. 若，，则下列选项成立的是（   ）

A.  B. 若，则

C. 的最小值为 D. 若，则

答案：

A、B

解析：

【分析】

利用基本不等式对选项逐一判断即可.

【详解】

因为，，所以

对于A，，当且仅当，即时，等号成立，故，即A正确；

对于B，由得，即，解得或（舍去），当且仅当时，等号成立，故，即B正确；

对于C，，当且仅当时，等号成立；然而该等式求得或，显然不成立，即取不到最小值，故C错误；

对于D，因为，所以，当且仅当且，即，时，等号成立，故，故D错误.

故选：AB.

12. 对于正整数集合，如果去掉其中任意一个元素之后，剩余的所有元素组成的集合都能分为两个交集为空集的集合，且这两个集合的所有元素之和相等，就称集合为“可分集”，则下列说法正确的是（   ）

A. 不是“可分集”

B. 集合中元素个数最少个

C. 若集合是“可分集”，则集合中元素全为奇数

D. 若集合是“可分集”，则集合中元素个数为奇数

答案：

A、B、D

解析：

【分析】

选项A根据“可分集”性质进行判断即可.

选项C，D，根据“可分集”性质可知“可分集”元素之和减去任意一个元素一定为偶数，根据此特性分类讨论集合中元素为奇数和为偶数时的情况即可.

根据选项C，D结论，分类讨论中元素个数分别为，，时是否可以为“可分集”即可.

【详解】

根据“可分集”性质可知，当集合为时：去掉元素，则不可拆分成符合题意的可分集，故A错误.

设集合所有元素之和为.

由题意可知，均为偶数，因此同为奇数或同为偶数.

(Ⅰ)当为奇数时，则也均为奇数，由于，所以为奇数.

(Ⅱ)当为偶数时，则也均为偶数，此时可设，因为为“可分集”，所以也为“可分集”.重复上述有限次操作后，便可得到一个各元素均为奇数的“可分集”，且对应新集合之和也为奇数，由 (Ⅰ)可知此时也为奇数.

综上所述，集合中元素个数为奇数.

故C错D对.

由上述分析可知集合中元素个数为奇数，不妨假设：

当时，显然任意集合都不是“可分集”；

当时，设集合，其中，将集合分成两个交集为空集的子集，且两个子集元素之和相等，则有①或②；

将集合分成两个交集为空集的子集，且两个子集元素之和相等，则有③或④

由①，③可得，矛盾；由①，④可得，矛盾；由②，③可得，矛盾；由②，④可得，矛盾.

因此当时，不存“可分集”；

当时，设集合，

去掉元素，；去掉元素，

去掉元素，；去掉元素，

去掉元素，；去掉元素，

去掉元素，，所以集合是“可分集”.

因此集合中元素个数的最小值是，故B正确.

故选：ABD.

三、填空题

13. 已知集合，，若，则________.

答案：

解析：

【分析】

由集合的性质，即元素的无序性和互异性可得，，得.

【详解】

根据集合的元素具有无序性和互异性可得，，，所以.

故答案为：.

14. 若集合中有且仅有一个元素，则的值为________.

答案：

或

解析：

【分析】

转化为求方程有且仅有一个解的条件，分和，利用一次方程和二次方程的解的个数的判定方法求解.

【详解】

当时，方程为，有且只有一解，符合题意；

当时，方程有且仅有一个解等价于，解得，

故答案为：或.

15. 关于的不等式的解集为，则关于的不等式的解集为________.

答案：

或

解析：

【分析】

先由题意得，且的解为，再由求得其解为，由此利用数轴穿根法即求得所求不等式的解集，在此过程要注意端点的取值.

【详解】

因为不等式的解集为，所以，且的解为，

又因为时，利用二次方程的求根公式可求得，且，

所以由得，，

利用数轴穿根法可解得或，

故所求不等式的解集为：或.

故答案为：或.

16. 已知正实数、、满足．则的最大值为________.

答案：

解析：

【详解】

由均值不等式得，

.

则

当且仅当，，时，上式等号成立.

因此，所求的最小值为.

四、解答题

17. 设集合，，．求：

（1）；

（2）；

（3）．

答案：

见解析；

解析：

【分析】

由集合的交并补混合运算直接得出答案.

【详解】

（1）

（2）

或，

（3）

或，

或，

或.

18. 设集合，．

（1）若，求；

（2）若，求实数取值范围．

答案：

见解析；

解析：

【分析】

（1）通过解一元二次方程得出两集合的具体元素，再取并集即可得出答案；

（2）通过真子集的概念得出集合的几种情况，再通过方程根的判断得出答案.

【详解】

（1）

，

当时，

，

则.

（2）

∵且，

∴集合可分为以下几种情况，

①当时，即时，为一元二次方程，

则当或时，

，解得，与前提矛盾，故舍去；

当时，

，解得；

②当时，即时，分为两种情况，

当时，解得，不满足题意，故舍去；

当时，解得，故舍去；

综上，即的取值范围为.

19. 已知集合，．

（1）若，求；

（2）若存在正实数，使得“”是“”成立的，求的取值范围．

从“①充分不必要条件；②必要不充分条件；③既不充分又不必要条件”中任选一个，补充在上面横线处，并进行作答．

答案：

见解析；

解析：

【分析】

（1）将代入集合，然后进行交集计算；

（2）若选①充分不必要条件，则，根据数轴列出不等式，从而求出的取值范围；

若选②必要不充分条件，则，根据数轴列出不等式，从而求出的取值范围；

若选③既不充分又不必要条件，则根据命题的否定，先求出“”是“”成立的充分条件或必要条件对应范围，从而通过补集求出的取值范围．

【详解】

（1）

将代入，所以

而，所以

（2）

，则

因为，所以

若选①，则存在正实数，使得“”是“”成立的充分不必要条件

所以，则，即

若选②，则存在正实数，使得“”是“”成立的必要不充分条件

所以，则，即

若选③，则存在正实数，使得“”是“”成立的既不充分又不必要条件，

则问题的否定是“”是“”成立的充分条件或必要条件，

而当“”是“”成立的充分条件时，，所以，即；

而当“”是“”成立的必要条件时，，所以，即；

所以原命题符合，即

综上，若存在正实数，使得“”是“”成立的既不充分又不必要条件，则.

20. 解关于的不等式：．

答案：

见解析；

解析：

【分析】

先移项通分合并同类项得到，问题转化为且，再对，，，，五种情况进行分类讨论，即可得到不等式的解集.

【详解】

由得，即，

故不等式转化为：且，

当时，原不等式为，即且，故，即不等式的解集为；

当时，原不等式为，解得，故不等式的解集为；

当时，的两个根为，，

当时，，，即，

故不等式的解集为或；

当时，，，故不等式的解集为或；

当时，，，故不等式的解集为；

综上：当时，不等式的解集为；

当时，不等式的解集为；

当时，不等式的解集为或；

当时，不等式的解集为或；

当时，不等式的解集为.

21.年月日，美国总统拜登签署《年芯片与科学法案》．对中国的半导体产业来说，短期内可能会受到“芯片法案”负面影响，但它不是决定性的，因为它将激发中国自主创新的更强爆发力和持久动力．某企业原有名技术人员，年人均投入万元，现为加大对研发工作的投入，该企业把原有技术人员分成技术人员和研发人员，其中技术人员名（且），调整后研发人员的年人均投入增加，技术人员的年人均投入调整为万元．

（1）若要使调整后研发人员的年总投入不低于调整前名技术人员的年总投入，求调整后的研发人员的人数最少为多少人？

（2）为了激励研发人员的工作热情和保持技术人员的工作积极性，企业决定在投入方面要同时满足以下两个条件：①研发人员的年总投入始终不低于技术人员的年总投入；②技术人员的年人均投入始终不减少．请问是否存在这样的实数，满足以上两个条件，若存在，求出的范围；若不存在，说明理由．

答案：

见解析；

解析：

【分析】

（1）根据题意，得到，解得，结合条件，可求得，由此可知调整后的研发人员的人数最少为人；

（2）由条件①得，由条件②得，假设存在同时满足以上两个条件，则上述不等式恒成立，进而求得，即，故确定存在，且.

【详解】

（1）

依题意可得调整后研发人员的年人均投入为万元，

则，，整理得，

解得，

因为且，所以，故，

所以要使这名研发人员的年总投入不低于调整前名技术人员的年总投入，调整后的研发人员的人数最少为人.

（2）

由条件①研发人员的年总投入始终不低于技术人员的年总投入，得，

上式两边同除以得，整理得；

由条件②由技术人员年人均投入不减少，得，解得；

假设存在这样的实数， 使得技术人员在已知范围内调整后，满足以上两个条件，

即恒成立，

因为，

当且仅当，即时等号成立， 所以，

又因为，当时，取得最大值，所以，

所以，即，

即存在这样满足条件，其范围为.

22. 已知二次函数，

（1）若，，，求证：“过点”是“”的充分条件；

（2）求整数部分．

答案：

见解析；

解析：

【分析】

（1）先由题意得到，为方便证明，设，，，证得，即，并检验等号成立时的条件，从而证得所求.

（2）依次计算，，，，计算过程注意提取，从而求得，再由确定其范围，故求得的整数部分.

【详解】

（1）

因为过点，所以，

不妨设，，，则，

又因为，，，故，，，

所以

，

当且仅当，，且，即时，等号成立，

故，即，

即，当且仅当，即时，等号成立，

故，

所以“过点”是“”的充分条件.

（2）

因为，

所以，

，

故，

所以，

因为，故，故，即，

所以的整数部分为.