江西省南昌市等5地2023-2024学年高一数学上学期10月月考试题（Word版附解析）

高一数学试卷

注意事项：

1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上．

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．

4．本试卷主要考试内容：北师大版必修第一册第一章．

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.

2. “”是“”的（    ）

A. 充要条件 B. 必要不充分条件

C. 充分不必要条件 D. 既不充分也不必要条件

3. 你见过古人眼中的烟花吗？那是朱淑真元宵夜的“火树银花触目红”，是隋炀帝眼中的“灯树千光照，花焰七枝开”.烟花，虽然是没有根的花，是虚幻的花，却在达到最高点时爆裂，用其灿烂的一秒换来人们真心的喝彩.已知某种烟花距地面的高度（单位：米）与时间（单位：秒）之间的关系式为，则烟花在冲击后爆裂的时刻是（    ）

A. 第4秒 B. 第5秒 C. 第3.5秒 D. 第3秒

4. 已知集合，，若，则的所有可能取值组成的集合为（    ）

A.  B.  C.  D.

5. 定义行列式，若，则的取值集合为（    ）

A.  B.

C. 或 D.

6 若集合，则（    ）

A.  B.  C.  D.

7. 某校校园文化节开展“笔墨飘香书汉字，文化传承展风采”书法大赛，高一（1）班共有32名同学提交了作品进行参赛，有20人提交了楷书作品，有12人提交了隶书作品，有8人提交了行书作品，同时提交楷书作品和隶书作品的有4人，同时提交楷书作品和行书作品的有2人.没有人同时提交三种作品，则同时提交隶书作品和行书作品的有（    ）

A. 4人 B. 3人 C. 2人 D. 1人

8. 若，，且，则的最小值是（    ）

A. 43 B. 49 C. 39 D. 36

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．

9. 命题：，使，命题：，有，则（    ）

A. 是假命题 B. 是真命题

C. 是存在量词命题 D. 是全称量词命题

10. 设一元二次方程的两个实根为，，则（    ）

A.

B. 当时，的最小值为

C. 为定值

D. 当时，

11. 已知集合，，，且，，，则（    ）

A  B.

C.  D.

12. 已知表示不超过x的最大整数，则（    ）

A. 当时， B.

C.  D.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡中的横线上．

13. 英文单词necessary的所有字母组成的集合共有________个元素.

14. 将二次函数的图象先向右平移2个单位长度，再向上平移4个单位长度，得到二次函数的图象，则________.

15. 若集合，则的取值范围为________.

16. 已知，则的最大值为________.

四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步聚．

17. 命题：，有；命题：存在一个偶数能被3整除.

（1）写出否定；

（2）写出的否定.

18. （1）设，，比较，的大小；

（2）若，根据性质“如果，，那么”，证明：.

19. 已知集合，集合.

（1）当时，求；

（2）若，求的取值范围.

20. 已知集合的子集个数为.

（1）求的值；

（2）若三边长为，证明：为等边三角形的充要条件是.

21. 已知集合.

（1）若，求取值范围.

（2）若的子集个数为4，试问是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，请说明理由.

22. 如图，正方形的边长为1，，分别是和边上的点.沿折叠使与线段上的点重合（不在端点处），折叠后与交于点.

（1）证明：的周长为定值.

（2）求的面积的最大值.

高一数学试卷

注意事项：

1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上．

2．回答选择题时，选出每小题答案后，用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．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．

3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．

4．本试卷主要考试内容：北师大版必修第一册第一章．

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】根据交集定义运算即可.

【详解】因为，，所以.

故选：A

2. “”是“”的（    ）

A. 充要条件 B. 必要不充分条件

C. 充分不必要条件 D. 既不充分也不必要条件

【答案】C

【解析】

【分析】由充分必要条件的概念，判断“”与“”是否相互推出即可.

【详解】由，得，因为，

所以由 “”可以推出“”，

但由 “”不能推出“”，

即“”是“”的充分不必要条件.

故选：C.

3. 你见过古人眼中的烟花吗？那是朱淑真元宵夜的“火树银花触目红”，是隋炀帝眼中的“灯树千光照，花焰七枝开”.烟花，虽然是没有根的花，是虚幻的花，却在达到最高点时爆裂，用其灿烂的一秒换来人们真心的喝彩.已知某种烟花距地面的高度（单位：米）与时间（单位：秒）之间的关系式为，则烟花在冲击后爆裂的时刻是（    ）

A. 第4秒 B. 第5秒 C. 第3.5秒 D. 第3秒

【答案】A

【解析】

【分析】利用配方法，求二次函数最大值及相应值即可.

【详解】由题意，，

则当时，即烟花达到最高点，爆裂的时刻是第秒.

故选：A.

4. 已知集合，，若，则的所有可能取值组成的集合为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】先求出集合，可知，再由，可得集合是集合的子集，根据子集的性质求解便可.

【详解】依题意得： ，所以，

又因为，所以或，解得：或6，

故的所有可能取值组成的集合为：.

故选：A.

5. 定义行列式，若，则的取值集合为（    ）

A.  B.

C. 或 D.

【答案】D

【解析】

【分析】应用定义得不等式，求解可得.

【详解】由定义得，，，

由题意得，即，

所以，解得，

故的取值集合为.

故选：D.

6 若集合，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】通过对描述法表示的集合的理解，将集合中元素设为，根据题意解出关系即可.

【详解】由已知，

令，解得，

又，则，化简得.

故选：B.

7. 某校校园文化节开展“笔墨飘香书汉字，文化传承展风采”书法大赛，高一（1）班共有32名同学提交了作品进行参赛，有20人提交了楷书作品，有12人提交了隶书作品，有8人提交了行书作品，同时提交楷书作品和隶书作品的有4人，同时提交楷书作品和行书作品的有2人.没有人同时提交三种作品，则同时提交隶书作品和行书作品的有（    ）

A. 4人 B. 3人 C. 2人 D. 1人

【答案】C

【解析】

【分析】根据题意，画出韦恩图，设同时提交隶书作品和行书作品的有人，列出方程，即可求解.

【详解】根据题意，画出韦恩图，如图所示，

设同时提交隶书作品和行书作品的有人，则，解得，

即同时提交隶书作品和行书作品的有人.

故选：C

8. 若，，且，则的最小值是（    ）

A. 43 B. 49 C. 39 D. 36

【答案】B

【解析】

【分析】通过已知条件等式，结合“1”的代换，利用基本不等式求解最值.

【详解】因为，所以， 已知，

由，得，

则

，

当且仅当，则由，解得，

即当且仅当时，等号成立.

所以的最小值为.

故选：B.

二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．

9. 命题：，使，命题：，有，则（    ）

A. 是假命题 B. 是真命题

C. 是存在量词命题 D. 是全称量词命题

【答案】ACD

【解析】

【分析】选项A，方程无解；选项B，举反例可知；选项CD，由存在量词命题与全称量词命题的概念可知.

【详解】选项A，由，得，

方程组无解，即不存在，使，

则是假命题，故A正确；

选项B，当时，，则，

即，使，所以全称量词命题是假命题，故B错误；

是存在量词命题，是全称量词命题，故CD都正确.

故选：ACD.

10. 设一元二次方程的两个实根为，，则（    ）

A.

B. 当时，的最小值为

C. 为定值

D. 当时，

【答案】BC

【解析】

【分析】根据题意，结合二次函数的性质，得到，求得的取值范围，且，，结合选项，利用韦达定理和基本不等式，逐项判定，即可求解.

【详解】因为方程的两个实根为，

所以，解得，

由，，所以，所以A错误；

则

 ，当时，等号成立，

所以最小值为，所以B正确；

由，所以C正确；

当时，，得，所以D错误．

故选：BC.

11. 已知集合，，，且，，，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】ABD

【解析】

【分析】由描述法得各集合中元素的共同特征，由，，，分别设出的特征表达式，通过运算及变形整理找到新元素的特征归属即可.

【详解】因为，可设，，，

选项A，，

则，故A正确；

所以，

则，故B正确；

所以，其中，

则，故C错误；

所以，其中，

则，故D正确.

故选：ABD.

12. 已知表示不超过x的最大整数，则（    ）

A. 当时， B.

C.  D.

【答案】BCD

【解析】

【分析】由表示不超过的最大整数，得，故A，B项可判断；C项，由同向不等式可加性得到；D项，先作差比较与的大小，再由，利用不等式的传递性可得.

【详解】当时，，A错误；

因为，所以恒成立，B正确；

因为，，所以，．则，C正确；

由题意可得．则，

所以，D正确．

故选：BCD.

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡中的横线上．

13. 英文单词necessary的所有字母组成的集合共有________个元素.

【答案】7

【解析】

【分析】根据英文单词necessary不同的字母和集合定义可得答案.

【详解】英文单词necessary不同的字母有n、e、c、s、a、r、y7个，

组成的集合为，共有7个元素.

故答案为：7.

14. 将二次函数的图象先向右平移2个单位长度，再向上平移4个单位长度，得到二次函数的图象，则________.

【答案】

【解析】

【分析】由图象平移方法，可得二次函数的解析式，进而求得系数和.

【详解】由题意可得，

所以，则.

故答案为：.

15. 若集合，则的取值范围为________.

【答案】

【解析】

【分析】由题意得恒成立，当时，满足题意；当时，则需.结合上面两种情况即可求解.

【详解】因为，

所以恒成立，

当，即时，原不等式可化为恒成立，符合题意；

当时，由恒成立，

可得即解得，

综上所述，的取值范围为.

故答案为：

16. 已知，则的最大值为________.

【答案】##

【解析】

【分析】分式上下同除以变形，再将分母配凑为三项的完全平方式与的形式，最后利用基本不等式与平方的非负特点求最值，注意等号成立条件.

【详解】由，则.

因为

.

当且仅当，即时，等号成立.

所以，

即的最大值为.

故答案为：.

四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步聚．

17. 命题：，有；命题：存在一个偶数能被3整除.

（1）写出的否定；

（2）写出的否定.

【答案】（1），.   

（2）每个偶数都不能被整除.

【解析】

【分析】命题为全称量词命题，命题的否定为存在量词命题；命题为存在量词命题，命题的否定为全称量词命题.

【小问1详解】

的否定：，.

【小问2详解】

否定：每个偶数都不能被整除.

18. （1）设，，比较，的大小；

（2）若，根据性质“如果，，那么”，证明：.

【答案】（1）；（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）利用作差法求解即可.

（2）利用不等式的性质证明即可.

【详解】（1），

所以.

（2）因为，，所以，

所以，即.

又因为，所以.

19. 已知集合，集合.

（1）当时，求；

（2）若，求的取值范围.

【答案】（1），   

（2）或

【解析】

【分析】（1）根据集合的交并补运算即可求解，

（2）分类讨论即可求解.

【小问1详解】

当时，，

.

因为或，所以.

【小问2详解】

当时，，解得.

当时，或

解得，

即的取值范围是或.

20. 已知集合的子集个数为.

（1）求的值；

（2）若的三边长为，证明：为等边三角形的充要条件是.

【答案】（1）2    （2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）解方程组可得答案；

（2）①先证充分性：由①得，代入化简可得答案；②再证必要性：根据为等边三角形，可得，代入可得答案；或第（2）问中充分性方法一：利用基本不等式得，可得答案；方法二：由得，可得答案.

小问1详解】

由方程组，解得，

所以，

则只有1个元素，所以有2个子集，即；

【小问2详解】

①充分性：由①得，

所以可化为，

即，所以，

则，

所以，即为等边三角形，

充分性得证.

②必要性：因为为等边三角形，所以，

由（1）得，所以，

则，

所以，必要性得证.

故为等边三角形的充要条件是.

第（2）问中充分性的证明，

方法一：因为，所以，

所以，即，

所以，

当且仅当时，等号成立，即为等边三角形，

充分性得证.

方法二：因为，所以，

则，

所以，即为等边三角形，充分性得证.

所以为等边三角形的充要条件是.

21. 已知集合.

（1）若，求的取值范围.

（2）若的子集个数为4，试问是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，请说明理由.

【答案】（1）   

（2）存在最大值为2

【解析】

【分析】（1）因为，将代入求解即可.

（2）对进行因式分解，可得和是方程的两根，由题意知集合中只有2个元素，进而得到，求出的范围，进而求即可.

【小问1详解】

因为，，

所以不满足，所以，解得.

【小问2详解】

因式分解可得，

则和是方程的两根，

因为的子集个数为4，所以集合中只有2个元素，

所以，解得或，

所以或，

所以存在最大值为2.

22. 如图，正方形的边长为1，，分别是和边上的点.沿折叠使与线段上的点重合（不在端点处），折叠后与交于点.

（1）证明：的周长为定值.

（2）求的面积的最大值.

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）设，利用对称性，找到之间的关系，再由相似三角形的性质，利用周长比等于相似比建立关系，得到的周长表达式，化简证明即可；

（2）由面积比等于相似比的平方建立关系，得到面积的表达式，消元后利用基本不等式求解最值.

【小问1详解】

设，，则，

由勾股定理可得，

即，由题意，，

即，可知∽，

设的周长分别为，则.

又因为，

所以，

的周长为定值，且定值为.

【小问2详解】

设的面积为，则，

因为，所以，.

因为，则，

因为，所以，

当且仅当，即 时，等号成立，满足.

故的面积的最大值为.