四川省成都市石室成飞中学2023-2024学年高一数学上学期10月月考试题（Word版附解析）

这是一份四川省成都市石室成飞中学2023-2024学年高一数学上学期10月月考试题（Word版附解析），共15页。试卷主要包含了考试结束后，只将答题卡交回等内容，欢迎下载使用。
石室成飞中学2023-2024学年上期十月阶段检测高2023级数学试卷（考试时间：120分钟，总分：150分）注意事项：01．答题前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡规定的位置上，或将条形码贴在答题卡规定的位置上．02．答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选涂其他答案标号．03．答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上．04．所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效．05．考试结束后，只将答题卡交回．一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共计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】D【解析】【分析】先化简集合，根据元素与集合的关系可得答案.【详解】因为，所以.故选：D.2. 已知全集，，，则等于A.  B. C.  D. 【答案】D【解析】【详解】因为全集，，，所以，所以．故选：D
 3. 已知命题,，则A. ， B. ，C. ， D. ，【答案】A【解析】【分析】根据全称命题与特称命题互为否定的关系，即可求解，得到答案．【详解】由题意，根据全称命题与特称命题的关系，可得命题,，则，，故选A．【点睛】本题主要考查了含有一个量词的否定，其中解答中熟记全称命题与特称性命题的关系是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．4. 若，则下列命题正确的是（    ）A. 若且，则 B. 若，则C. 若，则 D. 若，则【答案】C【解析】【分析】根据不等式的性质结合作差法判断求解；【详解】选项A：令不成立，选项错误；选项B：当时，，选项错误；选项C：，，因为，所以即，选项正确；选项D：，，不成立，选项错误；故选：C.5. 对于实数x，“”是“”的（    ）A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件【答案】A【解析】【分析】根据两个不等式解集包含关系，判定结论.【详解】不等式的解集，不等式的解集，由，所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A6. 设，则函数，的最小值为（    ）A. 7 B. 8 C. 14 D. 15【答案】D【解析】【分析】利用基本不等式求解.【详解】因为，所以，所以，当且仅当，即时等号成立，所以函数最小值为15，故选:D．7. 若不等式的解集是，则不等式的解集为A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【分析】由题可得2,3为的两根,利用韦达定理算出的关系式,再将换成同一参数再求的根即可.【详解】因为不等式的解集是,故且2,3为的两根.根据韦达定理有 ,故,故可写成,因为所以解得或,即故选A.【点睛】二次不等式的解集的端点值为二次函数的零点,注意二次函数开口方向影响不等式的取值在区间内还是区间外.8. 对于集合，定义，，设，，则（    ）A.  B. C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据题中集合新定义的特性结合集合的基本运算可求解出结果.【详解】集合，，则，，由定义可得：且，且，所以，选项 ABD错误，选项C正确.故选：C．二、多选题（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. 若集合，则满足的集合可以是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】AB【解析】【分析】根据子集的定义可得出结论.【详解】，则，，，.故选：AB.10. 下列命题是真命题的为（    ）A. B. C. 所有圆的圆心到其切线的距离都等于半径D. 存在实数，使得【答案】ABC【解析】【分析】根据题意，依次分析各选项即可得答案.【详解】对于A，，所以，故A选项是真命题；对于B，当时，恒成立，故B选项是真命题；对于C，任何一个圆的圆心到切线的距离都等于半径，故C选项是真命题.对于D，因为，所以.故D选项是假命题. 故选：ABC.11. 若，均为正数，且，则下列结论正确的是（    ）A. 的最大值为 B. 的最小值为9C. 的最小值为 D. 的最小值为4【答案】BC【解析】【分析】根据基本不等式“1”的妙用与逐项判断即可.【详解】因为，均为正数，且，所以，所以，当且仅当，即，时，等号成立，所以A错误；，当且仅当，即时，等号成立，所以B正确；，当且仅当，即，时，等号成立，所以C正确；，当且仅当，即，时，等号成立，而，均为正数，故等号不成立，所以D错误.故选：BC.12. 若关于的不等式的解集为，则的值可以是（    ）A.  B.  C.  D. 2【答案】ABC【解析】【分析】根据解集的形式先分析出解集为，的解集为，得到的范围，将最终用含的式子表达出来即可得到答案.【详解】先考虑的解集，若解集不是，不妨设的根为，则的解集为，根据最终解集的形式为可知：的解集非空，设的根为，则的解集为，由根与系数的关系：，可能的排序有两种可能：，此时原不等式解集为空集，不符题意；又或者，此时不等式的解集为，形式与题意不符，于是原假设矛盾，故的解集是，于是的解集是，由韦达定理：，整理可得，于是，又解集是，故，即，结合题干，于是，故.故选：ABC三、填空题（本题共8小题，每小题5分，共计40分．）13. 已知集合，，若，则实数的值为___【答案】【解析】【分析】由集合中元素的互异性以及集合间的运算即可求得.【详解】解：∵，，， ∴，且，∴．故答案为：．14. 已知，则的范围是______．【答案】【解析】【分析】根据不等式的性质即可求解.【详解】由可得，所以，则，故答案为：15. 中国健儿在杭州亚运会上取得傲人佳绩，获奖多多，为丰富学生课余生活，拓宽学生视野，石室成飞中学积极开展社团活动，每人都至少报名参加一个社团，高一（1）班参加杜团的学生有人，参加杜团的学生有人，参加社团的学生有人，同时参加社团的学生有人，同时参加社团的学生有人，同时参加社团的学生有人，三个社团同时参加的学生有人，那么高一（1）班总共有学生人数为______．【答案】【解析】【分析】根据题意，利用容斥原理结合集合的运算概念和运算方法，即可求解【详解】由题意，用分别表示参加杜团、参加杜团和参加杜团的学生形成的集合，则,,因此.所以高一（1）班总共有学生人数为人.故答案为：.16. 已知，关于的不等式对于一切实数恒成立，又存在实数，使得成立，则的最小值为____________.【答案】【解析】【分析】首先由不等式恒成立得到，再由存在成立问题，得到，从而确定，然后将原问题转化为单变量最值问题，利用整体代换和基本不等式得到最值即可.【详解】由不等式对于一切实数恒成立可得，解得，又存在实数，使得成立，则，得，所以.∴∵∴∴（当且仅当，，即或取等号）故答案为：.【点睛】本题的考查点较多，首先是对于能成立和恒成立问题的转化确定，然后运用了我们常用的一种处理最值的方法，多变量变单变量，最后在化解的过程中还需要整体代换，最后再利用基本不等式的方法求取最值，所以平时对于恒成立与能成立的问题要十分熟悉，最值问题的常见处理方法，如多变量多变单量法，整体代换法，构造一元二次不等式法，判别式法等，平时要熟练运用.四、解答题（本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17. 已知且，，求：（1）；（2）.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）将集合化简，结合并集的运算，即可得到结果；（2）根据题意，由交集以及补集的运算，即可得到结果.【小问1详解】因，且，则.【小问2详解】由（1）可知，，则，，所以.18. 已知命题：，恒成立，命题为真命题时实数的取值集合为．（1）求集合；（2）设集合，若是的充分不必要条件，求实数的取值范围．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）根据一元二次不等式恒成立，，求得结果即可.（2）根据充分不必要条件得出是的真子集，根据集合的包含关系列不等式求得结果.【小问1详解】命题为真命题时,，恒成立，所以，解得，所以集合.【小问2详解】若是的充分不必要条件，所以是的真子集，又，当时，，解得，所以，解得，所以实数的取值范围．19. 为了减少能源损耗，房屋的屋顶和外墙通常需要建造隔热层，某地正在建设一座购物中心，现在计划对其建筑物建造可使用40年的隔热层，已知每厘米厚的隔热层建造成本为8万元．该建筑物每年的能源消耗费用P（单位：万元）与隔热层厚度x（单位：cm）满足关系：．若不建隔热层，每年能源消耗费用为9万元．设S为隔热层建造费用与40年的能源消耗费用之和．（1）求m的值及用x表示S；（2）当隔热层的厚度为多少时，总费用S达到最小，并求最小值．【答案】（1），（）；    （2）当隔热层的厚度为6.25cm时，总费用取得最小值110万元.【解析】【分析】（1）利用给定条件，求出的值，进而可得能源消耗费用与隔热层建造成本之和.（2）利用基本不等式即可求最值，根据等号成立的条件可得隔热层厚度.【小问1详解】设隔热层厚度x，依题意，每年的能源消耗费用为：，而当时，，则，解得，显然建造费用为，所以隔热层建造费用与40年的能源消耗费用之和为：（）【小问2详解】由（1）知，当且仅当，即时取等号，所以当隔热层的厚度为6.25cm时，总费用取得最小值110万元．20. （1）已知正实数，满足等式，求的最小值；（2）已知，，，则的最小值．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）利用“1”的妙用求出最小值作答；（2）利用均值不等式建立不等关系，再解一元二次不等式即可.【详解】（1）因为，，所以，所以，当且仅当即时取等号，所以的最小值为4；（2）因为，而，当且仅当时取等号，因此，即，化为，解得或（舍去），由解得，所以当时，取得最小值.21. 已知关于的不等式．（1）当时，求该不等式的解集；（2）当时，求该不等式的解集．【答案】（1）    （2）答案见解析【解析】【分析】（1）根据因式分解即可结合一元二次解的特征求解，（2）对分类讨论，即可结合一元二次不等式的解的特征求解.【小问1详解】当时，，所以，故不等式的解为【小问2详解】不等式变形为，当时，不等式为，当时，不等式可化为，解得，当时，，不等式可化为，解得或，当时，，不等式可化为，解得或，当时，不等式可化为，解得，综上可知：当时，不等式的解为，当时，不等式的解为，当时，不等式的解为，当时，不等式的解为，当时，不等式的解为.22. 已知二次函数(,为实数)且当时，．（1）当时，对，恒成立，求实数的取值范围；（2）对，恒成立，求实数的取值范围．【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）依题意可得，即对，恒成立，参变分离可得对恒成立，令，则，再利用基本不等式计算可得；（2）依题意对恒成立，结合一次函数的性质得到不等式组，解得即可；【小问1详解】时，，即，，恒成立，即恒成立，恒成立，，，对恒成立，．令，则，则，当且仅当，即，此时时取，所以实数的取值范围时．【小问2详解】，恒成立，即对恒成立，对恒成立．，解得，，所以实数的取值范围是．