辽宁省朝阳市建平县实验中学2024-2025学年高一上学期10月月考数学试题（解析版）

这是一份辽宁省朝阳市建平县实验中学2024-2025学年高一上学期10月月考数学试题（解析版），共11页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容， 已知集合，则的真子集的个数为， 下列各组对象能构成集合的有等内容，欢迎下载使用。

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：人教B版必修第一册1.1-
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. 命题“”的否定为（）
AB.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据全称量词命题的否定为存在量词命题即可得结论．
命题“”的否定为“”.
故选：C.
2. 下列关系式正确的是（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】借助有理数、无理数、整数、自然数及实数的定义结合元素与集合、集合与集合的关系逐项判断即可得.
对A：是无理数，故A错误；
对B：不是自然数，故B错误；
对C：整数不都是自然数，如是整数但不是自然数，故C错误；
对D：有理数都输实数，故D正确.
故选：D.
3. 下列方程组中，解集为的是（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】分别求解方程组，即可得到结果.
A选项的解集为，B选项的解集为，C选项的解集为，
D选项的解集为.
故选：A
4. 已知集合，则用列举法表示（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】由题意可得可为、，计算即可得.
由题意可得可为、，
即可为，即.
故选：B.
5. 已知，，，则“”是“a，b，c可以构成三角形的三条边”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】B
【解析】
【分析】根据给定条件，利用充分条件、必要条件的定义直接判断作答.
当，得，a，b，c不能构成三角形的三边长，
若a，b，c是某三角形的三边长，则有，
所以“”是“a，b，c可以构成三角形的三条边”的必要不充分条件.
故选：B
6. 已知集合，则的真子集的个数为（）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】联立方程组得有一解，即有一个元素，即可求解.
联立方程组，整理得，解得，
则，故的真子集的个数为1．
故选：B.
7. 某花卉店售卖一种多肉植物，若每株多肉植物的售价为30元，则每天可卖出25株；若每株多肉植物的售价每降低1元，则日销售量增加5株．为了使这种多肉植物每天的总销售额不低于1250元，则每株这种多肉植物的最低售价为（）
A. 25元B. 20元C. 10元D. 5元
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，列出不等式，代入计算，即可求解.
设每株多肉植物的售价为元，则每天可以卖株，
由题意可得，即，
解得，所以每株这种多肉植物的最低售价为10元.
故选：C
8. 学校统计某班30名学生参加音乐、科学、体育3个兴趣小组的情况，已知每人至少参加了1个兴趣小组，其中参加音乐、科学、体育小组的人数分别为19，19，18，只同时参加了音乐和科学小组的人数为4，只同时参加了音乐和体育小组的人数为2，只同时参加了科学和体育小组的人数为4，则同时参加了3个小组的人数为（）
A. 5B. 6C. 7D. 8
【答案】D
【解析】
【分析】设同时参加了3个小组的人数为，然后结合题意用维恩图求解即可；
如图，设同时参加了3个小组的人数为x，则，
解得，即同时参加了3个小组的人数为8．
故选：D.
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.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 下列各组对象能构成集合的有（）
A. 南昌大学2024级大一新生B. 我国第一位获得奥运会金牌的运动员
C. 体型庞大的海洋生物D. 唐宋八大家
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据集合的定义逐个分析判断即可.
对于A，因为南昌大学2024级大一新生是确定的，所以能构成集合，所以A正确，
对于B，因为我国第一位获得奥运会金牌的运动员是确定的，所以能构成集合，所以B正确，
对于C，因为体型庞大的海洋生物没有明确的标准，没有确定性，所以不能构成集合，所以C错误，
对于D，因为唐宋八大家是确定的，所以能构成集合，所以D正确.
故选：ABD
10. 已知，则使得成立的充分条件可以是（）
A. B.
C. D.
【答案】AB
【解析】
【分析】借助原不等式可得，结合充分条件定义即可得解.
可化为，即，
由，故，即，
即，故A、B正确；C、D错误.
故选：AB.
11. 已知二次函数（a，b，c为常数，且）的部分图象如图所示，则（）
A. B.
C. D. 不等式的解集为
【答案】BCD
【解析】
【分析】由二次函数图象可得，、，代入即可得A、B、C；D选项中可转化为，解出即可得.
由图象可知，该二次函数开口向上，故，
与轴的交点为、，
故，
即、，
对A：，故A错误；
对B：，故B正确；
对C：，故C正确；
对D：可化为，即，
即，其解集为，故D正确.
故选：BCD.
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 已知，，则a______b．(填“>”或“<”)
【答案】
【解析】
【分析】对进行分子有理化，然后通过比较分母的大小，从而可得结果.
，
，
因为，所以，
所以，
所以，
所以.
故答案为：
13. 已知，集合，则______．
【答案】
【解析】
【分析】根据集合相等，结合元素的互异性求参数，进而确定目标式的值.
由题设，若，则不满足元素的互异性，
所以，显然满足题设，
所以.
故答案为：
14. 若对任意，都有，则的取值范围为__________.
【答案】
【解析】
【分析】根据函数对称轴，分，和三种情况，结合函数单调性和最值，得到不等式，求出的取值范围.
令，对称轴为，
当，即时，在上单调递减，
故只需，解得，故，
当，即时，在上单调递增，
故只需，解得，故为，
当，即时，，
故只需，解得，故，
综上，.
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.
（1）求的取值范围;
（2）求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】根据不等式性质进行求解.
【小问1】
，故，
故，即；
【小问2】
，故，
所以，即
16. 已知全集，集合，．
（1）若，求，；
（2）若，求a的取值范围．
【答案】（1），或x≥4
（2）
【解析】
【分析】（1）根据并集和补集的定义求解即可；
（2）根据题意分和两种情况求解即可.
小问1】
当时，，则或x≥4，
因为，所以；
【小问2】
当时，成立，此时，解得，
当时，由，得，解得，
综上，.
17. 给出下列两个结论：①关于x的方程无实数根；②存在，使．
（1）若结论①正确，求m的取值范围；
（2）若结论①，②中恰有一个正确，求m的取值范围．
【答案】（1）
（2）或.
【解析】
【分析】（1）借助根的判别式计算即可得；
（2）参变分离可计算出若结论②正确时m的取值范围，结合（1）中所求即可得.
【小问1】
若关于x的方程无实数根，
则有，即，
解得；
【小问2】
若存在，使，
由时，，
故在时有解，即有，即，
由（1）知，若结论①正确，则，
故结论①，②中恰有一个正确时，或.
18. 已知，函数．
（1）当时，函数的图象与x轴交于，两点，求；
（2）求关于x的不等式的解集．
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意结合根与系数的关系可得，然后利用完全平方公式与立方和公式可求得结果；
（2）分，，，和五种情况求解即可.
【小问1】
当时，，
因为的图象与x轴交于，两点，
所以，
所以，
所以；
【小问2】
由，得，
即，
当时，，解得，
当时，由，得，
解得或，
当时，，则由得或，
当时，当，即时，
由，得，
当，即，
由，得，解得，
当，即时，由，得，
综上，当时，解集为，当时，解集为或，
当时，解集为，当时，解集为，
当时，解集.
【点睛】关键点点睛：此题考查一元二次不等式的解法，解题的关键是通过分类讨论方程根的大小，结合一元二次不等式的解法求解，考查分类思想和计算能力，属于较难题.
19. 设A是由若干个正整数组成的集合，且存在3个不同的元素a，b，，使得，则称A为“等差集”．
（1）若集合，，且B是“等差集”，用列举法表示所有满足条件的B；
（2）若集合是“等差集”，求m的值；
（3）已知正整数，证明：不是“等差集”．
【答案】（1）答案见解析
（2）（3）证明见解析
【解析】
【分析】（1）根据等差集的定义结合子集的定义求解即可；
（2）根据等差集定义应用，即逐个计算判断即可；
（3）应用反证法证明集合不是等差集.
【小问1】
因为集合，，存在3个不同的元素a，b，，使得，
则或或.
【小问2】
因为集合是“等差集”，
所以或或,
计算可得或或或，
又因为正整数,所以.
【小问3】
假设是“等差集”，
则存在,成立，
化简可得,
因为,所以,
所以x=1与集合的互异性矛盾，
所以不是“等差集”．
【点睛】方法点睛：解题方法是定义理解，应用反证法设集合是等差集，再化简计算得出矛盾即可证明.