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重庆市巴蜀中学教育集团2024-2025学年高一上学期10月月考数学试卷（Word版附解析）
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这是一份重庆市巴蜀中学教育集团2024-2025学年高一上学期10月月考数学试卷（Word版附解析），文件包含重庆市巴蜀中学教育集团2024-2025学年高一上学期10月月考数学试题Word版含解析docx、重庆市巴蜀中学教育集团2024-2025学年高一上学期10月月考数学试题Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共15页， 欢迎下载使用。
（命题人：先莹莹､唐莲骄，审题人：何方印）
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名､准考证号､班级､学校在答题卡上填写清楚.
2.每小题选出答案后，用2B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.在试卷上作答无效.
3.考试结束后，请将答题卡交回，试卷自行保存.满分150分，考试用时120分钟.
一､单项选择题（本大题共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，集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】解不等式化简集合，再利用交集的定义求解即得.
【详解】依题意，，而，
所以.
故选：B
2. 命题的否定是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【分析】由全称命题的否定为特称命题即可求解.
【详解】的否定是.
故选：D
3. 函数的定义域为（ ）
A. 或B. 或
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用函数有意义，列出不等式并求解即得.
【详解】函数有意义，则，解得或，
所以函数的定义域为或.
故选：B
4. 已知命题且，命题，则命题是命题的（ ）
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】利用充分条件、必要条件的定义判断即可.
【详解】若且，则，即，因此，
若，则且，或且，即不能推出，
所以命题是命题的充分不必要条件.
故选：A
5. 若，满足，则（ ）
A. 0B. C. 1D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，利用并集的结果，结合元素的互异性求解即得.
【详解】由集合，得，且，则且，
由，得，又且，因此，
所以.
故选：C
6. 已知，则（ ）
A. B.
C. D. 的大小与的取值有关
【答案】A
【解析】
【分析】用作差法比较代数式大小即可.
详解】
当且仅当时取等号，但，则无法取到等号，
故，即.
故选：A.
7. 已知正数满足，则的最小值是（ ）
A. 8B. 7C. 6D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，利用基本不等式“1”的妙用求出最小值.
【详解】由正数满足，得
，当且仅当，即时取等号，
所以当时，取得最小值6.
故选：C
8. 为了更加深入地了解重庆，高一某班倡导学生利用周末时间去参观洪崖洞，南山一棵树，磁器口这三个地方.调查发现该班共有55名同学，其中31个同学去了洪崖洞，21个同学去了南山一棵树，30个同学去了磁器口，同时去了洪崖洞和南山一棵树的有10人，同时去了南山一棵树和磁器口的有7人，每个人至少去了一个地方，没有人同时去三个地方，则只去了一个地方的有（ ）人
A. 24B. 26C. 28D. 30
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，利用容斥原理列式计算即得.
【详解】设去了洪崖洞的同学组成集合，去了南山一棵树的同学组成集合，去了磁器口的同学组成集合，
依题意，，
而，由容斥原理得，
解得，所以只去了一个地方的有(人).
故选：C
二､多项选择题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分，在每个给出的四个选项中，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. 已知，则下列不等式恒成立的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】CD
【解析】
【分析】根据，取特殊值即可排除错误选项，再根据不等式性质，利用作差法可得到正确选项．
【详解】对于A，取，满足，同时，故错误；
对于B：取，满足，此时，故错误；
对于C：由，可得，正确；
对于D：由，的得，由不等式的性质可得：，正确；
故选：CD
10. 命题“”为真命题的充分不必要条件是（ ）
A. B. C. D.
【答案】AB
【解析】
【分析】利用一元二次不等式恒成立求出的范围，再利用充分不必要条件的定义判断得解.
【详解】由，得当时，成立，则，
当时，，解得，因此，
显然，，而和都不能推出，AB是，CD不是.
故选：AB
11. 已知，满足，则下列式子正确的是（ ）
A. 最小值是9
B. 的最小值是6
C. 的最小值是
D. 的最小值是13
【答案】ABD
【解析】
【分析】对A直接利用基本不等式得到关于的一元二次不等式，解出即可；对B，利用基本不等式构造出关于的一元二次不等式，解出即可；对CD，利用减少变量的方法，再结合基本不等式即可.
详解】对A，，，，
，当且仅当时等号成立.故A选项正确；
对B，，，
，当且仅当时等号成立故B选项正确；
对C，，
，
当且仅当，即时等号成立，
但是时，无解，，故C选项错误；
对D，，因为，
则，解得或，因为，则，则，
，
当且仅当，即时等号成立.故D选项正确.
故选：ABD.
三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知，它的非空真子集的个数为______.
【答案】30
【解析】
【分析】利用列举法表示集合，进而求出其非空真子集的个数.
【详解】依题意，，所以集合的非空真子集的个数为.
故答案为：30
13. 已知关于的方程有两个实根，满足，则实数______.
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，利用韦达定理列式计算即得.
【详解】方程中，，而是该方程的两个实根，
于是，由，得，
即，解得，所以实数.
故答案为：
14. 存在正数，使得不等式成立，则的最大值是______.
【答案】
【解析】
【分析】分离参数再构造出，最后利用基本不等式即可.
【详解】，
则，
当且仅当，即时等号成立.
的最大值为.
故答案为：.
四､解答题（共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15. 已知集合.
（1）求集合.
（2）求.
【答案】（1），；
（2），.
【解析】
【分析】（1）解不等式化简求出集合.
（2）由（1）的结论，利用并集、补集、交集的定义求解即得.
【小问1详解】
解不等式，得，即，因此；
解不等式，得，所以.
【小问2详解】
由（1）知，，，则或，
所以，.
16. 为了促进黄花园校区与张家花园校区之间的便利往来，学校计划在明德楼旁修建电梯.根据公司的报价，购买并安装电梯的费用为25万元，每年在电力､安保等常规管理支出为3万元，使用年时，电梯保养的总维护费用为万元.
（1）设电梯的年平均使用费用为万元，求关于的表达式（注：年平均使用费用，单位：万元/年）；
（2）考虑到电梯使用年限和经济效益，这部电梯使用多少年后，年平均使用费用最少？
【答案】（1）
（2）15年.
【解析】
【分析】（1）根据题意，即可求得年平均使用费用y关于x的表达式；
（2）由，结合基本不等式，即可求解.
【小问1详解】
由题意，电梯安装费用是25万元，使用年时，管理支出为3x万元，电梯的保养修费用为万元，
所以关于的表达式为.
【小问2详解】
当且仅当，即时等号成立.
则这部电梯使用15年后，年平均使用费用最少.
17. 已知集合.
（1）若“”是“”的充分不必要条件，求实数的取值范围.
（2）若，求实数的取值范围.
【答案】（1）；
（2）或.
【解析】
【分析】（1）解不等式化简集合，再利用充分不必要条件的定义列式求解.
（2）由（1）的信息，利用并集的结果，结合集合的包含关系列式求解.
【小问1详解】
由不等式，得或，
解，得，解，得，
因此或，由“”是“”的充分不必要条件，
得，则a+1<−1a2−a−2>10，即a<−2(a+3)(a−4)>0，解得，
所以实数的取值范围是.
【小问2详解】
由（1）知或，由，得，
当时，，即，解得，满足，
则，
当时，或，
解，即a≥−2(a+1)(a−3)>0(a+2)(a−3)≤0，解得，
解，即a≥4(a+1)(a−3)>0(a+3)(a−4)≤0，解得，
则或，
所以实数的取值范围是或.
18. 已知关于的不等式.
（1）若，解上述不等式.
（2）若不等式的解集为或，求的值.
（3）当时，解上述不等式.
【答案】（1）；
（2）；
（3）答案见解析.
【解析】
【分析】（1）把代入，转化为一元二次不等式求解.
（2）化不等式为一元二次不等式，再利用给定的解集，结合一元二次不等式与一元二次方程的关系求解.
（3）把代入，化不等式为一元二次不等式，再分类讨论解含参的不等式即可.
【小问1详解】
当时，不等式化为，解得，
所以不等式的解集为.
【小问2详解】
不等式化为，即，
依题意，，且是方程的二根，即，
所以.
【小问3详解】
当时，不等式化为，即，
当，即时，，解得；
当，即时，，
而，解得或；
当，即时，，而，
若，则不等式无解，
若，则，解得，
若，则，解得，
所以当时，原不等式的解集为；
当时，原不等式的解集为；
当时，原不等式的解集为；
当时，原不等式的解集为；
当时，原不等式的解集为.
19. 已知非空实数集满足：若，则；若，则.
（1）若，直接写出中一定包含的元素.
（2）若由三个元素组成，且所有元素之和为，求.
（3）若由2027个元素组成，求的元素个数的最大值.
【答案】（1）；
（2）；
（3）674.
【解析】
【分析】（1）由数集的属性求出中一定包含的元素.
（2）令，求出中的3个元素，进出求出值，得数集.
（3）求出数集中元素组成形式，结合元素循环的最小正周期，再分类讨论求出的元素个数的最大值.
【小问1详解】
若，则，于是，，，
，，
所以数集中一定包含的元素为.
【小问2详解】
若，则，于是令，，，
，显然都无实数解，
因此是数集中的三个元素，由，
整理得，即，解得或或，
所以.
【小问3详解】
当时，，，，，
而无实数解，均无实数解，
因此数集是以形式，4个数为一组出现，组与组之间无公共元素，且，
数集是以形式，3个数为一组出现，组与组之间无公共元素，且，
于是数集的元素个数分别是以4和3为最小正周期循环，且当时，，
而4和3互素，因此数集中各组最多只能有1个公共元素，
设集合中共有个元素，满足是4的整数倍，其中有个元素在中，满足，
由同一周期内元素不相等，得这个元素在集合中归属于不同组内，
则集合中有个元素，同时在内还有个元素，并满足是3的整数倍，，
于是，显然，解得，
当时，不存在符合条件的整数，当时，，符合题意，的最大值为674；
设集合中共有个元素，满足是3的整数倍，其中有个元素在中，满足，
同理，集合中有个元素，同时在中还有个元素，满足是4的整数倍，，
于是，显然，解得，
当时，不存在符合条件的整数，当时，，符合题意，的最大值为504，
所以的元素个数的最大值为674.
【点睛】关键点点睛：解析第3问的关键是确定集合中元素的构成以及元素的个数表达式.
（命题人：先莹莹､唐莲骄，审题人：何方印）
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的姓名､准考证号､班级､学校在答题卡上填写清楚.
2.每小题选出答案后，用2B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.在试卷上作答无效.
3.考试结束后，请将答题卡交回，试卷自行保存.满分150分，考试用时120分钟.
一､单项选择题（本大题共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，集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】解不等式化简集合，再利用交集的定义求解即得.
【详解】依题意，，而，
所以.
故选：B
2. 命题的否定是（ ）
A.
B.
C.
D.
【答案】D
【解析】
【分析】由全称命题的否定为特称命题即可求解.
【详解】的否定是.
故选：D
3. 函数的定义域为（ ）
A. 或B. 或
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用函数有意义，列出不等式并求解即得.
【详解】函数有意义，则，解得或，
所以函数的定义域为或.
故选：B
4. 已知命题且，命题，则命题是命题的（ ）
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】利用充分条件、必要条件的定义判断即可.
【详解】若且，则，即，因此，
若，则且，或且，即不能推出，
所以命题是命题的充分不必要条件.
故选：A
5. 若，满足，则（ ）
A. 0B. C. 1D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，利用并集的结果，结合元素的互异性求解即得.
【详解】由集合，得，且，则且，
由，得，又且，因此，
所以.
故选：C
6. 已知，则（ ）
A. B.
C. D. 的大小与的取值有关
【答案】A
【解析】
【分析】用作差法比较代数式大小即可.
详解】
当且仅当时取等号，但，则无法取到等号，
故，即.
故选：A.
7. 已知正数满足，则的最小值是（ ）
A. 8B. 7C. 6D. 5
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，利用基本不等式“1”的妙用求出最小值.
【详解】由正数满足，得
，当且仅当，即时取等号，
所以当时，取得最小值6.
故选：C
8. 为了更加深入地了解重庆，高一某班倡导学生利用周末时间去参观洪崖洞，南山一棵树，磁器口这三个地方.调查发现该班共有55名同学，其中31个同学去了洪崖洞，21个同学去了南山一棵树，30个同学去了磁器口，同时去了洪崖洞和南山一棵树的有10人，同时去了南山一棵树和磁器口的有7人，每个人至少去了一个地方，没有人同时去三个地方，则只去了一个地方的有（ ）人
A. 24B. 26C. 28D. 30
【答案】C
【解析】
【分析】根据给定条件，利用容斥原理列式计算即得.
【详解】设去了洪崖洞的同学组成集合，去了南山一棵树的同学组成集合，去了磁器口的同学组成集合，
依题意，，
而，由容斥原理得，
解得，所以只去了一个地方的有(人).
故选：C
二､多项选择题（本大题共3个小题，每小题6分，共18分，在每个给出的四个选项中，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. 已知，则下列不等式恒成立的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】CD
【解析】
【分析】根据，取特殊值即可排除错误选项，再根据不等式性质，利用作差法可得到正确选项．
【详解】对于A，取，满足，同时，故错误；
对于B：取，满足，此时，故错误；
对于C：由，可得，正确；
对于D：由，的得，由不等式的性质可得：，正确；
故选：CD
10. 命题“”为真命题的充分不必要条件是（ ）
A. B. C. D.
【答案】AB
【解析】
【分析】利用一元二次不等式恒成立求出的范围，再利用充分不必要条件的定义判断得解.
【详解】由，得当时，成立，则，
当时，，解得，因此，
显然，，而和都不能推出，AB是，CD不是.
故选：AB
11. 已知，满足，则下列式子正确的是（ ）
A. 最小值是9
B. 的最小值是6
C. 的最小值是
D. 的最小值是13
【答案】ABD
【解析】
【分析】对A直接利用基本不等式得到关于的一元二次不等式，解出即可；对B，利用基本不等式构造出关于的一元二次不等式，解出即可；对CD，利用减少变量的方法，再结合基本不等式即可.
详解】对A，，，，
，当且仅当时等号成立.故A选项正确；
对B，，，
，当且仅当时等号成立故B选项正确；
对C，，
，
当且仅当，即时等号成立，
但是时，无解，，故C选项错误；
对D，，因为，
则，解得或，因为，则，则，
，
当且仅当，即时等号成立.故D选项正确.
故选：ABD.
三､填空题（本大题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知，它的非空真子集的个数为______.
【答案】30
【解析】
【分析】利用列举法表示集合，进而求出其非空真子集的个数.
【详解】依题意，，所以集合的非空真子集的个数为.
故答案为：30
13. 已知关于的方程有两个实根，满足，则实数______.
【答案】
【解析】
【分析】根据给定条件，利用韦达定理列式计算即得.
【详解】方程中，，而是该方程的两个实根，
于是，由，得，
即，解得，所以实数.
故答案为：
14. 存在正数，使得不等式成立，则的最大值是______.
【答案】
【解析】
【分析】分离参数再构造出，最后利用基本不等式即可.
【详解】，
则，
当且仅当，即时等号成立.
的最大值为.
故答案为：.
四､解答题（共77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
15. 已知集合.
（1）求集合.
（2）求.
【答案】（1），；
（2），.
【解析】
【分析】（1）解不等式化简求出集合.
（2）由（1）的结论，利用并集、补集、交集的定义求解即得.
【小问1详解】
解不等式，得，即，因此；
解不等式，得，所以.
【小问2详解】
由（1）知，，，则或，
所以，.
16. 为了促进黄花园校区与张家花园校区之间的便利往来，学校计划在明德楼旁修建电梯.根据公司的报价，购买并安装电梯的费用为25万元，每年在电力､安保等常规管理支出为3万元，使用年时，电梯保养的总维护费用为万元.
（1）设电梯的年平均使用费用为万元，求关于的表达式（注：年平均使用费用，单位：万元/年）；
（2）考虑到电梯使用年限和经济效益，这部电梯使用多少年后，年平均使用费用最少？
【答案】（1）
（2）15年.
【解析】
【分析】（1）根据题意，即可求得年平均使用费用y关于x的表达式；
（2）由，结合基本不等式，即可求解.
【小问1详解】
由题意，电梯安装费用是25万元，使用年时，管理支出为3x万元，电梯的保养修费用为万元，
所以关于的表达式为.
【小问2详解】
当且仅当，即时等号成立.
则这部电梯使用15年后，年平均使用费用最少.
17. 已知集合.
（1）若“”是“”的充分不必要条件，求实数的取值范围.
（2）若，求实数的取值范围.
【答案】（1）；
（2）或.
【解析】
【分析】（1）解不等式化简集合，再利用充分不必要条件的定义列式求解.
（2）由（1）的信息，利用并集的结果，结合集合的包含关系列式求解.
【小问1详解】
由不等式，得或，
解，得，解，得，
因此或，由“”是“”的充分不必要条件，
得，则a+1<−1a2−a−2>10，即a<−2(a+3)(a−4)>0，解得，
所以实数的取值范围是.
【小问2详解】
由（1）知或，由，得，
当时，，即，解得，满足，
则，
当时，或，
解，即a≥−2(a+1)(a−3)>0(a+2)(a−3)≤0，解得，
解，即a≥4(a+1)(a−3)>0(a+3)(a−4)≤0，解得，
则或，
所以实数的取值范围是或.
18. 已知关于的不等式.
（1）若，解上述不等式.
（2）若不等式的解集为或，求的值.
（3）当时，解上述不等式.
【答案】（1）；
（2）；
（3）答案见解析.
【解析】
【分析】（1）把代入，转化为一元二次不等式求解.
（2）化不等式为一元二次不等式，再利用给定的解集，结合一元二次不等式与一元二次方程的关系求解.
（3）把代入，化不等式为一元二次不等式，再分类讨论解含参的不等式即可.
【小问1详解】
当时，不等式化为，解得，
所以不等式的解集为.
【小问2详解】
不等式化为，即，
依题意，，且是方程的二根，即，
所以.
【小问3详解】
当时，不等式化为，即，
当，即时，，解得；
当，即时，，
而，解得或；
当，即时，，而，
若，则不等式无解，
若，则，解得，
若，则，解得，
所以当时，原不等式的解集为；
当时，原不等式的解集为；
当时，原不等式的解集为；
当时，原不等式的解集为；
当时，原不等式的解集为.
19. 已知非空实数集满足：若，则；若，则.
（1）若，直接写出中一定包含的元素.
（2）若由三个元素组成，且所有元素之和为，求.
（3）若由2027个元素组成，求的元素个数的最大值.
【答案】（1）；
（2）；
（3）674.
【解析】
【分析】（1）由数集的属性求出中一定包含的元素.
（2）令，求出中的3个元素，进出求出值，得数集.
（3）求出数集中元素组成形式，结合元素循环的最小正周期，再分类讨论求出的元素个数的最大值.
【小问1详解】
若，则，于是，，，
，，
所以数集中一定包含的元素为.
【小问2详解】
若，则，于是令，，，
，显然都无实数解，
因此是数集中的三个元素，由，
整理得，即，解得或或，
所以.
【小问3详解】
当时，，，，，
而无实数解，均无实数解，
因此数集是以形式，4个数为一组出现，组与组之间无公共元素，且，
数集是以形式，3个数为一组出现，组与组之间无公共元素，且，
于是数集的元素个数分别是以4和3为最小正周期循环，且当时，，
而4和3互素，因此数集中各组最多只能有1个公共元素，
设集合中共有个元素，满足是4的整数倍，其中有个元素在中，满足，
由同一周期内元素不相等，得这个元素在集合中归属于不同组内，
则集合中有个元素，同时在内还有个元素，并满足是3的整数倍，，
于是，显然，解得，
当时，不存在符合条件的整数，当时，，符合题意，的最大值为674；
设集合中共有个元素，满足是3的整数倍，其中有个元素在中，满足，
同理，集合中有个元素，同时在中还有个元素，满足是4的整数倍，，
于是，显然，解得，
当时，不存在符合条件的整数，当时，，符合题意，的最大值为504，
所以的元素个数的最大值为674.
【点睛】关键点点睛：解析第3问的关键是确定集合中元素的构成以及元素的个数表达式.
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重庆市巴蜀中学教育集团2024-2025学年高二上学期10月月考数学试卷（Word版附解析）： 这是一份重庆市巴蜀中学教育集团2024-2025学年高二上学期10月月考数学试卷（Word版附解析），文件包含重庆市巴蜀中学教育集团2024-2025学年高二上学期10月月考数学试题Word版含解析docx、重庆市巴蜀中学教育集团2024-2025学年高二上学期10月月考数学试题Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共22页， 欢迎下载使用。
重庆市巴蜀中学2024-2025学年高一上学期10月月考数学试卷（Word版附解析）： 这是一份重庆市巴蜀中学2024-2025学年高一上学期10月月考数学试卷（Word版附解析），文件包含重庆市巴蜀中学2024-2025学年高一上学期10月月考数学试题Word版含解析docx、重庆市巴蜀中学2024-2025学年高一上学期10月月考数学试题Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共19页， 欢迎下载使用。
重庆市巴蜀中学2024-2025学年高三上学期高考适应性月考卷（二）数学试卷（Word版附解析）： 这是一份重庆市巴蜀中学2024-2025学年高三上学期高考适应性月考卷（二）数学试卷（Word版附解析），文件包含重庆市巴蜀中学2024-2025学年高三上学期月考二10月数学试题Word版含解析docx、重庆市巴蜀中学2024-2025学年高三上学期月考二10月数学试题Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共22页， 欢迎下载使用。
