四川省成都市2023_2024学年高一数学上学期10月月考检测含解析

这是一份四川省成都市2023_2024学年高一数学上学期10月月考检测含解析，共14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。
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：A
6. 设，则函数，的最小值为（）
A. 7B. 8C. 14D. 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9
C. 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．