重庆市璧山来凤中学校2024-2025学年高一上学期第一次月考数学试题 含解析

这是一份重庆市璧山来凤中学校2024-2025学年高一上学期第一次月考数学试题 含解析，共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 命题“”的否定为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】直接由全称命题的否定即可得出答案.
【详解】命题“”，
由全称命题的否定可知，
命题“”的否定为：，
故选：C.
2. 下列表示正确的个数是（ ）
（1）；（2）；（3）；（4）若，则
A. 3B. 2C. 1D. 0
【答案】A
【解析】
【分析】由元素与集合的关系可判断（1）；由集合与集合的包含关系可判断（2）；由描述法可判断（3）；由集合的包含关系与交集的定义可判断（4）．
【详解】因空集没有任何元素，故，故（1）正确；
因为空集是任何集合的子集，故，故（2）正确；
解方程组得，则，故（3）错误；
若，则，故（4）正确.
所以正确的个数是3．
故选：A．
3. 估计的值应在（ ）
A. 9和10之间B. 8和9之间C. 7和8之间D. 6和7之间
【答案】C
【解析】
【分析】先根据二次根式的运算法则进行计算，在对根式进行估算即可.
【详解】，
因为，
所以，
所以，
故选：C.
4. 已知二次函数的图象与轴有交点，则的取值范围是（ ）
A. B. C. 且D. 且
【答案】D
【解析】
【分析】由条件可得二次方程有解，列不等式求的范围即可.
【详解】由已知二次方程有解，
所以，且，
所以且.
故选：D.
5. 比较与（，）的大小（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用作差化简比较大小即可.
【详解】因为，，
所以，
所以
，
所以，
故选：C
6. 已知，则的最小值为（ ）
A. 16B. 18C. 8D. 20
【答案】B
【解析】
【分析】将转化为，发现所求式子两个分母和为定值1，即，所以运用“1”的灵活代换及均值不等式即可求解.
【详解】解：因为，所以，
又因为，
所以
（当且仅当即时等号成立），
故选：B.
7. 已知命题，，命题，，若命题p，q都是真命题，则实数a的取值范围是（ ）.
A B.
C. 或D.
【答案】C
【解析】
【分析】若命题p为真命题，利用基本不等式求出的最小值即可得到a的取值范围，若命题q为真命题，则由即可求出a的取值范围，再取两者的交集即可.
【详解】∵命题：为真命题，
∴，
又∵，∴，当且仅当，即时，等号成立，
∴，
∵命题，，为真命题，
∴，∴或，
∵命题p，q都是真命题，
∴或.
故选：C
8. 已知集合且，定义集合，若，给出下列说法：①；②；③；正确的个数是（）
A. 0B. 1C. 2D. 3
【答案】B
【解析】
【分析】由集合的新定义结合，可得,由此即可求解.
【详解】因为集合且,
若，则中也包含四个元素,即
剩下的，，
对于①:由得,故①错误;
对于②：由得,故②错误;
对于③：由得,故③正确;
故选：B
二、多选题（本题共3小题，每小题6分，共18分.全部选对6分，部分选对部分分）
9. 下列说法不正确的是（ ）
A. “”是“”的充分不必要条件
B. “”是“”的充分不必要条件
C. 若，则“”的充要条件是“”
D. 若，则“”是“”的充要条件
【答案】AC
【解析】
【分析】根据已知条件及特殊值法，结合充分条件必要条件的定义即可求解.
【详解】对于A选项，当时， 当时， 所以两者既不充分也不必要，故A 错误;
对于B选项，当时，可取，但，当时，，故 B 正确;
对于C选项，当 时， ，从而，反之，时，若，则 ，所以两者不是充要条件，故 C错误；
对于D 选项，且，故D正确，
故选:AC
10 设正实数m，n满足，则（ ）
A. 的最小值为3B. 的最大值为2
C. 的最大值为1D. 的最小值为
【答案】BC
【解析】
【分析】由基本不等式逐项求解判断即可.
【详解】因为正实数m，n满足，
所以，
当且仅当，即，，等号成立，故A错误；
，当且仅当时，等号成立，所以，故B正确；
，所以，当且仅当时，等号成立，故C正确；
，当且仅当时，等号成立，故D错误；
故选：BC
11. 已知二次函数（为常数）的对称轴为，其图像如图所示，则下列选项正确的有（ ）
A.
B. 当时，函数最大值为
C. 关于的不等式的解为或
D. 若关于的函数与关于的函数有相同的最小值，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】A选项，由开口方向，与轴交点，及对称轴，求出的正负，得到A正确；B选项，当时，数形结合得到函数随着的增大而减小，从而求出最大值；C选项，结合，化简不等式，求出解集；D选项，配方得到两函数的最小值，从而得到，求出.
【详解】A选项，二次函数图象开口向上，故，
对称轴为，故，
图象与轴交点在轴正半轴，故，
所以，故，A正确；
B选项，因为，故，
因为，所以，
当时，随着的增大而减小，
所以时，取得最大值，最大值为，B错误；
C选项，因为，所以，
，
故不等式变形为，
因为，，解得：或，故C正确；
D选项，，当时，取得最小值，最小值为，
，当时，取得最小值，最小值为，
所以，即，所以，
即，故D正确.
故选：ACD
三、填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分）
12. 已知集合，则___________．
【答案】
【解析】
【分析】根据集合相等的定义求解即可．
【详解】由题意得，，解得或，
当时，集合为，不满足集合中元素的互异性，舍去，
当时，集合为，满足题意，
故答案为：．
13. 已知，求的取值范围__________．
【答案】
【解析】
【分析】利用待定系数法设，得到方程组，解出，再根据不等式基本性质即可得到答案.
【详解】设,则解得
故，
由,故，
由,故，
所以.
故答案为：.
14. 已知正实数满足，且，则的最小值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】将，变形为，再由，利用基本不等式求解.
【详解】解：因为，
所以，
所以，
（当且仅当时，联立，
解得），
所以的最小值为4，
故答案为：4
四、解答题（本题共5小题，共77分）
15. 已知，或．
（1）若，求的取值范围；
（2）若，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）分和两种情况讨论求解即可；
（2）由题意得，从而可求出的取值范围．
【小问1详解】
①当时，，∴，∴．
②当时，要使，必须满足，解得．
综上所述，的取值范围是．
【小问2详解】
∵，，或，
∴，解得，
故所求的取值范围为．
16. 已知集合
（1）若写出的所有子集
（2）若是的必要条件，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）先利用一元二次方程化简集合A，B，再利用集合的并集运算求解，进而得到子集；
（2）由题意得到，分中没有元素即，中只有一个元素和中有两个元素求解.
【小问1详解】
，
若，则，此时，
所以子集为.
【小问2详解】
若是的必要条件，只需.
①若中没有元素即，
则，此时，满足；
②若中只有一个元素，则，此时．
则，此时满足；
③若中有两个元素，则，此时．
因为中也有两个元素，且，则必有，
由韦达定理得，则，矛盾，故舍去．
综上所述，当时，．
所以实数的取值范围：．
17. 对于二次函数，若存在，使得成立，则称为二次函数的不动点．
（1）求二次函数的不动点；
（2）若二次函数有两个不相等的不动点、，且、，求的最小值．
【答案】（1）不动点为和
（2）6
【解析】
【分析】（1）根据不动点的定义，解方程，可得答案；
（2）根据题意，即为方程有两个不相等的正实数根，解得的范围，再由韦达定理结合基本不等式可求得的最小值.
【小问1详解】
由题意知：，
，
，
解得，，
所以二次函数的不动点为和．
【小问2详解】
依题意，有两个不相等的正实数根，
即方程有两个不相等的正实数根，
所以，解得，
所以，，
所以
当且仅当，即时等号成立，
所以的最小值为6．
18. 某食品企业为了提高其生产的一款食品的收益，拟在下一年度开展促销活动，已知该款食品年销量吨与年促销费用万元之间满足函数关系式（为常数），如果不开展促销活动，年销量是1吨.已知每一年生产设备折旧、维修等固定费用为3万元，每生产1吨食品需再投入32万元的生产费用，通过市场分析，若将每吨食品售价定为：“每吨食品平均生产成本的1.5倍”与“每吨食品平均促销费的一半”之和，则当年生产的该款食品正好能销售完.
（1）求值；
（2）将下一年的利润（万元）表示为促销费（万元）的函数；
（3）该食品企业下一年的促销费投入多少万元时，该款食品的利润最大？
（注：利润销售收入生产成本促销费，生产成本固定费用生产费用）
【答案】（1）
（2）
（3）该食品企业下一年促销费投入6万元时，该款食品的利润最大为万元.
【解析】
【分析】（1）依题意当时，代入计算可得；
（2）依题意求出当年生产吨时，求出年生产成本和为年销售收入，从而可表示出食品的利润；
（3）由（2）可得，利用基本不等式计算可得.
【小问1详解】
由题意可知，当时，，所以，解得；
【小问2详解】
由于，故，
由题意知，当年生产吨时，年生产成本为：，
当销售吨时，年销售收入为：，
由题意，，
即.
【小问3详解】
由（2）知：，
即
，
当且仅当，又，即时，等号成立.
此时，.
该食品企业下一年的促销费投入6万元时，该款食品的利润最大为万元.
19. 问题：正数a，b满足，求的最小值．其中一种解法是：，当且仅当，且时，即且时取等号．学习上述解法并解决下列问题：
（1）若正实数x，y满足，求的最小值；
（2）若正实数a，b，x，y满足，且，试比较和的大小，并说明理由；
（3）利用（2）的结论，求代数式的最小值，并求出使得取得最小值时m的值．
【答案】（1）
（2），理由见解析.
（3）
【解析】
【分析】（1）把转化为，利用题设给出的方法求和的最小值.
（2）借助“1”的代换，利用，再利用不等式可判断和的大小.
（3）取，，构造，利用（2）的结论，可求的最小值，再分析“”成立的条件，可得的值.
【小问1详解】
由（，）可得：（，），
所以（当且仅当即时取“”）.
所以的最小值为：.
【小问2详解】
因为，
所以，
因为（当且仅当时取“”）.
所以（当时取“”）
所以：（当且仅当即时取“”）.
【小问3详解】
取，，
由，此时，所以.
同时：，取，.
由（2）可知：，所以，
当且仅当，结合，得即时取“”.
【点睛】方法点睛：本题考查用基本不等式求最小值，考查方法的类比：“1”的代换．解题关键是“1”的代换，即利用，从而借助基本不等式得出大小关系，同时考查新知识（新结论）的应用.