2022-2023学年山东省青岛市莱西市实验学校高一上学期月考一数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年山东省青岛市莱西市实验学校高一上学期月考一数学试题（解析版），共13页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年山东省青岛市莱西市实验学校高一上学期月考一数学试题 一、单选题1．已知，则“”是“”的（    ）A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】A【分析】根据充分条件、必要条件的定义，利用基本不等式定理与举特例判断可得．【详解】解：当时，有；当时，有成立，综上，“”是“”的充分不必要条件，故选：A．2．设集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】利用交集的定义可求.【详解】由题设有，故选：B .3．若，且，则下列不等式一定成立的是（    ）A． B．C． D．【答案】C【分析】取即可判断A、B、D选项是错误的，由基本不等式即可判断C选项是正确的.【详解】取满足，且，此时，A错误；取满足，且，此时，B错误；可得，C正确；取满足，且，此时，D错误.故选：C.4．若集合，，满足，则下面选项中一定成立的是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据交集的结果可知，结合韦恩图即可判断各选项的正误.【详解】由知：，即A错误，∴，即B错误；仅当时，即C错误；，即D正确.故选：D.5．已知，满足，则的最小值是（　　）A． B． C．2 D．2【答案】D【分析】将给定等式变形为，，再代入并结合均值不等式求解作答.【详解】由，得，而，则有，因此，，当且仅当，即时取“=”，所以的最小值为2.故选：D6．不等式的解集为（    ）A． B．或C．或 D．【答案】B【分析】不等式可转化为，根据二次不等式的解法结合图像即可求解【详解】由得，即，也即，解得或，所以原不等式的解集为或，故选：B7．设集合，，其中，下列说法正确的是A．对任意，是的子集 B．对任意，不是的子集C．存在，使得不是的子集 D．存在，使得是的真子集【答案】A【分析】根据不等式的性质，由，，从而得出集合、的包含关系.【详解】由，可得，另一方面，若，假设，得，则.综上所述，.故选A.【点睛】本题考查集合包含关系的判断，同时也考查了不等式的基本性质，考查推理能力，属于中等题.8．若命题“”为假命题，则实数x的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】等价于“”为真命题．令，解不等式即得解.【详解】解：命题“”为假命题，其否定为真命题，即“”为真命题．令，则，即，解得，所以实数x的取值范围为.故选：C 二、多选题9．已知，则的取值可以是（    ）A．5 B．6 C．7 D．8【答案】BCD【分析】利用拼凑法变形，再利用基本不等式求出最小值，即可得出答案.【详解】，当且仅当,即时等号成立，则的最小值为.故选：.10．已知集合，，则下列命题中正确的是（    ）A．若，则 B．若，则C．若，则或 D．若时，则或【答案】ABC【分析】求出集合，根据集合包含关系，集合相等的定义和集合的概念求解判断．【详解】，若，则，且，故A正确.时，，故D不正确.若，则且，解得，故B正确.当时，，解得或，故C正确.故选：ABC．11．下列说法中正确的有（    ）A．若，则B．若，则C．，“恒成立”是“”的充分不必要条件D．若，则的最小值为【答案】AD【分析】对于A,B，利用不等式的性质可以判断；对于C，利用基本不等式及不等式恒成立与最值的关系，再结合充要条件即可判断；对于D，利用基本不等式及“1”的巧用可以判断.【详解】对于A，因为，所以，所以，即，故A正确；对于B，因为，所以，所以，即.故B 不正确；对于C，，恒成立等价于，因为，所以，所以，当且仅当即时，等号成立，所以当时，取得最小值为，即.所以，“恒成立”是“”的充要条件，故C不正确.对于D,因为，，=，当且仅当即时，等号成立，所以当时，取得最小值为，故D正确.故选：AD.12．下列说法正确的有（    ）A．若，则的最大值是B．若，，都是正数，且，则的最小值是3C．若，，，则的最小值是2D．若实数，满足，则的最大值是【答案】ABD【分析】对于A，凑分母，结合基本不等式，可得答案；对于B，根据基本不等式，结合“1”的妙用，可得答案；对于C，根据基本不等式的变式，整理出关于所求整式的二次不等式，可得答案；对于D，采用换元法，设，，可将原式化简为，结合基本不等式，可得答案．【详解】对于A，因为，所以，所以，所以，当且仅当，即时等号成立，所以的最大值为，故A正确；对于B，因为x，y，z都是正数，且，所以，，，所以，当且仅当，即，即时等号成立，所以的最小值为3，故B正确；对于C，因为，，所，即（当且仅当时等号成立），因为，所以，所以，所以，解得（舍去）或，当且仅当时等号成立，所以的最小值为4，故C错误；对于D，，设，，∵，当且仅当，即时，取等号∴则的最大值为，故D正确．故选：ABD. 三、填空题13．设集合，，则_________．【答案】【分析】先求出集合A，再根据交集的定义即可求得答案.【详解】由题意，，所以.故答案为：.14．命题“，”的否定为___________.【答案】，【分析】对全称量词的否定用特称量词，直接写出.【详解】由全称量词命题的否定是特称（存在）量词命题，可得：命题“，”的否定为“，”.故答案为：，.15．已知不等式的解集中恰有五个整数，则实数a的取值范围为___________.【答案】【分析】根据一元二次不等式的解法，结合已知分类讨论进行求解即可.【详解】，当时，原不等式化为，显然，不符合题意；当时，不等式的解集为，其中解集中必有元素，若五个整数是时，可得，此时解集为空集，若五个整数是时，，此时解集为空集，若五个整数是时，，若五个整数是时，，此时解集为空集，若五个整数是时，，此时解集为空集；当时，不等式的解集为，其中解集中必有元素，若五个整数是时，可得，此时解集为空集，若五个整数是时，，此时解集为空集，若五个整数是时，，若五个整数是时，，此时解集为空集，五个整数是时，，此时解集为空集，故答案为：.【点睛】关键点睛：运用分类讨论思想是解题的关键. 四、双空题16．已知函数的定义域为，则当___________时，取得最小值，且最小值为___________.【答案】          9【分析】利用基本不等式即得.【详解】∵函数的定义域为，∴，当且仅当，即时，等号成立，此时取得最小值，且最小值为9.故答案为：；9. 五、解答题17．设全集为，或，.(1)求，；(2)求.【答案】(1)或，(2)或 【分析】（1）根据集合的交集和并集的定义即可求解；（2）先根据补集的定义求出，然后再由交集的定义即可求解.【详解】（1）解：因为或，，所以或，；（2）解：因为全集为，或，，所以或，所以或.18．已知，若q是p的必要不充分条件，求实数m的取值范围．【答案】【分析】根据一元二次不等式的解法，分别求得命题，结合q是p的必要不充分条件，列出不等式组，即可求解.【详解】由不等式，解得，又由，因为，可得，因为q是p的必要不充分条件，则满足且等号不同时成立 ，解得，所以实数m的取值范围．19．已知不等式的解集是．(1)求常数a的值；(2)若关于x的不等式的解集为R，求m的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）由题意可得－1和3是方程的解，将代入方程中可求出a的值；（2）由的解集为R，可得，从而可求出m的取值范围【详解】（1）因为不等式的解集是．所以－1和3是方程的解，把代入方程解得．经验证满足题意（2）若关于x的不等式的解集为R，即的解集为R，所以，解得，所以m的取值范围是．20．在①，②这两个条件中任选一个，补充到下面问题中的横线上，并求解该问题.已知函数.(1)若命题：“________，”为真命题，求实数的取值范围；(2)当时，求关于的不等式的解集.【答案】(1)选①，，选②；(2)答案见解析． 【分析】（1）选①，求出在上的最大值，由最大值即可得，选②，求出在上的最小值，由最小值即可得；（2）不等式整理后因式分解，得相应方程的两个根，按根的大小分类讨论可得．【详解】（1），对称轴是，选①，，，则得，选②，，，由得．（2）不等式化简为，，当时，，， 时，，当时，，．综上，时解集为，时，解集为，时，解集为．21．（1）已知，求的最小值；（2）已知，且，证明：．【答案】（1）8 ；（2）证明见解析 ．【分析】(1) 可化为，再由基本不等式求其最值；(2) 由条件可得，结合基本不等式完成证明.【详解】解：（1）因为，所以，则，当且仅当，即时，等号成立．所以最小值8．（2）因为，得．则．所以成立，当且仅当，时等号成立，所以.22．设.(1)若不等式对一切实数x恒成立，求实数a的取值范围；(2)解关于x的不等式.【答案】(1)；(2)答案见解析. 【分析】（1）由已知可得，原题可转化为对一切实数成立，对是否为0进行讨论. 当时，结合二次函数的性质即可求得；（2）原不等式可化为，即求解含参的一元二次不等式.根据与0的关系首先进行分类讨论，结合时，的两个根的大小情况，即可得到结果.【详解】（1）由题意可得对一切实数x恒成立，可转化为对一切实数成立.当时，不满足题意；当时，要是恒成立，则需满足，解得.所以实数a的取值范围为.（2）原不等式可化为.当时，不等式可化为，所以不等式的解集为；当时，解得，，.当时，因为，所以不等式的解集为；解可得.当，此时，所以不等式的解集为；当，此时，所以不等式的解集为；当，此时，所以不等式的解集为.综上所述，当，不等式的解集为；当，不等式的解集为；当，不等式的解集为；当时，不等式的解集为；当时，不等式的解集为.