2021-2022学年福建省宁德第一中学高一上学期第一次月考数学试题（解析版）

2021-2022学年福建省宁德第一中学高一上学期第一次月考数学试题

一、单选题

1．下列各式中：①；②；③；④；⑤；⑥.正确的个数是（    ）

A．1 B．2 C．3 D．4

【答案】B

【分析】根据相等集合的概念，元素与集合、集合与集合之间的关系，空集的性质判断各项的正误.

【详解】①集合之间只有包含、被包含关系，故错误；

②两集合中元素完全相同，它们为同一集合，则，正确；

③空集是任意集合的子集，故，正确；

④空集没有任何元素，故，错误；

⑤两个集合所研究的对象不同，故为不同集合，错误；

⑥元素与集合之间只有属于、不属于关系，故错误；

∴②③正确.

故选：B.

2．已知全集，集合，，则图中阴影部分表示的集合为（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】首先求得集合，结合图象求得正确结论.

【详解】，所以，

图象表示集合为，

，.

故选：B

3．设实数、满足，，则的取值范围是（   ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】利用不等式的基本性质可求得的取值范围.

【详解】由已知得，，，故，

故选：B.

4．某公司共有50人，此次组织参加社会公益活动，其中参加项公益活动的有28人，参加项公益活动的有33人，且，两项公益活动都不参加的人数比都参加的人数的三分之一多1人，则只参加项不参加项的有（    ）

A．7人 B．8人 C．9人 D．10人

【答案】D

【分析】设，两项公益活动都参加的有人，得出仅参加，项和两项公益活动都不参加的人数，列出方程，即可求解.

【详解】如图所示，设，两项公益活动都参加的有人，

则仅参加项的有人，仅参加项的有人，

，两项公益活动都不参加的有人，

由题意得，解得，

所以只参加项不参加项的有人）.

故选D．

5．下列说法正确的是（    ）

A．若，则 B．若，则

C．若，则 D．若，则

【答案】C

【分析】根据不等式的性质以及作差法逐项分析判断.

【详解】对A：若，当，则；当，则.A错误；

对B：若，则，

∵，由于无法判断的符号，即无法判断的符号，故无法判断与的大小关系，B错误；

对C：若，则，C正确；

对D：若，则，由于无法判断的符号，即无法判断的符号，故无法判断与的大小关系，D错误；

故选：C.

6．若关于x的不等式ax－b>0的解集为{x|x>1}，则关于x的不等式的解集为（    ）

A．{x|x>1或x<－2} B．{x|1<x<2}

C．{x|x>2或x<－1} D．{x|－1<x<2}

【答案】C

【分析】首先根据题意得到为的根，从而得到且，将不等式等价于，再解不等式即可.

【详解】由题知：

为的根，所以，即，

又因为的解集为，所以.

故

解得或.

故选：C

7．设a,b∈R，则“ab+1=a+b”的充要条件是（ ）

A．a，b都为1 B．a,b不都为1

C．a，b中至少有一个为1 D．a，b都不为0

【答案】C

【分析】由题设等量关系可得求参数的解，即可知“ab+1=a+b”的充要条件.

【详解】由ab+1=a+b可得：，

∴或，故“a，b中至少有一个为1”是“ab+1=a+b”的充要条件.

故选：C

8．《几何原本》卷2的几何代数法（几何方法研究代数问题）成了后世西方数学家处理问题的重要依据.通过这一原理，很多的代数的公理或定理都能够通过图形实现证明，也称之为无字证明；如图所示图形，点、在圆上，点在直径上，且，，于点，设，，该图形完成的无字证明.则图中表示，的调和平均数、平方平均数的线段分别是（    ）

A．， B．， C．， D．，

【答案】C

【分析】利用图形得到，，然后在和在中，利用勾股定理求得CF，CD，再由求解.

【详解】解：由图形可知：，，

在中，由勾股定理得，

在中，由勾股定理得，

因为，

所以，

则，即，

所以图中表示，的调和平均数、平方平均数的线段分别是，，

故选：C

二、多选题

9．下列命题正确的是（    ）

A．， B．，使得

C．“”是“”的必要条件 D．且是且的充要条件

【答案】AC

【分析】根据特值可判断AB，根据充分条件必要条件的概念可判断CD.

【详解】对于A，当时，不等式成立，所以A正确；

对于B，当时，，不等式不成立，所以B错误；

对于C，由可推出，故“”是“”的必要条件，故C正确；

对于D，由且可推出且，而由且推不出且，如，且，但且不成立，故D错误.

故选：AC.

10．下列不等式正确的有（    ）

A．当， B．最小值等于4

C．当， D．函数最小值为

【答案】ACD

【分析】利用基本不等式的性质依次判断选项即可.

【详解】对选项A，，，当且仅当，即等号成立，故A正确.

对选项B，当时，为减函数，所以，故B错误.

对选项C，因为，，

所以，

当且仅当，即时，等号成立，故C正确.

对选项D，，

当且仅当，即时，等号成立，故D正确.

故选：ACD

11．若关于的一元二次方程有实数根，，且，则下列结论中正确的说法是（    ）

A． B．当时，，

C．当时， D．当时，

【答案】BC

【分析】将方程化为，由可判断A，解方程可判断B，利用数形结合可判断CD.

【详解】将方程化为，

由题意可知，关于的方程有两个不等的实根，

则，解得，故A错误；

当时，方程为，所以，，故B正确；

当时，在同一坐标系下，分别作出函数和的图象，

可得，所以C正确，D错误.

故选：BC.

12．当一个非空数集满足条件“若，则，，，且当时，”时，称为一个数域，以下四个关于数域的命题：其中，真命题为（    ）

A．0是任何数域的元素 B．若数域有非零元素，则

C．集合为数域 D．有理数集为数域

【答案】ABD

【分析】根据新概念数域的定义判断．

【详解】若，则，A正确；若且，则，由此，，依次类推，B正确；，，但，不是数域，C错误；是两个有理数，则（）都是有理数，所以有理数集是数域，D正确．

故选：ABD．

【点睛】本题考查新定义，解题关键是正确理解新定义数域，即数域中任意两个元素的和、差、积、商（分母不为0）仍然属于数域．

三、填空题

13．命题，，则___________.

【答案】，

【分析】根据特称命题的否定变量词否结论即可求解.

【详解】命题，，则为：，.

故答案为：，.

14．已知全集，，，则________．

【答案】

【分析】根据题意可得，，由元素的确定性列方程即可求解.

【详解】因为，，，

所以，，

则，解得：，

故答案为：.

15．已知集合有且仅有两个子集，则实数__________.

【答案】1或

【分析】结合已知条件，求出的解的个数，然后对参数分类讨论，并结合一元二次方程的根的个数与判别式之间的关系求解即可.

【详解】若A恰有两个子集，所以关于x的方程恰有一个实数解，

①当时，，满足题意；

②当时，，所以，

综上所述，或.

故答案为：1或.

四、双空题

16．已知两个正实数，满足，则的最小值是___________；取得最小值时的值为___________.

【答案】          ##0.75

【分析】根据基本不等式，凑式子为，利用“1”的代换即可求的最小值与取得最小值时的值.

【详解】解：已知两个正实数，满足，所以，

则，

当且仅当，且，即时，等号成立，故的最小值为.

故答案为：；.

五、解答题

17．已知集合，.

（1）当时，求；

（2）若，求实数m的取值范围.

【答案】（1）；（2）.

【解析】（1）根据集合的运算法则计算；

（2）由，可得.分类讨论和两种情况，由包含关系得出结论．

【详解】解：（1）当时，，

所以.又因为，所以.

（2）由，可得.

①当，即时，，满足题意；

②当，即时，由，可得，解得.

综合①②，可得实数m的取值范围为.

【点睛】本题考查集合的交集､并集､补集的计算及包含关系，集合关系中参数的取值范围，

属于基础题.．

18．已知不等式的解集是，不等式的解集是.

(1)求；

(2)若关于的不等式的解集是，求的解集.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）先解不等式求出集合，，再进行交集运算即可求解；

（2）由一元二次方程的实数根与不等式解集的关系可得的值，再解一元二次不等式即可求得答案.

【详解】（1）由,即可得：，解得，

所以，

由可得：，解得：，

所以，

所以

（2），

所以关于的不等式的解集是，

所以和是方程的两个根，

由根与系数的关系可得：，解得：，

所以不等式即为，

所以，解得：，

所以原不等式的解集为.

19．（1）已知，，，求证：；

（2）已知，，求证：.

【答案】（1）证明过程见解析；（2）证明过程见解析

【分析】（1）利用基本不等式“1”的妙用，求解最小值；（2）利用作差法比较大小.

【详解】（1）证明：因为，，，

所以，

当且仅当，即时，等号成立，

故；

（2），

因为，，所以，即，解得，

故，，

从而.

20．设命题对任意，不等式恒成立；命题存在，使得不等式成立.

（Ⅰ）若p为真命题，求实数m的取值范围；

（Ⅱ）若命题p，q至少有一个是真命题，求实数m的取值范围.

【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）.

【分析】（Ⅰ）把命题转化为在恒成立，结合二次函数的性质，即可求解；

（Ⅱ）命题转化为存在，求得，再求得命题p和命题q都为假命题时的取值范围，进而得到命题p，q至少有一个是真命题，实数的取值范围.

【详解】（Ⅰ）由命题对任意，不等式恒成立，

即在恒成立，

设，当时，，即，

所以命题p为真命题，则实数m的取值范围为.

（Ⅱ）命题存在，使得不等式成立，

即存在，使得成立，即存在，

若命题p为假命题，则，命题q为假命题，则.

所以当命题p和命题q都为假命题时，满足，解得，   

所以命题p，q至少有一个是真命题，则实数m满足.

21．由于春运的到来，某火车站为舒缓候车室人流的压力，决定在候车大楼外搭建临时候车区，其中某次列车的候车区是一个总面积为的矩形区域(如图所示)，矩形场地的一面利用候车厅大楼外墙(长度为12m)，其余三面用铁栏杆围挡，并留一个宽度为2m的入口.现已知铁栏杆的租用费用为80元/m.设该矩形区域的长为x(单位：m)，租用铁栏杆的总费用为y(单位：元).

（1）将y表示为x的函数，并求租用搭建此区域的铁栏杆所需费用的最小值及相应的x.

（2）若所需总费用不超过2160元，则x的取值范围是多少？

【答案】（1），；当时，所需费用的最小值元；（2）.

【解析】（1）依题意有，其中.利用基本不等式得出最小值即可；

（2）由题意得，解出即可.

【详解】解：（1）依题意有，其中.

由均值不等式可得，

当且仅当，即时取“=”.

综上，当时，租用搭建此区域的铁栏杆所需费用最小，最小费用为1440元.

（2），

∴，∴，解得.

又∵，∴.

【点睛】本题考查了基本不等式的实际应用和函数模型的应用，是中档题.

22．已知函数

(1)求不等式的解集；

(2)若存在使关于x的方程有4个不同的实根，求实数a的取值范围

【答案】(1)答案见解析

(2)

【分析】（1）依题意可得，再分、、三种情况讨论，当时还需分、、三种情况讨论，分别求出不等式的解集；

（2）令，利用基本不等式求出的取值范围，问题转化为关于的方程为有四个不等的实数根，即有两个不同的正实数根，根据根的判别式及韦达定理求出的范围，即可得解.

【详解】（1）解：由题，即，

当时原不等式即为，解得，即不等式的解集为；

当时不等式即，解得，即不等式的解集为；

当，则，且，

①当时，，不等式的解集为或，

②当时，不等式的解集为，

③当时，，不等式解集为或，

综上可得：

当时，不等式的解集为，

当时不等式的解集为，

当时，不等式的解集为或，

当时，不等式的解集为，

当时，不等式解集为或；

（2）解：当时，令，

当且仅当时取等号，

令，则，

即，可化为，

即关于的方程为有四个不等的实数根，

即有两个不同的正实数根，

则，解得，

由，可知存在使得不等式成立，

故，即，

解得或，

综上可得，

所以的取值范围为．