湖北省武汉市第二中学2023-2024学年高一数学上学期第一次月考试题（Word版附解析）

武汉二中高一年级第一次月考（数学）

第Ⅰ卷

一、单选题（本题共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，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】化简集合，根据交集运算求解.

【详解】根据题意，得，

所以，

故选：A.

2. 设，若，求实数a组成的集合的子集个数有（    ）

A. 2 B. 3 C. 4 D. 8

【答案】D

【解析】

【分析】先解方程得集合A，再根据得，根据包含关系求实数，根据子集的定义确定实数a的取值组成的集合的子集的个数.

【详解】

因为，所以，因此或或，

当时，，当时，，当时，，

实数a的取值组成的集合为，其子集有，，，，，，，，共8个，

故选：D．

3. 下列结论中正确的个数是（    ）

①命题“所有的四边形都是矩形”是存在量词命题；

②命题“”是全称量词命题；

③命题“”的否定为“”；

④命题“是的必要条件”是真命题；

A. 0 B. 1 C. 2 D. 3

【答案】C

【解析】

【分析】根据存在量词命题、全称量词命题的概念，命题的否定，必要条件的定义，分析选项，即可得答案.

【详解】对于①：命题“所有的四边形都是矩形”是全称量词命题，故①错误；

对于②：命题“”是全称量词命题；故②正确；

对于③：命题，则，故③错误；

对于④：可以推出，所以是的必要条件，故④正确；

所以正确的命题为②④，

故选：C

4. “”是“，是假命题”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】B

【解析】

【分析】

由命题“，是假命题”，利用二次函数的性质，求得实数的取值范围，结合充分、必要条件的判定方法，即可求解.

【详解】由题意，命题“，是假命题”

可得命题“，是真命题”

当时，即时，不等式恒成立；

当时，即时，则满足，解得，

综上可得，实数，

即命题“，是假命题”时，实数的取值范围是，

又由“”是“”的必要不充分条件，

所以“”是“，是假命题”的必要不充分条件，

故选：B.

【点睛】理解全称命题与存在性命题的含义时求解本题的关键，此类问题求解的策略是“等价转化”，把存在性命题为假命题转化为全称命题为真命题，结合二次函数的性质求得参数的取值范围，再根据充分、必要条件的判定方法，进行判定.

5. 已知，则函数的定义域是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】先求出定义域,结合分式函数分母不为零求出的定义域.

【详解】,,的定义域为.

又，且.

的定义域是.

故选：A

6. 已知，，且，那么的最小值为（    ）

A.  B. 2 C.  D. 4

【答案】C

【解析】

【分析】由题意可得，再由基本不等式求解即可求出答案.

【详解】因为，，，

则

.

当且仅当即时取等.

故选：C.

7. 若两个正实数x，y满足，且不等式有解，则实数m的取值范围是（　　）

A.  B. 或

C.  D. 或

【答案】D

【解析】

【分析】首先不等式转化为，再利用基本不等式求最值，即可求解.

【详解】若不等式有解，则，

因为，，所以，

当，即时，等号成立，的最小值为4，

所以，解得：或，

所以实数的取值范围是或.

故选：D

8. 已知函数若的最小值为，则实数a的取值范围为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】分别求解分段函数在每一段定义区间内的最小值，结合函数在整体定义域内的最小值得到关于a的不等式组，解不等式组得到a的取值范围.

【详解】当时，，当且仅当时，等号成立，

即当时，函数的最小值为；

当时，，

要使得函数的最小值为，

则满足解得．

故选：A．

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，全部选对得5分，部分选对得2分，有选错的得0分）

9. 下列函数在区间上单调递增的是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】AB

【解析】

【分析】求函数单调区间，首先要确定函数的定义域，若存在定义域之外的元素，则不符合条件；对其他选项可根据特殊函数的单调性得出.

【详解】由“对勾”函数的单调性可知，函数在单调递增，A正确；

由在单调递增，在单调递减，知在单调递增，B正确；

函数在处无定义，因此不可能在单调递增，C错误；

函数的定义域为，因此在上没有定义，故不可能在单调递增，D错误.

故选:AB.

10. 已知函数在区间上的最小值为9，则a可能的取值为（    ）

A. 2 B. 1 C.  D.

【答案】AD

【解析】

【分析】根据二次函数的对称轴和开口方向进行分类讨论，即可求解.

【详解】因为函数的对称轴为，开口向上，

又因为函数在区间上的最小值为9，

当，即时，函数的最小值为与题干不符，所以此时不成立；

当时，函数在区间上单调递增，

所以，解得：或，

因为，所以；

当，也即时，函数在区间上单调递减，

所以，解得：或，

因为，所以；

综上：实数a可能的取值或，

故选：.

11. 若，，且，则下列不等式恒成立的是（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】AB

【解析】

【分析】根据已知条件，利用基本不等式结合不等式的性质，判断选项中的不等式是否恒成立.

【详解】，则，当且仅当时取等号，A正确；

，即，，则，当且仅当时取等号，B正确，C错误；

，D错误．

故选：AB

12. 公元3世纪末，古希腊亚历山大时期的一位几何学家帕普斯发现了一个半圆模型（如图所示），以线段为直径作半圆，，垂足为，以的中点为圆心，为半径再作半圆，过作，交半圆于，连接，设，，则下列不等式一定正确的是（ ）．

A.  B.

C.  D.

【答案】AD

【解析】

【分析】

先结合图象，利用垂直关系和相似关系得到大圆半径，小圆半径，，，，再通过线段大小判断选项正误即可.

【详解】因为是圆O的直径，则，

因为，则，所以，故，

易有，故，即，

大圆半径，小圆半径，

，，

故，同理.

选项A中，，显然当时是钝角，在上可截取，故，即大圆半径，故，正确；

选项B中，当时，大圆半径，有，故错误；

选项C中， 中，，故，故错误；

选项D中，大圆半径，小圆半径，

则，而，故，故正确.

故选：AD.

【点睛】本题解题关键在于将选项中出现的数式均与图中线段长度对应相等，才能通过线段的长短比较反馈到数式的大小关系，突破难点.

第Ⅱ卷

三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）

13. 若一个集合是另一个集合的子集，则称两个集合构成“鲸吞”；若两个集合有公共元素，且互不为对方子集，则称两个集合构成“蚕食”，对于集合，，若这两个集合构成“鲸吞”或“蚕食”，则a的取值集合为_____.

【答案】

【解析】

【分析】分“鲸吞”或“蚕食”两种情况分类讨论求出值，即可求解

【详解】当时，，此时满足，

当时，，此时集合只能是“蚕食”关系，

所以当集合有公共元素时，解得，

当集合有公共元素时，解得，

故的取值集合为.

故答案为：

14. 一家物流公司计划建立仓库储存货物，经过市场了解到下列信息：每月的土地占地费（单位：万元）与仓库到车站的距离（单位：）成反比，每月库存货物费（单位：万元）与成正比.若在距离车站处建立仓库，则与分别为万元和万元.则当两项费用之和最小时______（单位：）.

【答案】

【解析】

【分析】由已知可设：，，根据题意求出、的值，再利用基本不等式可求出的最小值及其对应的值，即可得出结论.

【详解】由已知可设：，，且这两个函数图象分别过点、，

得，，从而，，

故，当且仅当时，即时等号成立.

因此，当时，两项费用之和最小.

故答案为：.

15. 函数是定义在上的增函数，若对于任意正实数，恒有，且，则不等式的解集是_______.

【答案】

【解析】

【分析】根据抽象函数的关系将不等式进行转化，利用赋值法将不等式进行转化结合函数单调性即可得到结论．

【详解】，，

，

则不等式等价为，

函数在定义域上为增函数，

不等式等价为，

即，解得，

不等式的解集为，

故答案为：.

16. 已知，，若是的必要不充分条件，则实数的取值范围是______.

【答案】

【解析】

【分析】先分别求出命题和命题为真命题时表示的集合，即可求出和表示的集合，根据必要不充分条件所表示的集合间关系即可求出.

【详解】对于命题，由可解出，则表示的集合为或，设为A，

对于命题，，则，设表示的集合为B，

是的必要不充分条件，，

当时，的解集为，则或，

，解得；

当时，，不满足题意；

当时，的解集为，则或，

，解得，

综上，的取值范围是.

故答案为：.

【点睛】本题考查命题间关系的集合表示，以及根据集合关系求参数范围，属于中档题.

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. 已知集合或.

（1）若，求实数的取值范围；

（2）若，求实数的取值范围.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据集合的并集运算即可列不等式求解，

（2）根据包含关系列不等式求解.

【小问1详解】

因为或

所以，解得，

所以实数的取值范围是.

【小问2详解】

或，

由得当时，，解得；

当时，，即，

要使，则，得.

综上，.

18. 已知关于的不等式的解集为或

（1）求，的值；

（2）当，且满足时，有恒成立，求的取值范围．

【答案】（1）   

（2）．

【解析】

【分析】（1）根据不等式解集可确定1和是方程的两个实数根且，结合韦达定理即可求得答案；

（2）利用基本不等式可求得的最小值，根据恒成立可得，即可求得答案.

【小问1详解】

因为不等式的解集为或，

所以1和是方程的两个实数根且，

所以，解得，即．

【小问2详解】

由（1）知，于是有，

故，

当且仅当，结合，即时，等号成立，

依题意有，即，

得，即，

所以的取值范围为．

19. 已知函数．

（1）试判断函数在区间上的单调性，并用函数单调性定义证明；

（2）若，使成立，求实数的范围．

【答案】（1）单调递减；证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）运用定义法结合函数单调性即可；

（2）将能成立问题转化为最值问题，结合单调性求解最值.

【小问1详解】

在区间上单调递减,证明如下：

设，

则

∵，∴，，，

∴，∴

所以，在区间上单调递减．

【小问2详解】

由（1）可知在上单调递减，

所以，当时，取得最小值，即，

又，使成立，∴只需成立，

即，解得．

故实数的范围为．

20. 已知函数是定义在上的函数，恒成立，且

（1）确定函数的解析式并判断在上的单调性（不必证明）;

（2）解不等式.

【答案】（1），在上单调递增   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据奇函数的性质，以及代入条件，即可求解，并判断函数的单调性；

（3）根据函数是奇函数，以及函数单调性，即可求解不等式.

【小问1详解】

由题意可得，解得

所以，经检验满足，

设，

，

因为，所以，，，

所以，即，

所以函数在区间单调递增；

【小问2详解】

，，是定义在上的增函数，

，得，所以不等式的解集为.

21. 2022年某企业整合资金投入研发高科技产品，并面向全球发布了首批17项科技创新重大技术需求榜单，吸引清华大学、北京大学等60余家高校院所参与，实现企业创新需求与国内知名科技创新团队的精准对接，最终该公司产品研发部决定将某项高新技术应用到某高科技产品的生产中，计划该技术全年需投入固定成本6200万元，每生产千件该产品，需另投入成本万元，且，假设该产品对外销售单价定为每件0.9万元，且全年内生产的该产品当年能全部售完．

（1）求出全年的利润万元关于年产量千件的函数关系式；

（2）试求该企业全年产量为多少千件时，所获利润最大，并求出最大利润．

【答案】（1）；   

（2）该企业全年产量为90千件时，所获利润最大为15600万元

【解析】

【分析】（1）利用分段函数即可求得全年的利润万元关于年产量千件的函数关系式；

（2）利用二次函数求值域和均值定理求值域即可求得该企业全年产量为90千件时，所获利润最大为15600万元.

【小问1详解】

当时，，

当时，，

所以．

【小问2详解】

若，则，当时，；

若，，

当且仅当，即时，等号成立，此时．

因为，所以该企业全年产量为90千件时，所获利润最大为15600万元．

22. 在以下三个条件中任选一个，补充在下面问题中，并解答此题.

①，.当时，;

②，当时，;

③，. 且，; 当时，.

问题; 对任意，均满足___________.（填序号）

（1）判断并证明的单调性;

（2）求不等式的解集.

注; 如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.

【答案】（1）增函数    （2）答案见解析

【解析】

【分析】（1）根据单调性的定义法，证明单调性即可；

（2）根据单调性，列出相应的不等式，解不等式方程可得答案.

【小问1详解】

若选①：设，且，则，所以.

由得，

所以，，

所以，，所以在上是增函数;

若选②：设，且.则，所以.

由得，

所以，所以，所以f（x）在上是增函数;

若选③：设，且，则，所以.

由得，，

又，所以>，所以函数为上的增函数;

【小问2详解】

若选①：由得，

所以，可化为，

根据的单调性，得，解得，所以不等式的解集为.

若选②：令，则，所以可化为，根据的单调性，得，解得，所以不等式的解集为.

若选③：由得，，

所以可化为，根据的单调性，得，

解得，所以不等式的解集为.