江西省南昌市等5地2023-2024学年高一数学上学期10月月考试题（Word版附解析）

这是一份江西省南昌市等5地2023-2024学年高一数学上学期10月月考试题（Word版附解析），共18页。试卷主要包含了本试卷主要考试内容等内容，欢迎下载使用。
高一数学试卷注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．4．本试卷主要考试内容：北师大版必修第一册第一章．一、选择题：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. 2. “”是“”的（    ）A. 充要条件 B. 必要不充分条件C. 充分不必要条件 D. 既不充分也不必要条件3. 你见过古人眼中的烟花吗？那是朱淑真元宵夜的“火树银花触目红”，是隋炀帝眼中的“灯树千光照，花焰七枝开”.烟花，虽然是没有根的花，是虚幻的花，却在达到最高点时爆裂，用其灿烂的一秒换来人们真心的喝彩.已知某种烟花距地面的高度（单位：米）与时间（单位：秒）之间的关系式为，则烟花在冲击后爆裂的时刻是（    ）A. 第4秒 B. 第5秒 C. 第3.5秒 D. 第3秒4. 已知集合，，若，则的所有可能取值组成的集合为（    ）A.  B.  C.  D. 5. 定义行列式，若，则的取值集合为（    ）A.  B. C. 或 D. 6 若集合，则（    ）A.  B.  C.  D. 7. 某校校园文化节开展“笔墨飘香书汉字，文化传承展风采”书法大赛，高一（1）班共有32名同学提交了作品进行参赛，有20人提交了楷书作品，有12人提交了隶书作品，有8人提交了行书作品，同时提交楷书作品和隶书作品的有4人，同时提交楷书作品和行书作品的有2人.没有人同时提交三种作品，则同时提交隶书作品和行书作品的有（    ）A. 4人 B. 3人 C. 2人 D. 1人8. 若，，且，则的最小值是（    ）A. 43 B. 49 C. 39 D. 36二、选择题：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. 命题：，使，命题：，有，则（    ）A. 是假命题 B. 是真命题C. 是存在量词命题 D. 是全称量词命题10. 设一元二次方程的两个实根为，，则（    ）A. B. 当时，的最小值为C. 为定值D. 当时，11. 已知集合，，，且，，，则（    ）A  B. C.  D. 12. 已知表示不超过x的最大整数，则（    ）A. 当时， B. C.  D. 三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡中的横线上．13. 英文单词necessary的所有字母组成的集合共有________个元素.14. 将二次函数的图象先向右平移2个单位长度，再向上平移4个单位长度，得到二次函数的图象，则________.15. 若集合，则的取值范围为________.16. 已知，则的最大值为________.四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步聚．17. 命题：，有；命题：存在一个偶数能被3整除.（1）写出否定；（2）写出的否定.18. （1）设，，比较，的大小；（2）若，根据性质“如果，，那么”，证明：.19. 已知集合，集合.（1）当时，求；（2）若，求的取值范围.20. 已知集合的子集个数为.（1）求的值；（2）若三边长为，证明：为等边三角形的充要条件是.21. 已知集合.（1）若，求取值范围.（2）若的子集个数为4，试问是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，请说明理由.22. 如图，正方形的边长为1，，分别是和边上的点.沿折叠使与线段上的点重合（不在端点处），折叠后与交于点.（1）证明：的周长为定值.（2）求的面积的最大值.
高一数学试卷注意事项：1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号、考场号、座位号填写在答题卡上．2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．4．本试卷主要考试内容：北师大版必修第一册第一章．一、选择题：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】根据交集定义运算即可.【详解】因为，，所以.故选：A2. “”是“”的（    ）A. 充要条件 B. 必要不充分条件C. 充分不必要条件 D. 既不充分也不必要条件【答案】C【解析】【分析】由充分必要条件的概念，判断“”与“”是否相互推出即可.【详解】由，得，因为，所以由 “”可以推出“”，但由 “”不能推出“”，即“”是“”的充分不必要条件.故选：C.3. 你见过古人眼中的烟花吗？那是朱淑真元宵夜的“火树银花触目红”，是隋炀帝眼中的“灯树千光照，花焰七枝开”.烟花，虽然是没有根的花，是虚幻的花，却在达到最高点时爆裂，用其灿烂的一秒换来人们真心的喝彩.已知某种烟花距地面的高度（单位：米）与时间（单位：秒）之间的关系式为，则烟花在冲击后爆裂的时刻是（    ）A. 第4秒 B. 第5秒 C. 第3.5秒 D. 第3秒【答案】A【解析】【分析】利用配方法，求二次函数最大值及相应值即可.【详解】由题意，，则当时，即烟花达到最高点，爆裂的时刻是第秒.故选：A.4. 已知集合，，若，则的所有可能取值组成的集合为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】先求出集合，可知，再由，可得集合是集合的子集，根据子集的性质求解便可.【详解】依题意得： ，所以，又因为，所以或，解得：或6，故的所有可能取值组成的集合为：.故选：A.5. 定义行列式，若，则的取值集合为（    ）A.  B. C. 或 D. 【答案】D【解析】【分析】应用定义得不等式，求解可得.【详解】由定义得，，，由题意得，即，所以，解得，故的取值集合为.故选：D.6 若集合，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】通过对描述法表示的集合的理解，将集合中元素设为，根据题意解出关系即可.【详解】由已知，令，解得，又，则，化简得.故选：B.7. 某校校园文化节开展“笔墨飘香书汉字，文化传承展风采”书法大赛，高一（1）班共有32名同学提交了作品进行参赛，有20人提交了楷书作品，有12人提交了隶书作品，有8人提交了行书作品，同时提交楷书作品和隶书作品的有4人，同时提交楷书作品和行书作品的有2人.没有人同时提交三种作品，则同时提交隶书作品和行书作品的有（    ）A. 4人 B. 3人 C. 2人 D. 1人【答案】C【解析】【分析】根据题意，画出韦恩图，设同时提交隶书作品和行书作品的有人，列出方程，即可求解.【详解】根据题意，画出韦恩图，如图所示，设同时提交隶书作品和行书作品的有人，则，解得，即同时提交隶书作品和行书作品的有人.故选：C  8. 若，，且，则的最小值是（    ）A. 43 B. 49 C. 39 D. 36【答案】B【解析】【分析】通过已知条件等式，结合“1”的代换，利用基本不等式求解最值.【详解】因为，所以， 已知，由，得，则，当且仅当，则由，解得，即当且仅当时，等号成立.所以的最小值为.故选：B.二、选择题：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. 命题：，使，命题：，有，则（    ）A. 是假命题 B. 是真命题C. 是存在量词命题 D. 是全称量词命题【答案】ACD【解析】【分析】选项A，方程无解；选项B，举反例可知；选项CD，由存在量词命题与全称量词命题的概念可知.【详解】选项A，由，得，方程组无解，即不存在，使，则是假命题，故A正确；选项B，当时，，则，即，使，所以全称量词命题是假命题，故B错误；是存在量词命题，是全称量词命题，故CD都正确.故选：ACD.10. 设一元二次方程的两个实根为，，则（    ）A. B. 当时，的最小值为C. 为定值D. 当时，【答案】BC【解析】【分析】根据题意，结合二次函数的性质，得到，求得的取值范围，且，，结合选项，利用韦达定理和基本不等式，逐项判定，即可求解.【详解】因为方程的两个实根为，所以，解得， 由，，所以，所以A错误；则 ，当时，等号成立，所以最小值为，所以B正确；由，所以C正确；当时，，得，所以D错误．故选：BC.11. 已知集合，，，且，，，则（    ）A.  B. C.  D. 【答案】ABD【解析】【分析】由描述法得各集合中元素的共同特征，由，，，分别设出的特征表达式，通过运算及变形整理找到新元素的特征归属即可.【详解】因为，可设，，，选项A，，则，故A正确；所以，则，故B正确；所以，其中，则，故C错误；所以，其中，则，故D正确.故选：ABD.12. 已知表示不超过x的最大整数，则（    ）A. 当时， B. C.  D. 【答案】BCD【解析】【分析】由表示不超过的最大整数，得，故A，B项可判断；C项，由同向不等式可加性得到；D项，先作差比较与的大小，再由，利用不等式的传递性可得.【详解】当时，，A错误；因为，所以恒成立，B正确；因为，，所以，．则，C正确；由题意可得．则，所以，D正确．故选：BCD.三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡中的横线上．13. 英文单词necessary的所有字母组成的集合共有________个元素.【答案】7【解析】【分析】根据英文单词necessary不同的字母和集合定义可得答案.【详解】英文单词necessary不同的字母有n、e、c、s、a、r、y7个，组成的集合为，共有7个元素.故答案为：7.14. 将二次函数的图象先向右平移2个单位长度，再向上平移4个单位长度，得到二次函数的图象，则________.【答案】【解析】【分析】由图象平移方法，可得二次函数的解析式，进而求得系数和.【详解】由题意可得，所以，则.故答案为：.15. 若集合，则的取值范围为________.【答案】【解析】【分析】由题意得恒成立，当时，满足题意；当时，则需.结合上面两种情况即可求解.【详解】因为，所以恒成立，当，即时，原不等式可化为恒成立，符合题意；当时，由恒成立，可得即解得，综上所述，的取值范围为.故答案为：16. 已知，则的最大值为________.【答案】##【解析】【分析】分式上下同除以变形，再将分母配凑为三项的完全平方式与的形式，最后利用基本不等式与平方的非负特点求最值，注意等号成立条件.【详解】由，则.因为.当且仅当，即时，等号成立.所以，即的最大值为.故答案为：.四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步聚．17. 命题：，有；命题：存在一个偶数能被3整除.（1）写出的否定；（2）写出的否定.【答案】（1），.    （2）每个偶数都不能被整除.【解析】【分析】命题为全称量词命题，命题的否定为存在量词命题；命题为存在量词命题，命题的否定为全称量词命题.【小问1详解】的否定：，.【小问2详解】否定：每个偶数都不能被整除.18. （1）设，，比较，的大小；（2）若，根据性质“如果，，那么”，证明：.【答案】（1）；（2）证明见解析【解析】【分析】（1）利用作差法求解即可.（2）利用不等式的性质证明即可.【详解】（1），所以.（2）因为，，所以，所以，即.又因为，所以.19. 已知集合，集合.（1）当时，求；（2）若，求的取值范围.【答案】（1），    （2）或【解析】【分析】（1）根据集合的交并补运算即可求解，（2）分类讨论即可求解.【小问1详解】当时，，.因为或，所以.【小问2详解】当时，，解得.当时，或解得，即的取值范围是或.20. 已知集合的子集个数为.（1）求的值；（2）若的三边长为，证明：为等边三角形的充要条件是.【答案】（1）2    （2）证明见解析【解析】【分析】（1）解方程组可得答案；（2）①先证充分性：由①得，代入化简可得答案；②再证必要性：根据为等边三角形，可得，代入可得答案；或第（2）问中充分性方法一：利用基本不等式得，可得答案；方法二：由得，可得答案.小问1详解】由方程组，解得，所以，则只有1个元素，所以有2个子集，即；【小问2详解】①充分性：由①得，所以可化为，即，所以，则，所以，即为等边三角形，充分性得证.②必要性：因为为等边三角形，所以，由（1）得，所以，则，所以，必要性得证.故为等边三角形的充要条件是.第（2）问中充分性的证明，方法一：因为，所以，所以，即，所以，当且仅当时，等号成立，即为等边三角形，充分性得证.方法二：因为，所以，则，所以，即为等边三角形，充分性得证.所以为等边三角形的充要条件是.21. 已知集合.（1）若，求的取值范围.（2）若的子集个数为4，试问是否存在最大值？若存在，求出最大值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）    （2）存在最大值为2【解析】【分析】（1）因为，将代入求解即可.（2）对进行因式分解，可得和是方程的两根，由题意知集合中只有2个元素，进而得到，求出的范围，进而求即可.【小问1详解】因为，，所以不满足，所以，解得.【小问2详解】因式分解可得，则和是方程的两根，因为的子集个数为4，所以集合中只有2个元素，所以，解得或，所以或，所以存在最大值为2.22. 如图，正方形的边长为1，，分别是和边上的点.沿折叠使与线段上的点重合（不在端点处），折叠后与交于点.（1）证明：的周长为定值.（2）求的面积的最大值.【答案】（1）证明见解析    （2）【解析】【分析】（1）设，利用对称性，找到之间的关系，再由相似三角形的性质，利用周长比等于相似比建立关系，得到的周长表达式，化简证明即可；（2）由面积比等于相似比的平方建立关系，得到面积的表达式，消元后利用基本不等式求解最值.【小问1详解】设，，则，由勾股定理可得，即，由题意，，即，可知∽，设的周长分别为，则.又因为，所以，的周长为定值，且定值为.【小问2详解】设的面积为，则，因为，所以，.因为，则，因为，所以，当且仅当，即 时，等号成立，满足.故的面积的最大值为.