（人教A版2019）2023-2024学年高一数学上学期 第一次月考卷

2023-2024学年高一数学上学期第一次月考

A卷·基础知识达标测

（考试时间：120分钟  试卷满分：150分）

注意事项：

1．本试卷分第Ⅰ卷（选择题）和第Ⅱ卷（非选择题）两部分。答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上。

2．回答第Ⅰ卷时，选出每小题答案后，用2B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。写在本试卷上无效。

3．回答第Ⅱ卷时，将答案写在答题卡上。写在本试卷上无效。

4．测试范围：必修第一册第一章、第二章。

5．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回。

第Ⅰ卷

一、单项选择题：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．设集合，，若，则（    ）

A．2 B．1 C． D．

【答案】B

【分析】根据包含关系分和两种情况讨论，运算求解即可.

【详解】因为，则有：

若，解得，此时，，不符合题意；

若，解得，此时，，符合题意；

综上所述：.故选B.

2．设，，则与的大小关系是（    ）

A． B． C． D．无法确定

【答案】A

【分析】利用作差法解出的结果，然后与0进行比较，即可得到答案

【详解】因为，，

所以，所以，故选A.

3．已知实数，满足，，则的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】令，，可得，再根据的范围求解即可.

【详解】令，，则，所以．因为，所以．因为，所以，所以.故选B．

4．若，则“”是“”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】C

【分析】解法一：由化简得到即可判断；解法二：证明充分性可由得到，代入化简即可，证明必要性可由去分母，再用完全平方公式即可；解法三：证明充分性可由通分后用配凑法得到完全平方公式，再把代入即可，证明必要性可由通分后用配凑法得到完全平方公式，再把代入，解方程即可.

【详解】解法一：因为，且，所以，即，即，所以.

所以“”是“”的充要条件.

解法二：充分性：因为，且，所以，所以，

所以充分性成立；

必要性：因为，且，所以，即，即，所以.所以必要性成立.所以“”是“”的充要条件.

解法三：充分性：因为，且，

所以，所以充分性成立；

必要性：因为，且，

所以，

所以，所以，所以，所以必要性成立.

所以“”是“”的充要条件.故选C.

5．已知命题“，使”是假命题，则实数的取值范围是（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】由题可得恒成立，由即可求出.

【详解】因为命题“，使”是假命题，

所以恒成立，所以，解得，

故实数的取值范围是．故选B．

6．已知，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】D

【分析】由不等式的性质判断ACD；取特殊值判断B.

【详解】对于A，因为，所以，即，故错误；

对于B，取，则，故错误；

对于C，由，得，所以，故错误；

对于D，由，得，所以，故正确.

故选D.

7．已知正实数满足，则的最小值为（    ）

A．6 B．8 C．10 D．12

【答案】B

【分析】令，用分别乘，两边再用均值不等式求解即可.

【详解】因为，且为正实数，

所以，当且仅当，即时等号成立.所以.故选B.

8．关于的不等式的解集中恰有个整数，则实数的取值范围是（　　）

A．  B．

C．  D．

【答案】C

【分析】分类讨论一元二次不等式的解，根据解集中只有一个整数，即可求解.

【详解】由得，

若，则不等式无解．

若，则不等式的解集为，此时要使不等式的解集中恰有个整数解，则此时个整数解为，则．

若，则不等式的解集为，此时要使不等式的解集中恰有个整数解，则此时个整数解为，则．

综上，满足条件的的取值范围是.故选C．

二、多项选择题：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．下面命题为真命题的是（    ）

A．若，则 B．若，则

C．若，则 D．若，则

【答案】CD

【分析】利用特殊值判断A、B，利用不等式的性质判断C、D.

【详解】对于A：当时，故A错误；

对于B：取，则，故B错误；

对于C：若，则，，所以，故C正确；

对于D：由，所以，所以，故D正确.

故选CD.

10．不等式的解集是，则下列结论正确的是（   ）

A． B．

C． D．

【答案】ABC

【分析】根据二次函数图像与二次不等式关系求解即可.

【详解】解：因为不等式的解集是，

所以，且，所以所以，，，所以，

故A、B、C正确，D错误．故选ABC．

11．若正实数，满足，则下列说法正确的是（    ）

A．有最大值 B．有最大值

C．有最小值4 D．有最小值

【答案】ABC

【分析】由已知结合基本不等式及相关结论分别分析各选项即可判断．

【详解】解：因为正实数，满足，所以，当且仅当时取等号，所以，故有最大值，故A正确；，当且仅当时取等号，故，即有最大值，故B正确；

，当且仅当时取等号，故有最小值4，故C正确；

，当且仅当时取等号，所以有最小值，故D错误．故选ABC．

12．1872年德国数学家戴德金从连续性的要求出发，用有理数的“分割”来定义无理数（史称“戴德金分割”），并把实数理论建立在严格的科学基础上，从而结束了无理数被认为“无理”的时代，也结束了数学史上的第一次大危机．将有理数集划分为两个非空的子集与，且满足，，中的每一个元素都小于中的每一个元素，则称为戴德金分割．试判断下列选项中，可能成立的是（    ）

A．若，，则满足戴德金分割

B．若为戴德金分割，则没有最大元素，有一个最小元素

C．若为戴德金分割，则有一个最大元素，有一个最小元素

D．若为戴德金分割，则没有最大元素，也没有最小元素

【答案】BD

【分析】根据集合的定义和题目要求，分析各选项即可.

【详解】对于选项A，因为，，，故A错误；

对于选项B，设，，满足戴德金分割，则M中没有最大元素，N有一个最小元素0，故B正确；

对于选项C，若有一个最大元素，有一个最小元素，若，一定存在使不成立；若，则不成立，故C错误；

对于选项D，设，，满足戴德金分割，此时没有最大元素，也没有最小元素，故D正确．故选BD．

第Ⅱ卷

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13．命题“∃x∈R，x≥1或x＞2”的否定是__________．

【答案】∀x∈R，x＜1

【详解】特称命题的否定是全称命题，所以命题“∃x∈R，x≥1或x＞2”的等价条件为：“∃x∈R，x≥1”，所以命题的否定是：∀x∈R，x＜1．故答案为：∀x∈R，x＜1．

14．设集合，则集合的子集个数为__________．

【答案】16

【分析】先化简集合A，再利用子集的定义求解.

【详解】解：，故A的子集个数为，故答案为：16.

15．设函数，不等式的解集为，若对任意恒成立，则实数的取值范围为__________．

【答案】

【分析】先根据不等式的解集求得，得到，再把对任意，恒成立，结合二次函数的性质，转化为恒成立，即可求解.

【详解】由函数，且不等式的解集为，

即是方程两个实数根，

可得，解得，所以，

又由，且，

当时，函数取得最大值，最大值为，

因为对任意恒成立，即恒成立，

解得或，所以实数的取值范围为.

故答案为：.

16．已知非负实数，满足，则的最小值为__________．

【答案】

【分析】将变形为，再借助“1”的妙用求解作答.

【详解】非负实数，满足，有，

则

，当且仅当，即时取“=”，由，得，

所以当时，的最小值为.故答案为：.

四、解答题：本题共6小题，共70分．第17题10分，其他每题12分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．

17．设全集，集合，.

（1）求及；

（2）求.

【答案】（1），；（2）.

【分析】（1）根据集合的交并集运算求解即可；

（2）根据集合的补集的运算和交集的运算求解即可.

【详解】解：（1）因为，，

所以，

（2）因为，所以，

所以.

18．设函数f(x)=ax2+(b－2)x+3（a≠0）．

（1）若不等式f(x)＞0的解集为(－1，1)，求a，b的值；

（2）若f(1)=2，

①a＞0，b＞0，求的最小值；

②若f(x)＞1在R上恒成立，求实数a的取值范围．

【答案】（1）；（2）①9；②

【分析】（1）由一元二次不等式的解得一元二次方程的解，利用根与系数关系列方程求解；

（2）由条件得，①利用基本不等式求最小值；②化简不等式为标准的一元二次不等式，然后由一元二次不等式恒成立可得．

【详解】（1）由题意的两根是和1且，

所以，解得．

（2），，

①因为，所以，

当且仅当，即时等号成立．所以的最小值是9．

②易知，，即，

的解集为R，时，不合题意，

所以，且，解得，

所以的取值范围是．

19．已知集合.

（1）当时，求；

（2）若，求实数的取值范围.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）根据集合的运算法则计算；

（2）由得，然后分和两种情况求解．

【详解】（1）当时，中不等式为，即，

所以，则.

（2）若，则，

①当时，，即，此时；

②当时，，即，此时.

综上的取值范围为.

20．集合，．

（1）若，，求实数a的值；

（2）从①，②，③这三个条件中选择一个作为已知条件，求实数a的取值范围．

【答案】（1）1；（2）条件选择见解析，.

【分析】（1）由可知、，即可求出答案.

（2）三个条件中选择一个都可得，由此即可列出不等式组，即可求出答案.

【详解】（1）因为，所以，

所以，得或．

当时，，不满足，故舍去；

当时，，满足题意．

故实数a的值为1．

（2）方案一  选择条件①．

由，得，

所以，解得．

故实数a的取值范围是．

方案二  选择条件②．

由，得，

所以，解得．

故实数a的取值范围是．

方案三  选择条件③．

由，得，

所以解得．

故实数a的取值范围是．

21．某厂家拟在2023年举行某产品的促销活动，经调查测算，该产品的年销售量（即该厂的年产量）x万件与年促销费用m万元满足（k为常数），如果不搞促销活动，则该产品的年销售量只能是2万件．已知生产该产品的固定投入为8万元，每生产一万件该产品需要再投入16万元，厂家将每件产品的销售价格定为每件产品年平均成本的1.5倍（此处每件产品年平均成本按元来计算）.

（1）将2023年该产品的利润y万元表示为年促销费用m万元的函数；

（2）该厂家2023年的促销费用投入多少万元时，厂家的利润最大？最大利润是多少？

【答案】（1）；

（2）该厂家2023年的促销费用投入3万元时，厂家的利润最大为29万元.

【分析】（1）根据题意列方程即可.

（2）根据基本不等式，可求出的最小值，从而可求出的最大值.

【详解】（1）由题意知，当时，（万件），

则，解得，所以．

所以每件产品的销售价格为（元），

所以2023年的利润．

（2）因为当时，，所以，

当且仅当，即时等号成立．

所以，

即万元时，（万元）．

故该厂家2023年的促销费用投入3万元时，厂家的利润最大为29万元．

22．已知函数，．

（1）当时，求不等式的解集；

（2）若存在使关于的方程有四个不同的实根，求实数的取值范围．

【分析】（1）先因式分解，对两根大小作讨论，求出解集；

（2）先令，由，则可得，再将有四个不同的实根，转化为有两个不同正根，根据根与系数的关系，求出的取值范围．

【详解】（1）由题意，，即，

解方程得，.

①当时，即当时，解不等式，得或，

此时的解集为；

②当时，即时，解不等式，得，

此时的解集为；

③当时，即当时，解不等式，得或，

此时的解集为；

综上，当时，的解集为；

当时，的解集为；

当时，的解集为；

（2）当时，令，当且仅当时，等号成立；

则关于的方程可化为，

关于的方程有四个不同的实根，

即有两个不同正根，

则，

由②③式可得，

由①知：存在使不等式成立，

故，

即，解得或.

故实数的取值范围是．

【点睛】已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：

（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；

（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；

（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解．