2024成都七中高一上学期10月月考数学试题含解析

成都七中高2026届高一数学十月阶段性测试

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. 下列集合符号运用不正确的是(    )

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据集合知识,逐项分析,即可求得答案.

【详解】对于A,由,故A正确;

对于B,因为,故B错误;

对于C,因为,故C正确;

对于D,因为,故D正确.

故选:B.

【点睛】解题关键是掌握集合的基础知识,考查了分析能力,属于基础题.

2. 已知全集，集合，则图中阴影部分所表示的集合为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

根据图像判断出阴影部分表示，由此求得正确选项.

【详解】根据图像可知，阴影部分表示，，所以.

故选：A

【点睛】本小题主要考查集合交集与补集的概念和运算，考查韦恩图，属于基础题.

3. 命题“，”的否定是（    ）

A. ， B. ，

C. ， D. ，

【答案】D

【解析】

【分析】根据全称量词命题与存在量词命题的关系，准确改写，即可求解.

【详解】根据全称命题与存在性命题的关系，可得命题“，”的否定是“，”.

故选：D.

4. 设集合，若，则实数（     ）

A.  B.  C. 或 D. 或

【答案】A

【解析】

【分析】根据给定条件，利用交集的结果结合集合元素的性质求解作答.

【详解】集合，则，且，解得，且，

由，得，或，

解，得或（舍去）；解，得（舍去）或（舍去），

所以

故选：A

5. 今有一台坏天平，两臂长不等，其余均精确，有人要用它称物体的质量，他将物体放在左右托盘各称一次，记两次称量结果分别为，设物体的真实质量为G，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据物理知识可求真实重量为，利用基本不等式可得两者之间的大小关系.

【详解】解：设天平的左右臂分别为，物体放在左右托盘称得的重量分别为, 真实重量为,

所以，由杠杆平衡原理知：，,

所以，由上式得，即，

因为,，

所以，由均值不等式，

故选：C.

6. 已知a，且，命题p：，命题q：，则命题p是命题q成立的（    ）条件

A. 充分不必要 B. 必要不充分

C. 充分必要 D. 既不充分也不必要

【答案】A

【解析】

【分析】对命题q进行等价转化为，再根据充分不必要条件的判断即可得到答案.

【详解】，即，

即，

则命题等价于，因为，则，

则，即，

而可以推出，反之，举例，但，则反推无法推出，

故是成立的充分不必要条件，

故选：A.

7. 某学校举办运动会，比赛项目包括田径､游泳､球类，经统计高一年级有人参加田径比赛，有人参加游泳比赛，有人参加球类比赛.参加球类比赛的同学中有人参加田径比赛，有人参加游泳比赛；同时参加田径比赛和游泳比赛的有人；同时参加三项比赛的有人.则高一年级参加比赛的同学有（    ）

A. 98人 B. 106人 C. 104人 D. 110

【答案】B

【解析】

【分析】根据韦恩图可求高一年级参加比赛的同学的人数.

【详解】

由上述韦恩图可得高一年级参加比赛的同学的人数为：

，

故选：B.

8. 对，表示不超过的最大整数，如，，，我们把，叫做取整函数，也称之为高斯（Gaussian）函数，也有数学爱好者形象的称其为“地板函数”，早在十八世纪，人类史上伟大的数学家，哥廷根学派的领袖约翰·卡尔·弗里德里希·高斯（Johann Carl FriedriCh Gaussian）最先提及，因此而得名“高斯（Gaussian）函数”．在现实生活中，这种“截尾取整”的高斯函数有着广泛的应用，如停车收费、EXCEL电子表格，在数学分析中它出现在求导、极限、定积分、级数等等各种问题之中．则不等式成立的充分不必要条件是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】解不等式得到，确定，对比选项得到答案.

【详解】，则，故或，，

对比选项知：成立的一个充分必要条件是，其他选项不满足.

故选：B.

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，有多项是符合题目要求的．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．

9. 关于命题“”，下列判断正确的是（    ）

A. 该命题是全称量词命题 B. 该命题是存在量词命题

C. 该命题是真命题 D. 该命题是假命题

【答案】BC

【解析】

【分析】根据存在量词命题、全称量词命题概念判断AB，再由命题真假判断CD.

【详解】是存在量词命题，

A选项错误B选项正确；

时，成立，

命题为真命题，即C正确D错误.

故选：BC

10. 若，，，则下列不等式对一切满足条件的，恒成立的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】ACD

【解析】

【分析】分别根据基本不等式即可求出．

【详解】，当且仅当时取等号，故A成立；

假设，则，则，与已知矛盾，故B不成立；

，当且仅当时取等号，故C成立；

，由A可得，当且仅当时取等号，故D成立.

故选：ACD．

11. 已知不等式的解集为，其中，则以下选项正确的有（    ）

A.

B.

C. 的解集为

D. 的解集为或

【答案】ABC

【解析】

【分析】根据二次不等式的解法，结合二次函数的性质，可得各参数的与零的大小关系，再结合韦达定理，可得选项中二次方程的解，可得答案.

【详解】不等式的解集为，，故A正确；

，令，，即，故B正确；

由上所述，易知，，

由题意可得为一元二次方程，则，，

则，，即为方程的解，

则可知不等式的解集为，故C正确，D错误.

故选：ABC.

12. 定义集合运算且，称为集合与集合的差集；定义集合运算称为集合与集合的对称差，有以下4个命题：则4个命题中是真命题的是（    ）

A.

B.

C.

D.

【答案】ABC

【解析】

【分析】A选项，通过题意得到；BCD选项，通过韦恩图进行推理求解.

【详解】A选项，由题意得，，

故，，A正确；

B选项，由题意，表示的运算为集合与的并集中去掉与的交集部分，

不妨设均有交集，如图所示，

故表示①②⑥⑦部分的并集，表示①②⑥⑦与③④⑥⑦的并集去掉两者的交集，

即表示①②③④部分的并集，

表示②③⑤⑥部分的并集，表示②③⑤⑥与①④⑤⑥的并集去掉两者的交集，

即表示①②③④部分的并集，故，B正确；

C选项，通过推理均表示⑤⑥部分的并集，C正确；

D选项，通过推理得到表示①②③④⑤⑥部分的并集，

表示①②④⑤⑥⑦部分的并集，表示①③④⑤⑥⑦部分的并集，

表示①②④⑤⑥⑦与①③④⑤⑥⑦的并集去掉两者的交集，

即②③部分的并集，D错误.

故选：ABC

三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡上．

13. 已知集合，，则_________.

【答案】

【解析】

【分析】根据集合元素的互异性以及交集性质进行分类讨论即可得出符合题意.

【详解】因为，所以，易知，

当时，，此时，，不合题意舍去；

当时，，此时，，满足题意，

所以.

故答案为：

14. 已知对一切，，不等式恒成立，则实数的最小值为______．

【答案】0

【解析】

【分析】令，则原题意等价于对一切，恒成立，根据恒成立问题结合二次函数的性质分析运算.

【详解】因为，，则，

所以，，

又不等式恒成立，且，可得，

令，则原题意等价于对一切，恒成立，

因为，当时，，

故实数的取值范围是.

15. 已知（，，），则的最小值为______．

【答案】2

【解析】

【分析】，，，所以或，分类讨论.

【详解】因为，，，所以或，

当，，故，

当，，故，

的最小值为2.

故答案为：2

16. 已知关于的不等式组仅有一个整数解，则的取值范围为______．

【答案】

【解析】

【分析】求出第一个不等式的解，讨论的范围得出第二个不等式的解，根据不等式组织含有一个整数得出第二个不等式的端点的范围，从而求得的范围.

【详解】由不等式，即，解得或，

解方程，解得或，

1.若，即时，不等式解集为，不合题意；

2.若，即时，不等式的解集为，

若不等式组只有1个整数解，则，解得；

3.若，即时，不等式的解集为，

若不等式组只有1个整数解，则，解得；

综上可得，实数的取值范围是.

故答案为：

四、解答题：本题共6小题，17题10分，18-22题每题12分，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A＝{x|﹣2≤x≤2}，B＝{x|x＞1}.

（1）求集合；

（2）设集合M＝{x|a＜x＜a+6}，且A∪M＝M，求实数a的取值范围.

【答案】（1）{x|﹣2≤x≤1}   

（2）

【解析】

【分析】（1）进行补集和交集的运算即可；

（2）根据可得出，然后即可得出，然后解出的范围即可．

【小问1详解】

，则，

又，则；

【小问2详解】

∵，∴，且，

∴，解得，

∴实数的取值范围为:

18. 已知命题：关于的方程有实数根， 命题．

（1）若命题是真命题， 求实数的取值范围；

（2）若是的必要不充分条件， 求实数的取值范围．

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）依题意命题是假命题，即可得到，从而求出参数的取值范围；

（2）记，，依题意可得，即可得到不等式组，解得即可.

【小问1详解】

解：因为命题是真命题，所以命题是假命题．

所以方程无实根，

所以．

即，即，解得或，

所以实数a的取值范围是．

【小问2详解】

解：由（1）可知：，

记，，

因为是的必要不充分条件，所以，所以（等号不同时取得），

解得，所以实数的取值范围是．

19. 为宣传2023年杭州亚运会，某公益广告公司拟在一张矩形海报纸（记为矩形ABCD，如图）上设计四个等高的宣传栏（栏面分别为两个等腰三角形和两个全等的直角三角形且），宣传栏（图中阴影部分）的面积之和为．为了美观，要求海报上所有水平方向和竖直方向的留空宽度均为10cm，设．

（1）当时，求海报纸的面积；

（2）为节约成本，应如何选择海报纸的尺寸，可使用纸量最少（即矩形ABCD的面积最小）？

【答案】（1）   

（2）选择长宽分别为的海报纸.

【解析】

【分析】（1）先表示出阴影部分的面积，代入，可求出阴影部分的高，进而得到海报纸的面积；

（2）表示出各自的关系式，转化为条件下的最值问题，最后运用基本不等式可得答案.

【小问1详解】

设阴影部分直角三角形的高为所以阴影部分的面积：，所以即：，

由图像知：，

【小问2详解】

由（1）知：

，当且仅当即，

即等号成立.

综上，选择长宽分别为的海报纸.

20. 已知一元二次不等式的解集为A，关于x的不等式的解集为B（其中）．

（1）求集合B；

（2）在①，②，③，这三个条件中任选一个，补充在下面问题的______中，若问题中的实数m存在，求m的取值范围：若不存在，说明理由．

问题：是否存在实数m，使得______？（注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分）．

【答案】（1）答案见解析   

（2）答案见解析

【解析】

【分析】（1）由，得，从而根据m的范围，分类讨论，解一元二次不等式即可；

（2）由（1），若选择①，则，从而列式求得m的取值范围；若选择②，，根据m的范围，分类讨论，利用交集运算得结论；若选择③，，则，由此可求出m的取值范围．

【小问1详解】

解：由，即．

①时，；

②时，或；

③时，；

④时，不等式无解；

⑤时，．

综上所述：当时，；当时，；

当时，；当时，；当时，．

【小问2详解】

由（1），若选择①，则，

由（1）可知：只有当，，则有，所以；

另外，当时，也成立，

所以选择①，则实数m的取值范围是；

若选择②，，

由（1）可知：当，，时，都能符合条件；

当，，则有，所以

所以选择②，则实数m的取值范围是或；

若选择③，，则，

由（1）可知：只有当时，成立；

另外，当时，也成立

所以选择③，则实数m的取值范围是．

21. 已知均为正实数，且.

（1）求的最大值；

（2）求的最小值.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由，结合基本不等式即可求解；

（2）令，，，由展开，利用基本不等式得，又由（1）知，代入求解即可

【小问1详解】

∵，

又，，，

∴，

∴，当且仅当时，等号成立，

即的最大值为.

【小问2详解】

令，，，

则，

∵，，，

∴，

当且仅当，即时，等号成立，

由（1）知，

∴，

∴，∴，即，

当且仅当时，等号成立，

故最小值为.

22. 关于的方程（）的解集为（），关于的方程（）的解集为

（1）对于集合，，若，，则．求证：

（2）若，求实数的取值范围．

【答案】（1）证明见解析   

（2）

【解析】

【分析】（1）根据子集的定义，结合方程解的性质进行证明即可；

（2）根据集合相等的定义，结合一元二次方程根的判别式分类讨论进行求解即可.

小问1详解】

设，∴，将带入方程等式成立．

∴是方程的解，

∴，∴；

【小问2详解】

∵，∴有实根，

∴，∴，

∵集合为方程即的根的集合，

由（1）的结论

且集合为方程根的集合，

∴因式分解后必定含有因式，

由多项式的除法：，

∵，

∴无实根或其根为方程的根，

当无实根时，

，解得，

当的根为方程的根时，

①当有两不等实根时，由韦达定理，其根不可能与的根相同；

②当有两相等实根时，即即时，

方程的根为，此根刚好是的根，满足条件．

综上：故的取值范围是.

【点睛】关键点睛：本题的关键是根据集合相等的定义判断出无实根或其根为方程的根.