2023-2024学年福建省龙岩市上杭县才溪中学高一上学期10月月考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年福建省龙岩市上杭县才溪中学高一上学期10月月考数学试题含答案，共11页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．设集合，，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】利用交集定义直接求解.
【详解】∵集合，，
∴.
故选：B.
2．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据交集定义运算即可
【详解】
故选：D
3．命题“，有实数解”的否定是（ ）
A．，有实数解B．，无实数解
C．，无实数解D．，有实数解
【答案】C
【分析】根据特称命题的否定是全称命题即可求解.
【详解】因为特称命题的否定是全称命题，，有实数解的否定是，无实数解，
故选:C.
4．1943年深秋的一个夜晚，年仅19岁的曹火星在晋察冀边区创作了歌曲《没有共产党就没有中国》，毛主席得知后感觉歌名的逻辑上有点问题，遂提出修改意见，将歌名改成《没有共产党就没有新中国》，今年恰好是建党100周年，请问“没有共产党”是“没有新中国”的（ ）条件．
A．充分B．必要C．充分必要D．既非充分又非必要
【答案】A
【分析】直接利用充分条件的定义进行判断即可.
【详解】记条件p: “没有共产党”，条件q：“没有新中国”，由歌词知，p可推出q，故“没有共产党”是“没有新中国”的充分条件.
故选：A.
5．满足条件的所有集合的个数是（ ）
A．32B．31C．16D．15
【答案】B
【分析】根据已知所给的集合关系将问题转化求集合真子集即可.
【详解】由集合满足条件，
所以集合至少含元素1,2，将1,2看成一个整体用来表示，
则上述集合关系式变成：，
则此时集合为集合的真子集，
问题转化为求集合的真子集的个数即：，
故满足题意的集合有31个.
故选：B.
6．设，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】A
【分析】利用充要条件的定义判断即可.
【详解】由可得，或，所以可推出，即“”是“”的充分条件；由，不能够推出，故“”是“”的不必要条件；
综上，“”是“”的充分不必要条件.
故选：A
7．设，则的最小值为（ ）
A．10B．9C．8D．3
【答案】D
【分析】构造，展开后结合基本不等式即可求解.
【详解】因为，所以，
，当且仅当，
此时恰取到等号，所以的最小值为3.
故选：D
8．已知函数，则（ ）
A．8B．C．D．
【答案】B
【分析】根据分段函数的解析式先求出的值，在求出的值即可.
【详解】因为，
所以，
所以，
故选：B.
二、多选题
9．下列说法正确的是（ ）
A．方程的解集中有两个元素B．
C．2D．
【答案】CD
【分析】利用集合元素的性质、元素与集合的关系判断作答.
【详解】对于A，方程有等根1，因此方程的解集中只有1个元素，A错误；
对于B，0是自然数，B错误；
对于C，2是最小的质数，C正确；
对于D，是正分数，是有理数，D正确.
故选：CD
10．下列叙述中正确的是（ ）
A．若，则；B．若，则；
C．已知，则“”是“”的必要不充分条件；D．命题“”的是真命题.
【答案】ABC
【分析】根据交集、并集的定义判断A，B，根据充分条件、必要条件的定义判断C，利用特例判断D；
【详解】解：对于A：若，则，故A正确；
对于B：若，则且，所以，故B正确；
对于C：由，即，所以或或或，故充分性不成立，由可以得到，故“”是“”的必要不充分条件，故C正确；
对于D：当时，，故D错误；
故选：ABC
11．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性质，以及二次不等式关系，列出不等式组，即可求解.
【详解】因为不等式的解集是，
可得，且，所以，所以，
所以A、C正确，D错误．
因为二次函数的两个零点为，且图像开口向下，
所以当时，，所以B正确．
故选：ABC．
12．下列说法正确的是（ ）
A．若，，，则的最大值为4
B．若，则函数的最大值为
C．若，，，则的最大值为1
D．函数的最小值为
【答案】BC
【分析】运用基本不等式逐一判断即可.
【详解】A：，当且仅当时取等号，即
当且仅当时取等号，因此的最小值为4，所以本选项说法不正确；
B：因为，所以，
，
因为，当且仅当时取等号，
当时取等号，所以
所以，因此本选项正确；
C：因为，，所以由
，当且仅当时取等号，因此本选项正确；
D：，
当且仅当取等号，即，显然该方程无实根，
因此上述不等式中等号不成立，
即，没有最小值，因此本选项不正确，
故选：BC
三、填空题
13．已知，，若集合，则的值为 .
【答案】
【分析】利用集合相等，求出，再求出，检验即可.
【详解】根据题意，，故，则，
故，则，
当时，与集合的互异性相矛盾，故舍去，
当时，，符合题意，
.
故答案为：.
14．若“，”是假命题，则实数的取值范围是 .
【答案】
【分析】由题分析得，为真命题，则分为和两大类讨论即可.
【详解】,使为假命题;
则其命题的否定，为真命题，
当时，，成立，
当时，则，;
实数的取值范围为.
故答案为：.
15．已知函数是定义在区间上的减函数，若，则实数的取值范围是 ．
【答案】
【解析】根据题意，由函数的定义域和单调性可得，解可得的取值范围，即可得答案．
【详解】根据题意，函数是定义在区间上的减函数，
若，则有，解可得，
即的取值范围为，，
故答案为：，．
【点睛】本题考查函数单调性的性质以及应用，注意函数的定义域，属于基础题．
16．已知，，，则的最小值为 .
【答案】
【解析】将代入，利用齐次式以及基本不等式求出最小值即可．
【详解】
当且仅当时取等号
故答案为：
四、解答题
17．设是小于11的正整数，
求
【答案】
【分析】按照集合的交并补定义运算即可.
【详解】由题知
所以
,故
,故
18．解关于的不等式:其中.
【答案】答案见解析
【分析】转化，分，，是否为二次以及开口方向讨论，当时，根据，，两根的大小关系再分类讨论
【详解】由题意，
①当时，解集为:.
②当时，原不等式化为:，故或
故不等式的解集为:.
③当时，原不等式化为:；
若,即时，故，故不等式的解集为:；
若即时，故，故不等式的解集为:;
若，即时，故，故不等式的解集为:，
综上，（1）当时解集为:
（2）当时，解集为: .
（3）当时，解集为:；
（4）当时，解集为:；
（5）当时，解集为:.
19．设函数.
（1）若不等式的解集是，求不等式的解集；
（2）若，恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）；（2）.
【分析】（1）一元二次不等式解集的端点是相应二次方程的根，因此可先利用韦达定理算出；
（2）开口向上的二次函数在全体实数上恒非负，即.
【详解】（1）因为不等式的解集是，
所以，所以；
所以的解集为；
（2）因为恒成立，所以，即，
解得.
20．已知集合，集合．
(1)若时，求，；
(2)若，求实数的取值范围．
【答案】(1)；或
(2)或
【分析】（1）根据集合的交并补的运算，即可求得答案;
（2）由题意讨论集合B是否为空集，不为空集时，列出相应的不等式组，即可求得答案.
【详解】（1）因为，当时，，
又因为，所以．
因为或，
所以或；
（2）时，
当时，，解得，
当时，或，解得或，
综上，实数的取值范围是或.
21．设函数,
（1）若关于的不等式的解集为，求实数的值；
（2）求不等式的解集；
（3）若对于，恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）；（2）见解析；（3）
【分析】（1）根据不等式的解集，得到是方程的两个根，由韦达定理，即可求出结果；
（2）先将不等式化为，分别讨论，，三种情况，即可得出结果；
（3）先由题意得到对于恒成立，由基本不等式求出的最小值，即可得出结果.
【详解】（1）因为关于的不等式的解集为，
所以是方程的两个根，
因此；
（2），，.
当时，不等式的解集为；
当时，原不等式为，该不等式的解集为；
当时，不等式的解集为；
（3）由题意，当时，恒成立，
即时，恒成立.
由基本不等式得，当且仅当时，等号成立，
所以，
因此，实数的取值范围是.
【点睛】本题主要考查由不等式解集求参数，分类讨论法解含参数的不等式，以及由不等式恒成立求参数的问题，熟记三个二次之间关系，熟记基本不等式，灵活运用分类讨论的思想即可，属于常考题型.
22．已知函数.
(1)判断函数在上的单调性并证明；
(2)判断并证明函数的奇偶性，并求在区间上的最大值与最小值.
【答案】(1)在单调递减，证明见解析
(2)为奇函数，证明见解析，，
【分析】（1）利用函数的单调性定义证明；
（2）利用函数的奇偶性定义判断，利用函数的单调性求最值.
【详解】（1）解：任取，
，
，
，
，，
，即在单调递减；
（2）因为的定义域为，关于原点对称，
又，
所以为奇函数，
又由（1）知在单调递减，所以在也单调递减，
所以，.