2023-2024学年山东省青岛市青岛第九中学高一上学期10月月考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年山东省青岛市青岛第九中学高一上学期10月月考数学试题含答案，共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，应用题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．设全集，则（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】由补集运算以及交集运算法则即可求解.
【详解】由题意，因此有，
且注意到，因此有.
故选：C.
2．设，，若，求实数组成的集合的子集个数有
A．2B．3C．4D．8
【答案】D
【分析】先解方程得集合A，再根据得，最后根据包含关系求实数，即得结果.
【详解】,
因为，所以，
因此，对应实数的值为，其组成的集合的子集个数有，选D.
【点睛】本题考查集合包含关系以及集合子集，考查基本分析求解能力，属中档题.
3．“”是“”的（ ）
A．必要不充分条件B．充分不必要条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】化简已知条件，根据充分条件、必要条件的概念可得解.
【详解】由，得，
即，则，
所以“”是“”的必要不充分条件．
故选：A
4．已知“”是“”成立的必要不充分条件，则实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】解一元二次不等式求题设条件中范围，根据必要不充分条件判断包含关系，进而求的取值范围.
【详解】由得：或，所以或；
由得：，所以.
因为是的必要不充分条件，即且，
所以是或的真子集，
所以或，解得或.
故选：B
5．若，，定义且，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】分别解不等式，根据的定义直接计算即可.
【详解】由已知，，
则，
故或，故
故选：B.
6．命题“”为假命题的一个必要不充分条件是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】C
【分析】先将命题“，”为假命题转化“，”为真命题，求出其充要条件，再利用数集间的包含关系进行求解.
【详解】命题“，”为假命题，
即命题“，”为真命题，
则，解得，
对于A：是命题“”为假命题的充要条件，即选项A错误；
对于B：是的真子集，所以是“”为假命题的一个充分不必要条件，故选项B错误；
对于C：是的真子集，所以是 “”为假命题的一个必要不充分条件，故选项C正确；
对于D：与无包含关系，所以是“”为假命题的一个既不充分也不必要条件，故选项D错误.
故选：C.
7．已知，则的最小值为（ ）
A．16B．18C．8D．20
【答案】B
【分析】将转化为，发现所求式子两个分母和为定值1，即，所以运用“1”的灵活代换及均值不等式即可求解.
【详解】解：因为，所以，
又因为，
所以
（当且仅当即时等号成立），
故选：B.
8．已知，是正实数，则下列式子中能使恒成立的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】特殊化的方法，取可判断A，取，可判断C，D,可排除A,C,D，可得答案B，也可利用不等式性质证明B正确.
【详解】对于A，取，该不等式成立，但不满足；
对于C，该不等式等价于，取，，该不等式成立，但不满足；
对于D，该不等式等价于，取，，该不等式成立，但不满足；
下面证明B
法一
不等式等价于，而.
函数在上单增，故.
法二
若，则，故，矛盾.
故选：B
【点睛】本题主要考查了不等式的性质，函数的单调性，反证法，属于中档题.
二、多选题
9．（多选）对下列命题进行否定，得到的新命题是全称量词命题且为真命题的有（ ）
A．B．所有的正方形都是矩形
C．D．至少有一个实数，使
【答案】ACD
【分析】根据特称命题的否定为全称命题，再根据原命题与命题的否定真假性相反，即可判断其真假．
【详解】命题的否定是全称量词命题，则原命题为存在量词命题，故排除项，命题的否定为真命题，则原命题为假命题.又选项中的命题为假命题，所以其命题的否定为真命题.
故选：ACD.
10．已知，，且，则下列结论正确的是（ ）
A．的取值范围是B．的取值范围是
C．的最小值是D．的最小值为
【答案】AC
【分析】利用基本不等式构造一元二次不等式即可判断A,B；利用多变量变单变量即可判断CD.
【详解】对于A，因为，
所以，当且仅当时取等号
由，
即，解得，
即，A正确；
对于，由，当且仅当时取等号，
得，
所以，
又
所以，即，故B错误；
对C选项，因为，则，
得，结合，则，
所以，
当且仅当，即时等号成立，C正确；
对于D选项知:，
当且仅当时，即，
但由于，因此等号不成立，故D不正确.
故选：AC.
【点睛】关键点睛：本题的关键是利用整体的思想利用基本不等式构造一元二次不等式从而判断AB，再利用多变量统一为单变量的方法来判断CD.
11．（多选）若非空实数集满足任意，都有， ，则称为“优集”．已知是优集，则下列命题中正确的是（ ）
A．是优集B．是优集
C．若是优集，则或D．若是优集，则是优集
【答案】ACD
【分析】结合集合的运算，紧扣集合的新定义，逐项推理或举出反例，即可求解.
【详解】对于A中，任取，
因为集合是优集，则，则 ，
，则，所以A正确；
对于B中，取，
则或，
令，则，所以B不正确；
对于C中，任取，可得，
因为是优集，则，
若，则，此时 ；
若，则，此时 ，
所以C正确；
对于D中，是优集，可得，则为优集；
或，则为优集，所以是优集，所以D正确.
故选：ACD.
【点睛】解决以集合为背景的新定义问题要抓住两点：1、紧扣新定义，首先分析新定义的特点，把心定义所叙述的问题的本质弄清楚，应用到具体的解题过程中；2、用好集合的性质，解题时要善于从试题中发现可以使用的集合的性质的一些因素.
12．某辆汽车以的速度在高速公路上匀速行驶（考虑到高速公路行车安全，要求）时，每小时的油耗（所需要的汽油量）为，其中为常数．若汽车以120km/h的速度行驶时，每小时的油耗为，欲使每小时的油耗不超过，则速度x的值可为（ ）
A．60B．80C．100D．120
【答案】ABC
【解析】先利用120km/h时的油耗，计算出的值，然后根据题意“油耗不超过”列不等式，解不等式求得的取值范围.
【详解】由汽车以120km/h的速度行驶时，每小时的油耗为，
，解得：，故每小时油耗为，
由题意得，解得：，
又，故，所以速度的取值范围为.
故选：ABC
【点睛】关键点点睛：本题考查利用待定系数法求解析式，考查一元二次不等式的解法，解题的关键是先利用120km/h时的油耗，计算出的值，然后代入根据题意解不等式，考查实际应用问题，属于中档题.
三、填空题
13．已知集合中有8个子集，则的一个值为 .
【答案】4或9（写出一个即可）
【分析】由题意可知，集合中有三个元素，则有三个因数，即可求出的值.
【详解】集合中有8个子集，
由知，集合中有三个元素，则有三个因数，
因为，，
除1和它本身外，还有1个，所以的值可以为4，9.
故答案为：4或9（写出一个即可）
14．已知集合，或.若，则实数的取值范围是 ．
【答案】或
【分析】根据题意，若，则，分情况讨论，进而求解，得出答案．
【详解】已知集合，或.
若，则，
当，即时，满足条件；
当时，即当时，若，则或，
解得（舍）或，
综上，实数的取值范围是或.
故答案为：或.
15．关于的不等式的解集为 .
【答案】
【分析】直接因式分解，再利用基本不等式即可得到答案.
【详解】,
即，
因为，则，当且仅当时等号成立，
则不等式得解集为，
故答案为：.
16．已知，，，则的最小值为 ．
【答案】/4.5
【分析】根据条件消去，再利用“1”的变形技巧，结合均值不等式求解即可.
【详解】由可得，解得，
又，所以，
则
，
当且仅当，即时等号成立.
故答案为：
四、解答题
17．已知，.
(1)若，求的最大值；
(2)若，证明：.
【答案】(1)9
(2)证明见解析
【分析】（1）由运用基本不等式求乘积得最大值；
（2）直接由基本不等式对已知等式进行放缩，证得结果.
【详解】（1）因为，所以.
，
当且仅当，，时，等号成立，
故的最大值为9.
（2）证明：因为，
所以，又，
解得，
当且仅当时，等号成立.
故.
18．已知全集为实数集，集合，.

(1)若，求图中阴影部分的集合；
(2)若，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）由题图知，再根据已知及集合的交补运算求集合M即可.
（2）讨论、，根据集合的包含关系列不等式组求参数范围.
【详解】（1）解：时，，由图知，，
因为，所以，
所以.
（2）当时，，解得，此时成立；
当时，，解得，
因为，所以，解得，
所以；
综上可得，实数的取值范围是.
19．已知集合
(1)若写出的所有子集
(2)若是的必要条件，求实数的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）先利用一元二次方程化简集合A，B，再利用集合的并集运算求解，进而得到子集；
（2）由题意得到，分中没有元素即，中只有一个元素和中有两个元素求解.
【详解】（1），
若，则，此时，
所以子集为.
（2）若是的必要条件，只需.
①若中没有元素即，
则，此时，满足；
②若中只有一个元素，则，此时．
则，此时满足；
③若中有两个元素，则，此时．
因为中也有两个元素，且，则必有，
由韦达定理得，则，矛盾，故舍去．
综上所述，当时，．
所以实数的取值范围：．
五、应用题
20．第31届世界大学生夏季运动会将于2023年7月28日至8月8日在四川成都举行，某公司为了竞标配套活动的相关代言，决定对旗下的某商品进行一次评估．该商品原来每件售价为25元，年销售8万件．
(1)据市场调查，若价格每提高1元，销售量将相应减少2000件，要使销售的总收入不低于原收入，该商品每件定价最多为多少元？
(2)为了抓住此次契机，扩大该商品的影响力，提高年销售量，公司决定立即对该商品进行全面技术革新和营销策略改革，并提高定价到元．公司拟投入万元作为技改费用，投入50万元作为固定宣传费用，投入万元作为浮动宣传费用．试问：当该商品改革后的销售量至少应达到多少万件时，才可能使改革后的销售收入不低于原收入与总投入之和？并求出此时商品的每件定价．
【答案】(1)40元
(2)10.2万件，30元．
【分析】（1）设每件定价为t元，根据题意列不等式，然后解不等式即可；
（2）根据题意得到时，不等式有解，然后转化为，再根据基本不等式求最值即可.
【详解】（1）设每件定价为元，依题意得，
整理得，
解得．
所以要使销售的总收入不低于原收入，每件定价最多为40元．
（2）依题意知当时，不等式有解，
等价于时，有解．
由于，当且仅当，即时等号成立，所以．
故当该商品改革后的销售量至少达到10.2万件时，
才可能使改革后的销售收入不低于原收入与总投入之和，此时该商品的每件定价为30元．
六、解答题
21．现有四个长方体容器，的底面积均为，高分别为；的底面积均为，高分别为（其中）．现规定一种两人的游戏规则：每人从四种容器中取两个盛水，盛水多者为胜．问先取者在未能确定与大小的情况下有没有必胜的方案？若有，有几种？请加以证明.
【答案】有，只有1种，证明见详解
【分析】当时可得；当时可得，分情况讨论，最终有，故可得到答案.
【详解】设A，，，的体积分别为，，，，
每人从四种容器中取两个容器有三种对应情况：，
因为，
因为，的大小关系不确定，故与大小无法确定，
故不管先取者取，还是，都不能确保胜利；
因为，
因为，的大小关系不确定，故与大小无法确定，
故不管先取者取，还是，都不能确保胜利；
因为，
所以，即先取者先取，必可保证胜利；
综上，先取者有必胜方案，且只有种，就是先取．
22．如图，抛物线与轴交于点，与轴交于点.

(1)求抛物线的解析式；
(2)连接，点为线段上的一个动点，过点作轴的平行线交抛物线于点，设点的横坐标为，线段长度为.求与的函数关系式（不要求写出自变量的取值范围）；
(3)在（2）的条件下，连接，是否存在值，使是等腰三角形？若存在，求出的值；若不存在，请说明理由.
【答案】(1)
(2)
(3)存在，或或
【分析】（1）直接将两点坐标代入抛物线的表达式解方程组即可求得；
（2）根据两点坐标求得直线的解析式，根据点横标分别求得两点纵标，上下两点纵标之差即为线段的长度；
（3）因为不清楚等腰三角形中哪两条边相等，所以要分为三种情况分别讨论，即或或.
【详解】（1）∵，
∴，解得，
∴该抛物线的解析式是
（2）设直线的解析式为

∵，
∴，即
∴直线的解析式为
∵轴，∴、两点的横坐标都为.
在中，当时，
∴
在中，当时，
∴，
∴
（3）存在.证明如下：
∵，
∴，，即
过点作轴于点，

∴，∴，
∴，
若是等腰三角形，则分以下情况讨论：
①时，则整理得
解得：或
∵不与重合，∴舍去∴；
（2）时，过点作于点，

∴
∵轴，∴，
∴，
∴，∴，
∴.又∵，∴
则
整理得，解得：或
∵不与重合，∴舍去∴；
③时，过点作于点，

∵，
∴为中点，且点坐标为，点纵坐标为，
由第二问知点坐标为，
∵
∴，
整理得，解得或，
∵不与重合，∴舍去，
∴.
综上：存在的值，或或使得是等腰三角形.