内蒙古赤峰二中2024-2025学年高一上学期第一次月考数学试卷（Word版附解析）

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这是一份内蒙古赤峰二中2024-2025学年高一上学期第一次月考数学试卷（Word版附解析），共14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。

命题人审核人高一数学组
一、单选题：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．命题“∀x∈[−1,3]，x2−3x+2<0”的否定为（）
A．∃x∈−1,3，x2−3x+2≥0B．∃x∈−1,3，x2−3x+2>0
C．∀x∈−1,3，x2−3x+2≥0D．∃x∉−1,3，x2−3x+2≥0
2．已知集合U=R，集合A=x−3A．x−3C．x03．下列命题为真命题的是 ( )
A. ∀a>b>0 ,当 m>0 时, a+mb+m>ab
B. 集合 A=x∣y=x2+1 与集合 B=y∣y=x2+1 是相同的集合.
C. 若 bmb
D. 所有的素数都是奇数
4．设A=xx2−8x+15=0，B=xax−1=0，若A∩B=B，则实数a的值不可以为（）
A．15B．3C．0D．13
5．已知 1A. 16．向 50 名学生调查对 A、B 两事件的态度,有如下结果: 赞成 A 的人数是全体的五分之三,其余的不赞成; 赞成 B 的比赞成 A 的多 3 人,其余的不赞成; 另外,对 A,B 都不赞成的学生数比对 A,B 都赞成的学生数的三分之一多 1 人. 则下列说法错误的是 ( )
A. 赞成 A 的不赞成 B 的有 9 人 B. 赞成 B 的不赞成 A 的有 11 人
C. 对 A,B 都赞成的有 21 人 D. 对 A,B 都不赞成的有 8 人
7.下面命题正确的是（）
A．已知x∈R，则“x>1”是“1x<1”的充要条件
B．命题“若∃x0≥1，使得x02<2”的否定是“∀x<1,x2≥2”
C．已知x,y∈R，则“x+y>0”是“x>0”的既不充分也不必要条件
D．已知a,b∈R，则“a−3b=0”是“ab=3”的必要不充分条件
8.已知a，b是实数，则“a>1且b>1”是“ab+1>a+b”的（）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 中国古代重要的数学著作《孙子算经》下卷有题: “今有物, 不知其数, 三三数之, 剩二; 五五数之,剩三; 七七数之,剩二. 问: 物几何? ”现有数学语言表达如下: 已知 A=x∣x=3n+2,n∈N∗ , B=x∣x=5n+3,n∈N∗,C=x∣x=7n+2,n∈N∗ ,若 x∈A∩B∩C ,则下列选项中符合题意的整数 x 为
A. 8 B. 23 C. 37 D. 128
10. 设a,b∈A={x∣x=3m+1,m∈Z},c∈B={x∣x=3k−1,k∈Z}，则（）
A．a+b∈AB．ab∈A
C．a+b∈BD．a+c∈B
11. 已知实数a，b，c满足a>b>c，且a+b+c=0，则下列结论中正确的是（）
A．a+b>0B．acC．1a−b>1b−cD．a−cb−c<94c2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知 x=2 在不等式 k−1x2−kx−4≥0 的解集中,则实数 k 的取值范围是
13. 已知 M={x∈N∣66−x∈N} ,则集合 M 的子集的个数是
14．设集合M=1,2,3,4,5,6，选择M的两个非空子集A和B，要使B中最小的数大于A中最大的数，满足这样条件的一个集合A与对应的一个集合B称为一组合，则不同的组合共有种．
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．(本小题满分 13 分)
设 R 为全集,集合 A={x∣a+1≤x≤2a+1},B=y∣y=4x−2,0≤x≤2 .
(1)若 a=3 ,求 A∩B,∁RA∩B ;
(2)若 A⊆B ,求实数 a 的取值范围.
16. (本小题满分 15 分)
(1)已知集合 A={x∣a−1≤x≤a+1},B={x∣−1≤x≤3} ,若 “ x∈A ” 是 “ x∈B ” 的充分不必要条件,求实数 a 的取值范围.
(2)命题 p:m∈R ， m+1≤0 ,命题 q:∀x∈R,x2+mx+1≠0 ,若 p 与 q 不同时为真命题, 求 m 的取值范围.
17. (本小题满分 17 分)(1)设a,b,c∈R证明:a2+b2+c2=ab+ac+bc的充要条件是a=b=c.
(2)已知a,b都是正实数,且a≠b,试比较a3+b3与ab2+a2b的大小,并证明.
18．已知命题p: 对于∀x∈R，x2+2ax+a2−a+3≥0为真命题.
（1）求实数a的取值的集合A；
（2）若∃x∈{x|1≤x≤3}，使得x(mx−b)≤0 (m≠0)成立，记实数b的范围为集合B，若A∩B中有且只有三个整数，求实数m的范围.
19． (本小题满分 17 分)法国数学家佛朗索瓦·韦达，在欧洲被尊称为“现代数学之父”，他最重要的贡献是对代数学的推进，他最早系统地引入代数符号，推进了方程论的发展，由于其最早发现代数方程的跟与系数之间的关系，因此，人们把这个关系称为韦达定理.韦达定理有着广泛的应用，是高中阶段非常重要的知识内容，为了致敬前辈数学家，请同学们利用韦达定理完成以下问题.
(1)关于x的方程x2−4x+m=0的一个实数根为−2，求另一实数根及实数m的值；
(2)关于x的方程x2−k+1x+14k2+1=0有两个实数根x1、x2，
若x1(4x2−x1+4)+x2(2x1−x2+4)=26，求实数k的值；
(3)已知a,b∈R集合A=xx2−2ax+b−2=0，集合B=xx2−2ax+b+1=0，且A∪B={a1，a2，a3}，（0赤峰二中2024级高一上学期第一次月考
数学试卷
1．命题“∀x∈[−1,3]，x2−3x+2<0”的否定为（ A ）
A．∃x∈−1,3，x2−3x+2≥0B．∃x∈−1,3，x2−3x+2>0
C．∀x∈−1,3，x2−3x+2≥0D．∃x∉−1,3，x2−3x+2≥0
2．已知集合U=R，集合A=x−3A．x−33．下列命题为真命题的是 (C )
A. ∀a>b>0 ,当 m>0 时, a+mb+m>ab
B. 集合 A=x∣y=x2+1 与集合 B=y∣y=x2+1 是相同的集合.
C. 若 bmb
D. 所有的素数都是奇数
4．设A=xx2−8x+15=0，B=xax−1=0，若A∩B=B，则实数a的值不可以为（ B ）
A．15B．3C．0D．13
5．已知 1A. 1 C. −26．向 50 名学生调查对 A、B 两事件的态度,有如下结果: 赞成 A 的人数是全体的五分之三,其余的不赞成; 赞成 B 的比赞成 A 的多 3 人,其余的不赞成; 另外,对 A,B 都不赞成的学生数比对 A,B 都赞成的学生数的三分之一多 1 人. 则下列说法错误的是 ( B)
A. 赞成 A 的不赞成 B 的有 9 人 B. 赞成 B 的不赞成 A 的有 11 人
C. 对 A,B 都赞成的有 21 人 D. 对 A,B 都不赞成的有 8 人
6【详解】. 赞成 A 的人数为 50×35=30 ,赞成 B 的人数为 30+3=33 . 记 50 名学生组成的集合为 U ,赞成事件 A 的学生全体为集合 A ,赞成事件 B 的学生全体为集合 B . 如图所示,
设对事件 A,B 都赞成的学生人数为 x ,
则对 A,B 都不赞成的学生人数为 x3+1 . 赞成 A 而不赞成 B 的人数为 30−x ,
赞成 B 而不赞成 A 的人数为 33−x . 依题意 30−x+33−x+x+x3+1=50 ,解得 x=21 .
7.下面命题正确的是（ D ）
A．已知x∈R，则“x>1”是“1x<1”的充要条件
B．命题“若∃x0≥1，使得x02<2”的否定是“∀x<1,x2≥2”
C．已知x,y∈R，则“x+y>0”是“x>0”的既不充分也不必要条件
D．已知a,b∈R，则“a−3b=0”是“ab=3”的必要不充分条件
【答案】D
【难度】0.65
【知识点】判断命题的必要不充分条件、充要条件的证明、特称命题的否定及其真假判断、既不充分也不必要条件
【分析】利用充分不必要条件的定义判断A；利用存在量词命题的否定判断B；利用既不充分也不必要定义判断C；利用必要不充分条件的定义判断D.
【详解】对于A，当1x<1时，x<0或x>1，故x>1能推出1x<1，但1x<1不能推出x>1，
所以“x>1”是“1x<1”的充分不必要条件，错误；
对于B，由存在量词命题的否定为全称量词命题知：
命题“若∃x0≥1，使得x02<2”的否定是“∀x≥1,x2≥2”，错误；
对于C，由x+y>0得x≠0或y≠0，故x+y>0推不出x>0，
但是当x>0时，x+y≥x+0=x>0一定成立，即x>0能推出x+y>0，
所以“x+y>0”是“x>0”的必要不充分条件，错误；
对于D，已知a,b∈R，当a=b=0时，满足a−3b=0，但是不满足ab=3，
反之，当ab=3时，则a=3b，即a−3b=0，
所以“a−3b=0”是“ab=3”的必要不充分条件，正确.
故选：D
8.已知a，b是实数，则“a>1且b>1”是“ab+1>a+b”的（ A ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【难度】0.85
【知识点】判断命题的充分不必要条件、作差法比较代数式的大小
【分析】根据充分必要条件的关系,结合不等式性质即可判断.
【详解】当a>1且b>1时, ab+1−a+b=a−1b−1>0,即a>1且b>1时ab+1>a+b成立.
当ab+1>a+b时,即ab+1−a+b=a−1b−1>0解得a>1且b>1,或a<1且b<1
综上可知, “a>1且b>1”是“ab+1>a+b”的充分不必要条件
故选:A
【点睛】本题考查了不等式比较大小,充分必要条件的关系及判断,属于基础题.
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分．
9. 中国古代重要的数学著作《孙子算经》下卷有题: “今有物, 不知其数, 三三数之, 剩二; 五五数之,剩三; 七七数之,剩二. 问: 物几何? ”现有数学语言表达如下: 已知 A=x∣x=3n+2,n∈N∗ , B=x∣x=5n+3,n∈N∗,C=x∣x=7n+2,n∈N∗ ,若 x∈A∩B∩C ,则下列选项中符合题意的整数 x 为 BD
A. 8 B. 23 C. 37D. 128
9.【详解】因为 23=3×7+2=5×4+3=7×3+2 ,故 23∈A∩B∩C;128=3×42+2=5× 25+3=7×18+2 ,故 128∈A∩B∩C ; 因 8=7×1+1 ,则 8∉C;37=3×12+1 ,则 37∉A
10. 设a,b∈A={x∣x=3m+1,m∈Z},c∈B={x∣x=3k−1,k∈Z}，则（）
A．a+b∈AB．ab∈A
C．a+b∈BD．a+c∈B
【答案】BC
【分析】利用数的特征及元素与集合的关系计算即可.
【详解】设a=3u+1,b=3v+1,c=3w−1u、v、w∈Z，
而a+b=3u+v+2=3u+v+1−1∈B，即A错误，C正确；
ab=9uv+3u+v+1=33uv+u+v+1∈A，即B正确；
a+c=3u+1+3w−1=3u+w∉B，即D不正确.
故选：BC.
11. 已知实数a，b，c满足a>b>c，且a+b+c=0，则下列结论中正确的是（）
A．a+b>0B．acC．1a−b>1b−cD．a−cb−c<94c2
【答案】ABD
【分析】根据不等式的基本性质和已知条件可逐项分析得到答案.
【详解】a+b+c=0且a>b>c，则a>0，c<0，
则a+b>0，A正确；
因为a>b，c<0，所以ac因为a>b>c，a−b>0,b−c>0，a−b−b−c=a+c−2b=−3b，
当b>0时，01b−c；当b<0时，a−b>b−c>0，则1a−b<1b−c，当b=0时，a−b=b−c，则1a−b=1b−c，故C错误；
因为a−cb−c−94c2=a−c−a−2c−94c2=−a2−ac−14c2=−a+12c2≤0，
当且仅当a=−12c时，等号成立，此时由a+b+c=0可得b=−12c，不符合a>b>c，
所以−a+12c2=0不成立，故−a+12c2<0，即a−cb−c<94c2，D正确.
故选：ABD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 已知 x=2 在不等式 k−1x2−kx−4≥0 的解集中,则实数 k 的取值范围是__
12.k≥4 或 [4,+∞) 或 {k∣k≥4} ;
12.【详解】因为 x=2 在不等式的解集中,把 x=2 带入不等式得: 4k−1−2k−4≥0 ,解得 k≥4
13. 已知 M={x∈N∣66−x∈N} ,则集合 M 的子集的个数是_16__
13.【详解】解: 因为 66−x∈N ,所以 6−x=1,2,3,6 ,
又 x∈N ,所以 x=0,3,4,5 ,所以集合 M={0,3,4,5} ,所以集合 M 的子集个数为 24=16 个
14．设集合M=1,2,3,4,5,6，选择M的两个非空子集A和B，要使B中最小的数大于A中最大的数，满足这样条件的一个集合A与对应的一个集合B称为一组合，则不同的组合共有种．
【答案】129
【分析】讨论A中最大的数，分别求出A和B的非空子集，从而求得正确答案.
【详解】当A中最大的数为1时，B可以是2,3,4,5,6的非空子集，
有25−1=31（种）选择方法；
当A中最大的数为2时，A可以是2或1,2，
B可以是3,4,5,6的非空子集，有2×24−1=30（种）选择方法；
当A中最大的数为3时，A可以是3，1,3，2,3或1,2,3，
B可以是4,5,6的非空子集，有4×23−1=28（种）选择方法；
当A中最大的数为4时，A可以是4，1,4，2,4，3,4，1,2,4，1,3,4，2,3,4,
或1,2,3,4，B可以是5,6的非空子集，有8×22−1=24（种）选择方法.
当A中最大的数为5时，A可以是：5，1,5,2,5,3,5,4,5，
1,2,5,1,3,5,1,4,5,2,3,5,2,4,5，1,2,3,5,1,2,4,5,1,3,4,5,2,3,4,5，
1,2,3,4,5，B是6，有16×1=16（种）选择方法.
所以满足条件的集合共有31+30+28+24+16=129（种）不同的选择方法.
故答案为：129
【点睛】思路点睛：解题的突破口在于“B中最小的数大于A中最大的数”，解题的思想方法是分类讨论的数学思想方法，根据集合A中最大的数进行分类讨论，分类讨论要做到不重不漏.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．(本小题满分 13 分)
设 R 为全集,集合 A={x∣a+1≤x≤2a+1},B=y∣y=4x−2,0≤x≤2 .
(1)若 a=3 ,求 A∩B,∁RA∩B ;
(2)若 A⊆B ,求实数 a 的取值范围.
16. (1) 由题意可得 B={y∣−2≤y≤6} , 分
当 a=3 时, A={x∣4≤x≤7} , 分
所以 A∩B={x∣4≤x≤6} , .4分
因为 CRA={x∣x<4 ,或 x>7} , .5 分
所以 CRA∩B={x∣−2≤x<4} 6 分
(2)由(1)知, B={y∣−2≤y≤6} ,
若 A=⌀ ,即 a+1>2a+1 ,解得 a<0 ,此时满足 A⊆B ; 分
若 A≠⌀ ,要使 A⊆B ,则 a+1≤2a+1a+1≥−22a+1≤6 ,解得 0≤a≤52 , .12分
综上,若 A⊆B ,所求实数 a 的取值范围为 a∣a≤52 13 分
16. (本小题满分 15 分)
(1)已知集合 A={x∣a−1≤x≤a+1},B={x∣−1≤x≤3} ,若 “ x∈A ” 是 “ x∈B ” 的充分不必要条件,求实数 a 的取值范围.
(2)命题 p:m∈R ， m+1≤0 ,命题 q:∀x∈R,x2+mx+1≠0 ,若 p 与 q 不同时为真命题, 求 m 的取值范围.
16. (1) 由 x∈An 是 x∈Bn 的充分不必要条件,得 A 真包含于 B,….2 分
而 A=a−1,a+1 ,显然 A≠B , 分
于是 a−1≥−1a+1≤3 ,解得 0≤a≤2 , 分
所以 a 的取值范围为 0,2…….7 分
(2)当命题 p 为真命题时, m≤−1,….8 分
当命题 q 为真命题时, Δ=m2−4<0 ,即 −2所以 p 与 q 同时为真命题时有 m≤−1−2故 p 与 q 不同时为真命题时, m 的取值范围是 (−∞,−2]∪−1,+∞.……15
17. (本小题满分 15 分)(1)设a,b,c∈R证明:a2+b2+c2=ab+ac+bc的充要条件是a=b=c.
(2)已知a,b都是正实数,且a≠b,试比较a3+b3与ab2+a2b的大小,并证明.
【答案】见解析
【解析】分别证明充分性与必要性即可.
【详解】（1）证明:(1)充分性:如果a=b=c,
那么(a−b)2+(b−c)2+(a−c)2=0,
∴a2+b2+c2−ab−ac−bc=0,∴a2+b2+c2=ab+ac+bc.
(2)必要性:如果a2+b2+c2=ab+ac+bc,
那么a2+b2+c2−ab−ac−bc=0,
∴(a−b)2+(b−c)2+(c−a)2=0,∴a−b=0,b−c=0,c−a=0,∴a=b=c.
由(1)(2)知,a2+b2+c2=ab+ac+bc的充要条件是a=b=c.
【点睛】本题主要考查了充分必要条件的证明,需要分别证明充分性与必要性,属于中等题型.
【详解】解:(1)∵2xx2+1−1=2x−x2−1x2+1=−(x−1)2x2+1⩽0,∴2xx2+1⩽1.
(2)a3+b3−(ab2+a2b)=a3−ab2+b3−a2b=a(a2−b2)+b(b2−a2)
=(a2−b2)(a−b)=(a−b)2(a+b)
∵a,b都是正实数,且a≠b,∴(a−b)2(a+b)>0,
∴a3+b3>ab2+a2b.
【点睛】此题考查利用作差法比较大小，关键在于对作差之后的代数式进行因式分解.
18．已知命题p: 对于∀x∈R，x2+2ax+a2−a+3≥0为真命题.
（1）求实数a的取值的集合A；
（2）若∃x∈{x|1≤x≤3}，使得x(mx−b)≤0 (m≠0)成立，记实数b的范围为集合B，若A∩B中有且只有三个整数，求实数m的范围.
【答案】（1）a|a≤3；（2）n|12≤n<1.
【分析】（1）根据命题为真转化为不等式恒成立，利用判别式Δ<0求解；
（2）分类讨论n的正负求出集合B,再根据A∩B中只有一个整数建立不等式求解.
【详解】（1）由条件知，x2+2ax+a2−a+3≥0恒成立，
只需不等式所对应的二次方程x2+2ax+a2−a+3=0的Δ≤0.
∴Δ=4a2−4(a2−a+3)≤0
解得a≤3，也即A=a|a≤3.
（2）若存在1≤x≤3，使得x(mx−b)≤0 (m≠0)成立，由1≤x≤3可知，即使得mx−b≤0 (m≠0)成立，
也即存在1≤x≤3，使得mx≤b,
当m>0，只需b≥m，此时B=b|b≥m.
当m<0，只需b≥3m(3m<0)，此时B=b|b≥3m.
因此，当m>0时，若使得A∩B有且只有三个整数，则只需00
解得0当m<0，由于a≥3m (3m<0)，
因此A∩B必有整数0,1,2,3共四个整数，与条件不符，矛盾.
综上所述，实数m的取值范围是m|019．法国数学家佛朗索瓦·韦达，在欧洲被尊称为“现代数学之父”，他最重要的贡献是对代数学的推进，他最早系统地引入代数符号，推进了方程论的发展，由于其最早发现代数方程的跟与系数之间的关系，因此，人们把这个关系称为韦达定理.韦达定理有着广泛的应用，是高中阶段非常重要的知识内容，为了致敬前辈数学家，请同学们利用韦达定理完成以下问题.
(1)关于x的方程x2−4x+m=0的一个实数根为−2，求另一实数根及实数m的值；
(2)关于x的方程x2−k+1x+14k2+1=0有两个实数根x1、x2，
若x1(4x2−x1+4)+x2(2x1−x2+4)=26，求实数k的值；
(3)已知a,b∈R集合A=xx2−2ax+b−2=0，集合B=xx2−2ax+b+1=0，且A∪B={a1，a2，a3}，（01．(1)另一个根为6，m=−12
(2)k=4
(3) 3【详解】（1）设另外一个根为n,由韦达定理得−2+n=4，−2n=m，解得n=6,m=−12
方程x2−k+1x+14k2+1=0有两个实数根x1、x2，
所以 Δ=k+12−414k2+1≥0，得k≥32。
由韦达定理得x1+x2=k+1x1x2=14k2+1，
由x1(4x2−x1+4)+x2(2x1−x2+4)=26整理得x1+x22−8x1x2−4(x1+x2)+26=0，
代入得k+12−814k2+1−4(k+1)+26=0，解得k=3或k=−5，
由于k≥32，故k=3，
由题意：集合A=xx2−2ax+b−2=0，集合B=xx2−2ax+b+1=0，且A∪B={a1，a2，a3}，（0x2−2ax+b−2恒成立，
所以方程 x2−2ax+b+1=0 有一个实根，方程x2−2ax+b−2=0 有两个不等实数根，可知A={a1，a3} B={a2}
所以a2=a，（a>0)，
又方程 x2−2ax+b+1=0 有一个实根，∆=4a2−4(b+1)=0，可得a2=b+1
方程x2−2ax+b−2=0 可化简为方程x2−2ax+a2−3=0 ，可知a1+a3=2a>0，a1a3=a2−3>0，也可解得a1=a−3>0，a3=a+3>0
所以a>3
由1a1+1a2+1a3−3aa1a2a3≥1+1a 整理得a1+a3a1a3+1a−3aa1aa3≥1+1a
即a1+a3−3≥a1a3
整理得 0≤a≤2且a≠3
又a>3
综合上述可知 3而 b=a2−1
由 3所以2综合上述可知a，b的取值范围为 3方法二
解：对方程x2−2ax+b−2=0，Δ1=4a2−4b−2=4a2−4b+8
对方程x2−2ax+b+1=0，Δ2=4a−2+b+1=4a2−4b−4
显然，Δ1>Δ2
若"A∪B=a1，a2，a3，可分为两种情况：
（1）A∩B=∅，此时A中一定有两个元素，B中有一个元素，即满足Δ2=0⇒a2=b+1
把a2=b+1代入方程x2−2ax+b−2=0中，得到：x2−2ax+a2−3=0
解得：x1=3+a，x2=a−3
把a2=b+1代入方程x2−2ax+b+1=0中，得x2−2ax+a2=0，
解得x3=a
显然，a−30,a2=a>0,a3=a+3>0⇒a>3
此时，1a1+1a2+1a3−3aa1a2a3≥1+1a
即：1a−3+1a+3−1a−3a+3≥1
解得：0≤a<3或3又因为a>3，则3所以，3（2）A∩B≠∅，此时若A∪B=a1,a2,a3,则A和B中均有两个元素，且有一个元素是相同的。
设此时A={m,n}，B={m,s}，
根据韦达定理，在方程x2−2ax+b−2=0中，m+n=2a①
在方程x2−2ax+b+1=0中，m+s=2a②
结合①②得，n=s，
此时A∪B={m，n}={m，s}，不满足题意，舍掉。