2024-2025学年甘肃省平凉市高一上册第一次月考数学质量检测试题（含解析）

这是一份2024-2025学年甘肃省平凉市高一上册第一次月考数学质量检测试题（含解析），共18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：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，，，则（ ）
A. B. C. D.
2. 命题“，”的否定是（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
3. 如图，已知矩形U表示全集，A、B是U的两个子集，则阴影部分可表示为（ ）
A. B.
C. D.
4. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
5. 已知命题为真命题，则实数的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
6. 中国清朝数学家李善兰在年翻译代数学中首次将“”译做：“函数”，沿用至今，为什么这么翻译，书中解释说“凡此变数中函彼变数者，则此为彼之函数”年美国人给出了集合论的函数定义，已知集合，给出下列四个对应法则：①，②，③，④，请由函数定义判断，其中能构成从到的函数的是（ ）
A. ①③B. ①②C. ③④D. ②④
7. 关于的方程有两个根，其中一个大于1，另一个小于1时，则的取值范围为（ ）
A. B.
C. 或D. 或
8. 已知，，且，若恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
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. 下列命题是真命题的为（ ）
A. 若，则
B 若，则
C 若且，则
D. 若且，则
10. 下列说法正确的是（ ）
A. 至少有一个实数，使
B. “”是“”的充分不必要条件
C. 命题“”否定是假命题
D. “集合”中只有一个元素是“”的必要不充分条件
11. 设正实数满足，则（ ）
A. 的最大值是B. 的最小值为4
C. 最小值为D. 最小值为2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 若集合，，且，则实数的值是_________.
13. 若关于的不等式的解集为，则______．
14. 当时， 定义运算: 当时， ；当时，； 当或时，； 当时，； 当时，．在此定义下， 若集合， 则中元素的个数为______．
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 已知集合．
（1）若， 求;
（2）若中只有一个元素， 求的取值集合．
16. （1）已知，求证：是的充要条件.
（2）已知，，，求证：
17. 求下列关于x不等式的解集：
（1）；
（2）
18. 如图，要设计一张矩形广告牌，该广告牌含有大小相等的左右两个矩形栏目（即图中阴影部分），这两栏的面积之和为，四周空白的宽度为10cm，两栏之间的中缝空白的宽度为5cm，设广告牌的高为，宽为.
（1）试用表示，并求的取值范围；
（2）用表示广告牌的面积；
（3）广告牌的高取多少时，可使广告牌的面积最小？
19. 设命题：对任意，不等式恒成立，命题：存在，使得不等式成立.
（1）若为真命题，求实数的取值范围；
（2）若p，q一真一假，求实数的取值范围.
2024-2025学年甘肃省平凉市高一上学期第一次月考数学质量
检测试题
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. 设集合，，，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】D
【分析】由集合的补集，并集运算求解即可.
【详解】由题意可知，所以，
所以，
故选：D
2. 命题“，”的否定是（ ）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【正确答案】A
【分析】运用特称命题的否定知识，否定结论，特称变全称即可.
【详解】运用特称命题的否定知识,命题“，”的否定是“，”.
故选：A.
3. 如图，已知矩形U表示全集，A、B是U的两个子集，则阴影部分可表示为（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】D
【分析】在阴影部分区域内任取一个元素x ，分析元素x 与各集合的关系，即可得出合适的选项.
【详解】解：在阴影部分区域内任取一个元素x ，
则 且，即且 ，
所以，阴影部分可表示为.
故选：D.
4. 已知集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】A
【分析】求出集合，可确定两个集合之间的关系.
【详解】因为，
所以.
所以.
故选：A
5. 已知命题为真命题，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【正确答案】D
【分析】问题转化为不等式的解集为，根据一元二次不等式解集的形式求参数的值.
【详解】因为命题为真命题，所以不等式的解集为.
所以：若，则不等式可化为，不等式解集不；
若，则根据一元二次不等式解集的形式可知.
综上可知：
故选：D
6. 中国清朝数学家李善兰在年翻译代数学中首次将“”译做：“函数”，沿用至今，为什么这么翻译，书中解释说“凡此变数中函彼变数者，则此为彼之函数”年美国人给出了集合论的函数定义，已知集合，给出下列四个对应法则：①，②，③，④，请由函数定义判断，其中能构成从到的函数的是（ ）
A. ①③B. ①②C. ③④D. ②④
【正确答案】C
【分析】利用函数的定义逐一分析判断即可．
【详解】对应关系若能构成从到的函数，
须满足：对中的任意一个数，通过对应关系在中都有唯一的数与之对应，
对于①，，当时，，故不满足题意；
对于②，，当时，，故不满足题意；
对于③，，当时，，当时，，
当时，，当时，，故满足题意；
对于④，，当时，，
当时，，当时，，故满足题意．
故选：C.
7. 关于方程有两个根，其中一个大于1，另一个小于1时，则的取值范围为（ ）
A. B.
C. 或D. 或
【正确答案】A
【分析】根据方程根的个数以及根的分布情况解不等式即可求得结果.
【详解】根据方程有两个根，其中一个大于1，另一个小于1，
可知，解得.
故选：A
8. 已知，，且，若恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A. B.
C. D.
【正确答案】B
【分析】将问题转化为，利用“1”的代换以及基本不等式求解，从而得到，求解不等式，即可得到答案．
【详解】因为不等式恒成立，
则，
因为，，由可得，
所以，
当且仅当，即，时取等号，
故，
所以，即，解得，
则实数的取值范围是．
故选：B．
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. 下列命题是真命题的为（ ）
A. 若，则
B. 若，则
C. 若且，则
D. 若且，则
【正确答案】BCD
【分析】由已知条件结合不等式的性质，判断结论是否正确.
【详解】对于A项，取，，，，
则，，所以，故A选项错误；
对于B选项，若，有，则，B选项正确；
对于C选项，若，则，则，
又因为，由不等式的性质可得，所以C选项正确；
对于D选项，若且，则，所以，，D选项正确．
故选：BCD．
10. 下列说法正确的是（ ）
A. 至少有一个实数，使
B. “”是“”的充分不必要条件
C. 命题“”的否定是假命题
D. “集合”中只有一个元素是“”的必要不充分条件
【正确答案】BD
【分析】由在实数范围内，可得A错误；举反例可得必要性不成立，可得B正确；由全称与特称命题的性质和二次函数的性质可得C错误；由集合中只有一个元素可得或，再由必要性可得D正确；
【详解】对于A，在实数范围内，，，故A错误；
对于B，若，则，充分性成立，
若，如，此时，必要性不成立，
所以“”是“”的充分不必要条件，故B正确；
对于C，命题“”的否定是，
由二次函数的性质可得开口向上，，所以恒成立，故C错误；
对于D，若集合中只有一个元素，
当时，；当时，可得，
所以必要性成立，故D正确；
故选：BD.
11. 设正实数满足，则（ ）
A. 的最大值是B. 的最小值为4
C. 最小值为D. 最小值为2
【正确答案】ABC
【分析】直接利用基本不等式即可求解A，利用乘“1”法即可求解B，利用完全平方式的性质即可求解C，将“1”代换，即可由基本不等式求解D.
【详解】对于A，，解得，
当且仅当，即，时等号成立，故A正确；
对于B，，
当且仅当即时等号成立，故B正确；
对于C，，当且仅当，时等号成立，C正确；
对于D，，
当且仅当即时等号成立，故D错误．
故选：ABC．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12. 若集合，，且，则实数的值是_________.
【正确答案】或0
【分析】分、和分别计算即可.
【详解】当时，，符合题意；
当时，；
当时，，
综上，的值为或.
故或.
13. 若关于的不等式的解集为，则______．
【正确答案】-2
【分析】将不等式解集问题转化为一元二次方程的两根问题，结合韦达定理求出，得到答案.
【详解】由题意得：-1,3为方程的两根，
故，
解得：，
故.
故-2
14. 当时， 定义运算: 当时， ；当时，； 当或时，； 当时，； 当时，．在此定义下， 若集合， 则中元素的个数为______．
【正确答案】14
【分析】根据定义运算，分成五类情况分别列举符合条件的元素，合并即得集合.
【详解】①当时，，所以或或；
②当时，，所以或或；
③当或时，，
所以或或或或或；
④当时，；
⑤当时，．
所以，
，共14个元素．
故14.
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. 已知集合．
（1）若， 求;
（2）若中只有一个元素， 求的取值集合．
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）求出，根据并集概念求出答案；
（2）分和两种情况，得到答案.
【小问1详解】
时，，
因为，所以方程无实数根，
所以．
故．
【小问2详解】
当时，，得，此时；
当时，，得，此时．
故的取值集合为．
16. （1）已知，求证：是的充要条件.
（2）已知，，，求证：
【正确答案】（1）见解析（2）见解析
【分析】（1）证明充要条件，可先证明充分性再证必要性；
（2）利用作差法证明即可.
【详解】（1）证明：∵
∴.
充分性证明即.
∵，即，
∴，
充分性得证；
必要性证明即.
又∵
∴，
∵，
∴，
∴，即，
必要性得证.
故是的充要条件.
（2）证明：，
∵，，，
∴，
∴，
∴，即
故.
17. 求下列关于x的不等式的解集：
（1）；
（2）
【正确答案】（1）
（2）答案见解析
【分析】（1）根据分式不等式的解法，即可求解；
（2）根据题意，利用一元二次不等式的解法，分类讨论，即可求解.
【小问1详解】
解：由不等式，可得，解得，
即不等式的解集为.
【小问2详解】
解：由不等式，可得化为，
若，不等式可化为，解得，即解集为；
若，不等式可化为
当时，不等式即为，解得或，即不等式的解集为或；
当时，不等式即，
①当时，即时，解得，解集为；
②当时，即时，解得，解集为；
③当当时，即时，解得，解集为
综上，
当时，不等式的解集为或；
当，不等式的解集为；
当时，不等式的解集为；
当时，不等式的解集为；
当时，不等式的解集为.
18. 如图，要设计一张矩形广告牌，该广告牌含有大小相等的左右两个矩形栏目（即图中阴影部分），这两栏的面积之和为，四周空白的宽度为10cm，两栏之间的中缝空白的宽度为5cm，设广告牌的高为，宽为.
（1）试用表示，并求的取值范围；
（2）用表示广告牌的面积；
（3）广告牌的高取多少时，可使广告牌的面积最小？
【正确答案】（1）
（2）
（3）140cm
【分析】（1）运用面积之和得到等式，再写成函数表达式即可；
（2）矩形面积公式写函数表达式；
（3）运用换元，结合基本不等式解题即可.
【小问1详解】
每栏的高和宽分别为，其中两栏面积之和为：，
整理得，.
小问2详解】
；
【小问3详解】
令，
则；
当时，取最小值为24500，此时；
答：当广告牌的高取140cm时，可使广告的面积S最小.
19. 设命题：对任意，不等式恒成立，命题：存在，使得不等式成立.
（1）若为真命题，求实数的取值范围；
（2）若p，q一真一假，求实数的取值范围.
【正确答案】（1）
（2）
【分析】（1）为真命题时，任意，不等式恒成立可转化为，求解即可
（2）化简命题，由（1）结合条件列不等式即可求出的取值范围.
【小问1详解】
因为真命题，
所以对任意，不等式恒成立，
所以，其中，
所以，解得，
所以的取值范围；
【小问2详解】
若为真命题，即存在，使得不等式成立，
则，其中，
而，
所以，故；
因为一真一假，
所以为真命题，为假命题或为假命题为真命题，
若为真命题，为假命题，则，所以；
若为假命题，为真命题，则或，所以.
综上，或，
所以的取值范围为.