浙江省绍兴蕺山外国语学校2022-2023学年高一数学上学期10月检测试题（Word版附解析）

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绍兴蕺山外国语学校2022学年第一学期9月份教学质量检测高一 数学试题说明：本试卷满分100分，考试时间90分钟第Ⅰ卷一、选择题（本大题共10小题，每小题4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. 下列表述正确的是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据元素与集合的关系，集合与集合的关系即可得到答案.【详解】对A选项，集合与集合之间不能使用符号；对B选项，任何集合是其本身的子集，故B正确；对C选项，，故C错误；对D选项，，故D错误.故选：B.2. 已知集合，， 则（    ）A.                      B.                  C.              D. 【答案】D【解析】【分析】根据并集的定义计算可得；【详解】解：因为，，所以.故选：D3. 满足的集合A个数是（    ）A. 3 B. 4 C. 5 D. 6【答案】B【解析】【分析】根据子集和真子集的定义，即可写出满足条件的集合，即可求出答案．【详解】因为，所以，4，5可能在集合中，所以满足条件的集合为：，，，，所以满足集合的个数为4个．故选：B．4. “”是“”的（    ）条件．A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充要 D. 既不充分也不必要【答案】A【解析】【分析】由可求得不等式的解集为或，再由充分条件和必要条件的定义即可得出答案.【详解】，或，即或， ，“”是“”的充分不必要条件．故选：A．5. 下列命题中，不是全称量词命题的是（    ）A. 任何一个实数乘以0都等于0 B. 自然数都是正整数C. 实数都可以写成小数形式 D. 存在奇数不是素数【答案】D【解析】【分析】根据存在量词与全称量词的定义即可得到答案.【详解】对A选项，任何全称量词，故A错误；对B选项，省略了量词所有，是全称量词，故B错误；对C选项，省略了量词所有，是全称量词，故C错误；对D选项，存在是存在量词，故D正确；故选：D.6. 若，且，则的最大值为（    ）A. 9 B. 18 C. 36 D. 81【答案】A【解析】【分析】由基本不等式求解．【详解】因为，，所以，当且仅当时等号成立．即最大值是9．故选：A．7. 下列结论正确的是（    ）A. 若，则 B. 若，则C. 若，，则 D. 若，则【答案】C【解析】分析】利用特殊值排除错误选项，利用差比较法证明正确选项.【详解】A选项，，如，而，所以A选项错误.B选项，，如，而，所以B选项错误.C选项，，则，所以，所以C选项正确.D选项，，如，而，所以D选项错误.故选：C8. 若，则有（    ）A. 最小值 B. 最小值 C. 最大值 D. 最大值【答案】A【解析】【分析】直接利用基本不等式求出和的最小值，注意检查等号成立的条件.【详解】因为，所以，当且仅当，即时等号成立，故有最小值．故选：A9 已知集合，，则（    ）A.  B. 或 C.  D. 【答案】D【解析】【分析】依题意可得或，分别求出的值，再代入检验是否满足集合元素的互异性，即可得解.【详解】∵，∴或．若，解得或．当时，，不满足集合中元素的互异性，故舍去；当时，集合，满足题意，故成立．若，解得，由上述讨论可知，不满足题意，故舍去．综上所述，．故选：D．10. 命题：“”为假命题，则的取值范围是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】存在命题为假命题，则其否定是全称命题且为真命题，写出命题的否定，由不等式的性质可得结论．【详解】命题为假命题，即命题为真命题.首先，时，恒成立，符合题意；其次时，则且，即，综上可知，－4<故选：A第II卷二、填空题（本大题共5小题，每小题4分，共20分．）11. 命题，则命题p的否定是_______．【答案】【解析】【分析】根据全称量词命题的否定为特称量词命题即可得解.【详解】解：命题为全称量词命题，其否定为：；故答案为：12. 已知，则的取值范围为__________．【答案】【解析】【分析】由不等式的性质求解即可【详解】因为，所以，又，所以，故答案为：13. 若正实数、满足，则的最小值是______．【答案】##【解析】【分析】利用基本不等式“1”的代换求目标式最小值，注意取值条件.【详解】因为a、b均为正实数，且，所以，当且仅当时取等号，所以的最小值是．故答案为：14. 已知或，，若是的充分不必要条件，则的取值范围是_______．【答案】【解析】【分析】依题意可得推得出，推不出，即可求出参数的取值范围；【详解】解：因为是的充分不必要条件，所以推得出，推不出，又或，，所以，即；故答案为：15. 当时，不等式恒成立，则实数的取值范围___________．【答案】【解析】【详解】试题分析：当时，不等式恒成立，则，又，则，故填.考点：1、基本不等式；2、恒成立问题.【方法点睛】本题主要考查基本不等式以及不等式恒成立问题，属于中档题．不等式恒成立问题常见方法：①分离参数恒成立(即可)或恒成立（即可）；②数形结合( 图象在 上方即可)；③讨论最值或恒成立；④讨论参数.本题是利用方法利用基本不等式求得的最小值，从而求得的取值范围.三、解答题（本大题共5小题，每小题8分，共40分．）16. （1）解关于的不等式 （2）解关于的不等式．【答案】（1）；（2）．【解析】【分析】（1）将不等式转化为即可得解；（2）等价转化为，可求解集.【详解】（1）由可得：，所以，故解集为：；（2），等价转化为，解得所以不等式的解集为．17. 已知全集，，求，，．【答案】，或， 或.【解析】【分析】根据交集，补集及并集的定义运算即得.【详解】因为，所以，或，所以或，所以或.18. （1）用篱笆围一个面积为矩形菜园，当这个矩形的边长为多少时，所用篱笆最短？最短篱笆的长度是多少？（2）用一段长为的篱笆围成一个矩形菜园，当这个矩形的边长为多少时，菜园的面积最大？最大面积是多少？【答案】（1）当这个矩形菜园是边长为的正方形时，最短篱笆的长度为；（2）当这个矩形菜园是边长为的正方形时，最大面积是.【解析】【分析】设矩形菜园的相邻两条边的长分别为、，篱笆的长度为.（1）由题意得出，利用基本不等式可求出矩形周长的最小值，由等号成立的条件可得出矩形的边长，从而可得出结论；（2）由题意得出，利用基本不等式可求出矩形面积的最大值，由等号成立的条件可得出矩形的边长，从而可得出结论.【详解】设矩形菜园的相邻两条边的长分别为、，篱笆的长度为.（1）由已知得，由，可得，所以，当且仅当时，上式等号成立.因此，当这个矩形菜园是边长为的正方形时，所用篱笆最短，最短篱笆的长度为；（2）由已知得，则，矩形菜园的面积为.由，可得，当且仅当时，上式等号成立.因此，当这个矩形菜园是边长为的正方形时，菜园的面积最大，最大面积是.【点睛】本题考查基本不等式的应用，在运用基本不等式求最值时，充分利用“积定和最小，和定积最大”的思想求解，同时也要注意等号成立的条件，考查计算能力，属于基础题.19. 已知关于的不等式的解集为.（1）求的值；（2）解关于的不等式.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】(1)利用二次不等式的解的端点即相应的二次方程的根，易得的值;(2)分类讨论解二次不等式.【详解】（1）由题意知不等式对应的方程的两个实数根为和，且，由根与系数的关系，得解得.（2）由知不等式可化为，即，解得，所以不等式的解集为.【点睛】本题考查一元二次不等式的解法与应用问题，考查运算求解能力，求解时注意进行分类讨论．20. 已知集合，，且，若，.（1）求集合A、B；（2）求p，q，r.【答案】（1）；    （2）.【解析】【分析】（1）根据集合交集的性质和并集的性质，结合一元二次方程根与系数的关系进行求解即可；（2）根据一元二次方程根与系数关系，结合（1）的结论进行求解即可.【小问1详解】因为，，所以有且，或，当且且时，此时，因为，所以；当且且时，因为，所以，因为，所以不存在，综上所述：【小问2详解】由（1）可知：，所以有，，，即.