2022-2023学年广东省惠州市惠阳区第五中学高一上学期第一次月考数学试题（解析版）

2022-2023学年广东省惠州市惠阳区第五中学高一上学期第一次月考数学试题

一、单选题

1．已知集合，则的非空子集有（    ）

A．3个 B．4个 C．7个 D．8个

【答案】C

【分析】根据集合子集个数的公式求解.

【详解】集合，

的非空子集有个.

故选：C.

2．已知全集，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】B

【分析】根据补集的定义，进行求解即可

【详解】因为，

所以，

故选：B

3．已知命题：，，则命题的否定为（    ）

A．， B．，

C．， D．，

【答案】D

【分析】由全称命题的否定规则即可得解.

【详解】因为命题：，为全称命题，

所以该命题的否定为，.

故选：D.

【点睛】本题考查了全称命题的否定，牢记知识点是解题关键，属于基础题.

4．已知且，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．既不充分又不必要条件

【答案】C

【分析】根据充分条件和必要条件的定义结合不等式的性质判断即可求解.

【详解】因为，由可得即

所以由可得，充分性成立，

若，，可得，即，所以必要性成立，

所以且，则“”是“”的充要条件，

故选：C.

5．若则一定有

A． B． C． D．

【答案】D

【详解】本题主要考查不等关系．已知,所以，所以，故．故选

6．随着社会的发展，小汽车逐渐成了人们日常的交通工具.小王在某段时间共加号汽油两次，两次加油单价不同.现在他有两种加油方式：第一种方式是每次加油元，第二种方式是每次加油升.我们规定这两次加油哪种加油方式的平均单价低，哪种就更经济，则更经济的加油方式为（    ）

A．第一种 B．第二种 C．两种一样 D．不确定

【答案】A

【分析】设第一次的油价为，第二次的油价为，且，计算出两种加油方式的平均油价，比较大小后可得出结论.

【详解】设第一次的油价为，第二次的油价为，且,

第一种加油方式的平均油价为，

第二种加油方式的平均油价为，

因为，则，

因此，更经济的加油方式为第一种.

故选：A.

7．已知，且，则的最大值为（    ）

A． B． C．3 D．4

【答案】A

【分析】将视为一个整体，利用基本不等式构造关于的一个二次不等式，解出的范围.

【详解】，

化简得：，解得，当且仅当，即

时取等号，故的最大值为.

故选：A.

8．已知方程的两根都大于2，则实数的取值范围是（    ）

A．或 B．

C． D．或

【答案】B

【分析】根据方程的两根都大于2，分析的图象特征列出不等式组求解即可.

【详解】方程的两根都大于2，则二次函数的图象与轴的两个交点都在的右侧，

根据图象得：方程的判别式；当时函数值；函数对称轴.

即，解得.

故选：B.

二、多选题

9．下列命题的否定中，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】AC

【分析】通过原命题的否定为全称量词命题且为真命题，确定原命题是特称量词命题且为假命题，根据此结论逐项分析.

【详解】由条件可知：原命题为特称量词命题且为假命题，所以排除BD；

又因为，，所以AC均为假命题，

故选AC.

【点睛】（1）含一个量词的命题的否定方法：改变量词，否定结论；

（2）常见的：含有全部、都、所有等词时，对应的是全称命题；含有存在、有一个等词对应的是特称命题.

10．下列不等式中正确的有（    ）

A．若，则 B．若，则

C．若，则 D．若，则

【答案】BC

【分析】利用特殊值法可判断AD选项；利用基本不等式可判断B选项；利用不等式的性质可判断C选项.

【详解】对于A选项，当时，，A错；

对于B选项，，则，，由基本不等式可得，

当且仅当时，等号成立，B对；

对于C选项，因为，则，C对；

对于D选项，取，，，则，D错.

故选：BC.

11．已知不等式的解集为，则下列结论正确的是（   ）

A． B． C． D．

【答案】BCD

【分析】对A，根据一元二次方程与一元二次函数的关系即可判断；对B，C，利用韦达定理即可判断；对D，根据韦达定理以及，即可求解.

【详解】解：对A，不等式的解集为，

故相应的二次函数的图象开口向下，

即，故A错误；

对B，C，由题意知： 和是关于的方程的两个根，

则有，，

又，故，故B，C正确；

对D，，

，

又，

，故D正确.

故选：BCD.

12．已知全集，集合，，则使成立的实数的取值范围可以是（　　）

A． B．

C． D．

【答案】ABC

【分析】讨论和时，计算，根据列不等式，解不等式求得的取值范围，再结合选项即可得正确选项.

【详解】当时，，即，此时，符合题意，

当时，，即，

由可得或，

因为，所以或，可得或，

因为，所以，

所以实数的取值范围为或，

所以选项ABC正确，选项D不正确；

故选：ABC.

三、填空题

13．所有平行四边形组成的集合可以表示为___________.

【答案】为平行四边形

【分析】利用集合的描述法可得结果.

【详解】由题意可知，所有平行四边形组成的集合可以表示为为平行四边形.

故答案为：为平行四边形.

14．命题“，”的否定是______．

【答案】，

【分析】利用含有一个量词的命题的否定的定义求解.

【详解】因为命题“，”是存在量词命题，

所以其否定是全称量词命题，即，，

故答案为：，

15．若不等式在上恒成立，则实数的取值范围是__________.

【答案】

【分析】由题意知在上恒成立，只需，解得的取值范围.

【详解】根据条件可以转化为，

不等式在上恒成立，等价于在上恒成立，

只需满足，，解得，

综上可得，的取值范围为，

故答案为:.

16．已知正数满足，则的最小值为__________.

【答案】

【分析】换元后可得，再由及“1”的技巧化简，利用均值不等式求解.

【详解】令，则，

即，

，

当且仅当，即时，解得时等号成立，故的最小值为.

故答案为：

四、解答题

17．已知集合，集合.

(1)求；

(2)设集合，且，求实数的取值范围.

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）求出集合，根据集合的并补运算求解；

（2）根据列出实数满足的不等式关系求解即可.

【详解】（1），

.

（2），且，集合不可能为空集，

，解得.

实数的取值范围.

18．设集合，命题，命题

(1)若是的充要条件，求正实数的取值范围；

(2)若是的充分不必要条件，求正实数的取值范围.

【答案】(1)

(2).

【分析】（1）根据是的充要条件转化为求解即可；

（2）根据是的充分不必要条件，得真包含于，列出不等式求解即可.

【详解】（1）由条件， 是的充要条件，

得，即，解得，

所以实数的取值范围是.

（2）由是的充分不必要条件，得真包含于，

所以，或，解得，

综上实数的取值范围是.

19．（1）已知，求函数在时的最大值；

（2）当时，恒成立，求实数的取值范围.

【答案】（1）8；（2）.

【分析】（1）根据二次函数的对称轴及图象开口方向求最大值即可；

（2）令，利用二次函数的性质转化为求解即可.

【详解】（1）当时，函数的图象开口向上，对称轴为，

故当时，当时取得.

（2）当时，恒成立，

只需在上的最大值即可，

令，则二次函数图象开口向上，

所以只需，得，即，

所以实数的取值范围为.

20．（1）已知，求的最小值，并求取到最小值时的值；

（2）设且，求证：

【答案】（1）当时，有最小值7 ；

（2）证明见解析 ．

【分析】（1）通过配凑，使得原式满足积为定值，然后由基本不等式可得；

（2）巧用“1”，将不等式左边乘以，展开后使用基本不等式可证.

【详解】解：（1）因为，所以，由基本不等式，得

，当且仅当，

即时，等号成立．

所以当时，有最小值7．

（2）因为，由基本不等式，得

，

当且仅当，即时，等号成立．又

由解得，所以当时，等号成立，

所以成立．

21．若不等式的解集是，求不等式的解集.

【答案】

【分析】由不等式的解集可知方程的解，根据韦达定理求出的值，代入不等式即可求出解集.

【详解】解：因为不等式的解集是，

所以是方程的解，

由韦达定理解得，

故不等式为，

即，解得或，

故不等式得其解集为或.

22．已知关于x的不等式的解集为R，记实数a的所有取值构成的集合为M.

(1)求M；

(2)若，对，有，求t的最小值.

【答案】(1)

(2)1

【分析】（1）分类讨论即可求得实数a的所有取值构成的集合M；

（2）先求得的最大值2，再解不等式即可求得t的最小值.

【详解】（1）当时，满足题意；

当时，要使不等式的解集为R，

必须，解得，

综上可知，所以

（2）∵，∴，

∴，（当且仅当时取“=”）

∴，

∵，有，∴，

∴，∴或，

又，∴，∴ t的最小值为1.