黑龙江哈尔滨师范大学附属中学2023-2024学年高一数学上学期10月月考试题（Word版附解析）

这是一份黑龙江哈尔滨师范大学附属中学2023-2024学年高一数学上学期10月月考试题（Word版附解析），共16页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
哈师大附中2023级十月份月考数学试卷第Ⅰ卷（选择题共60分）一、选择题（本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求的）1. 已知集合，，则集合（    ）A.  B. C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据集合交集的含义可得答案.【详解】因为集合，，所以.故选：B.2. 已知全集为，集合，满足，则下列运算结果为的是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】D【解析】【分析】由题意作出Venn图，再由集合的运算逐一判断即可【详解】全集，集合，满足，绘制Venn图，如下：  对于A：，A错误；对于B：，B错误；对于C：，C错误；对于D：，D正确.故选：D.3. 一家商店使用一架两臂不等长的天平称黄金．一位顾客到店里购买黄金，售货员先将的砝码放在天平左盘中，取出一些黄金放在天平右盘中使天平平衡；再将的砝码放在天平右盘中，再取出一些黄金放在天平左盘中使天平平衡；最后将两次称得的黄金交给顾客．你认为顾客购得的黄金（    ）附：依据力矩平衡原理，天平平衡时有，其中、分别为左、右盘中物体质量，、分别为左右横梁臂长．A. 等于 B. 小于 C. 大于 D. 不确定【答案】C【解析】【分析】设天平左臂长，右臂长，且，根据已知条件求出、的表达式，利用基本不等式比较与的大小关系，即可得出结论.【详解】设天平左臂长，右臂长，且，设天平右盘有克黄金，天平左盘有克黄金，所以，所以，，则．故选：C．4. 哥德巴赫猜想是世界近代三大数学难题之一，即所谓的“”问题.1966年，我国数学家陈景润证明了“”成立.哥德巴赫猜想的内容是“每一个大于2的偶数都能写成两个质数之和”，则该猜想的否定为（     ）A. 每一个小于2的偶数都不能写成两个质数之和B. 存在一个小于2的偶数不能写成两个质数之和C. 每一个大于2的偶数都不能写成两个质数之和D. 存在一个大于2的偶数不能写成两个质数之和【答案】D【解析】【分析】根据全称命题与存在性命题的关系，准确否定，即可求解.【详解】根据全称量词命题的否定为存在量词命题，A，C错误;哥德巴赫猜想的否定为“存在一个大于2的偶数不能写成两个质数之和”.故选：D.5. 已知，则的最小值为（    ）A. 6 B.  C.  D. 4【答案】B【解析】分析】根据得到，然后利用基本不等式求最值即可.【详解】设，，则，，，当且仅当，即，时，等号成立.故选：B.6. 如图在北京召开的第24届国际数学家大会的会标，会标是根据中国古代数学家赵爽的弦图设计的，颜色的明暗使它看上去像一个风车，代表中国人民热情好客．我们教材中利用该图作为一个说法的一个几何解释，这个说法正确的是（  ）A. 如果,那么 B. 如果,那么C. 对任意正实数和，有， 当且仅当时等号成立 D. 对任意正实数和，有,当且仅当时等号成立【答案】C【解析】【分析】观察图形,设直角三角形的长直角边为,短直角边为,由4个三角形的面积和与大正方形的面积的大小关系,得到,并判明何时取等即可【详解】通过观察,可以发现这个图中的四个直角三角形是全等的,设直角三角形的长直角边为,短直角边为,如图,整个大正方形的面积大于等于4个小三角形的面积和,即,即.当时,中间空白的正方形消失,即整个大正形与4个小三角形重合.其他选项通过该图无法证明,故选C【点睛】本题考查均值定理的几何法证明,考查数形结合,属于基础题7. 政治书上讲，“有使用价值的东西不一定有价值，有价值的东西一定有使用价值”，如果把有使用价值的东西看作集合，把有价值的东西看作集合，那么它们的关系是（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据集合的包含关系及集合的交集、并集运算判断即可得出选项.【详解】根据题意，推不出，能推出，所以，故.故选：A8. 现设计一个两邻边长度分别为的矩形广告牌，其面积为，且，则当该广告牌的周长最小时， （     ）A. 3 B. 4 C. 5 D. 6【答案】A【解析】【分析】根据题意求得，得到矩形的周长为，结合基本不等式，即可求解.【详解】由题意知，且，所以，则该矩形的周长为，当且仅当，即时，取得等号，此时.故选：A.二、选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）9. 下列命题为真命题的是（    ）A 若，且，则 B. 若，则C. 若，则 D. 若，则【答案】AD【解析】【分析】A选项，作差法得到，结合，得到结论；B选项，可举出反例；CD选项，作差法比较大小.【详解】对于A，，又，故，A正确；对于B，不妨设，则，故B错误.对于C，，∵，∴，，，∴，∴，所以C错误.对于D，，∵，∴，，∴，∴，所以D正确.故选：AD10. 如图是二次函数图像的一部分，图像过点，对称轴为，给出下面四个结论正确的为（    ）  A.  B.  C.  D. 【答案】AD【解析】【分析】根据题意，由二次函数的图像性质，对选项逐一判断，即可得到结果.【详解】因为图像与轴交于两点，所以，即，故A正确；对称轴为，即，所以，故B错误；结合图像，当时，，即，故C错误；由对称轴为知，，根据抛物线开口向下，知，所以，即，故D正确.故选：AD11. 当时，使得不等式恒成立的充分不必要条件是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】AB【解析】【分析】采用分离变量法可求得不等式恒成立的充要条件为，根据充分不必要条件定义和推出关系依次验证各个选项即可.【详解】当时，若不等式恒成立，则恒成立，在上单调递增，，，即当时，不等式恒成立的充要条件为；对于A，，，是的一个充分不必要条件，A正确；对于B，，，是的一个充分不必要条件，B正确；对于C，，，是的一个既不充分也不必要条件，C错误；对于D，，，是的一个既不充分也不必要条件，D错误.故选：AB.12. 若，，且，则下列不等式恒成立的是（    ）A.  B. C.  D. 【答案】ABC【解析】【分析】利用重要不等式的合理变形可得，即可知A正确；由基本不等式和不等式性质即可计算B正确；由即可求得C正确；根据不等式中“1”的妙用即可得出，即D错误.【详解】对于A，由可得，又，所以，即，当且仅当时等号成立，故A正确；对于B，由可得，即，所以，当且仅当时等号成立，即B正确；对于C，由可得，所以可得，即，当且仅当时等号成立，即C正确；对于D，易知，即；当且仅当时等号成立，可得D错误；故选：ABC第Ⅱ卷（非选择题共90分）三、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）13. 设，，若，求实数组成的集合的子集个数为____________.【答案】【解析】【分析】解方程可求得集合，由交集结果可知，分别在和的情况下得到的值，由的值构成的集合的元素个数可求得结果.【详解】由得：或，；，；当，即时，，满足题意；当时，，若，则；若，则；实数组成的集合为，共个元素，所求子集个数为.故答案为：.14. 正数，满足，则的取值范围是___________.【答案】【解析】【分析】由基本不等式可得，，解不等式即可．【详解】正数、满足，，当且仅当时取等号，，解得或（舍去），则，当且仅当时取等号，即的取值范围是.故答案为：．15. 已知，，则的取值范围是______．【答案】【解析】【分析】利用待定系数法可得，利用不等式的基本性质可求得的取值范围.详解】设，所以，解得，因为，，则，，因此，.故答案为：.16. 中国宋代的数学家秦九韶曾提出“三斜求积术”，即假设在平面内有一个三角形，边长分别为，，，三角形的面积可由公式求得，其中为三角形周长的一半，这个公式也被称为海伦—秦九韶公式，现有一个三角形的边长满足，，则此三角形面积的最大值为___________.【答案】【解析】【分析】利用基本不等式求得正确答案.【详解】依题意，所以，当且仅当时等号成立.故答案为：四、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）17. 解下列不等式：（1）；（2）.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】因式分解求解二次不等式即可.【小问1详解】即，即，解得.【小问2详解】，即，即，解得或.即解集为18. 已知集合，，.（1）若，求、；（2）若，求实数的取值范围.【答案】（1）、    （2）【解析】【分析】（1）根据集合的交并补运算，直接计算可得答案；（2）根据题意，得到，对进行分类讨论，计算可得答案.【小问1详解】，，，若，则，，则求、；【小问2详解】，i.，满足题意，所以；ii.且，需满足，综上.19. 已知集合，.（1）若“命题，”是真命题，求的取值范围；（2）若“命题，”是真命题，求的取值范围.【答案】（1）    （2）【解析】【分析】（1）先解不等式求集合A、B，再根据题意判定两集合的关系计算范围即可；（2）根据题意判定两集合的关系计算范围即可.【小问1详解】由题意可知，即,若“命题，”是真命题，则，所以，故的取值范围为：；【小问2详解】若“命题，”是真命题，则，结合上问可知：或，所以或，所以.故的取值范围为：20. 已知.（1）设，若关于的不等式的解集为，且的充分不必要条件是，求的取值范围；（2）方程有两个实数根，①若均大于，试求的取值范围；②若，求实数的值．【答案】（1）    （2）①；②.【解析】【分析】（1）由的充分不必要条件是，则是的真子集，则，解不等式即可得出答案.（2）①若均大于，由根与系数的关系可得，解不等式即可得出答案.②由若可得，将，代入化简即可得出答案.【小问1详解】由，得，即，即，又，∴，即，∵的充分不必要条件是，∴是的真子集，则，解得，则，即实数的取值范围是.【小问2详解】方程为，①若均大于，则满足，解得，故，即的取值范围为.②若，则，则，即，即，解得或，由，得或.所以，即实数的值是.21. 某小区要建一座八边形的休闲小区，它的主体造型的平面图是由两个相同的矩形ABCD和EFGH构成的十字形地域，四个小矩形加一个正方形面积共为200平方米．计划在正方形MNPQ上建一座花坛，造价为每平方米4200元，在四个相同的矩形上（图中阴影部分）铺设花岗岩地坪，造价为每平方米210元，再在四个角上铺设草坪，造价为每平方米80元．  （1）设AD长为x米，总造价为S元，试建立S关于x的函数关系式；（2）问：当x为何值时S最小，并求出这个S最小值.【答案】（1）    （2），118000元【解析】【分析】（1）根据题意，建立函数关系式即可；（2）根据题意，由（1）中的函数关系式，结合基本不等式即可得到结果.【小问1详解】由题意可得，，且，则，则【小问2详解】由（1）可知，当且仅当时，即时，等号成立，所以，当米时，元.22. 已知函数，.（1）若对，恒成立，求实数的取值范围；（2）若时，函数的最小值为，求实数的值；（3），使成立，求实数的取值范围.【答案】（1）    （2）    （3）【解析】【分析】（1）分别讨论和的情况，结合一元二次不等式恒成立的思想可构造不等式组求得结果；（2）分别讨论、和情况，通过对二次函数开口方向和对称轴位置的分析得到最值点，利用最值构造方程求得结果；（3）将问题转化为，令，由二次函数的最值和能成立的思想可得，解不等式可求得结果.【小问1详解】当时，，则当时，不成立，不合题意；当时，由，恒成立得：，解得：或；综上所述：实数的取值范围为.【小问2详解】①当，即时，在上单调递增，，不合题意；②当，即时，为开口方向向上，对称轴为的抛物线，在上单调递增，，不合题意；③当，即时，为开口方向向下，对称轴为的抛物线；若，即，则当时，取得最小值，，不合题意；若，即，则当时，取得最小值，，令，解得：；综上所述：实数的值为.【小问3详解】由题意知：，使得成立，即，使得成立，即，使得成立；令，则，使得，为开口方向向下，对称轴为的抛物线，，，解得：，即实数的取值范围为.