湖北省襄阳市第五中学2023-2024学年高一数学上学期9月月考试题（Word版附解析）

襄阳五中2023高一年级9月月考

数学试题

一､选择题：本题共8小题，每小题5分，共40.0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. 下列关系正确的是（    ）

A.  B.

C.   D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据元素与集合、集合与集合的关系进行判断.

【详解】解：选项A：因为是集合中的元素，所以，所以选项A错误；

选项B：因为是任何集合子集，所以，所以选项B错误；

选项C：因为中含有元素0，1，而且还有其他元素，所以，所以选项C正确；

选项D：因为是无理数，而是有理数集，所以，所以选项D错误；

故选：C

2. 已知命题：，，则命题的否定为（    ）

A. ， B. ，

C. ， D. ，

【答案】D

【解析】

【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.

3. 给定下列命题：①a>b⇒a2>b2；②a2>b2⇒a>b；③a>b⇒<1；④a>b⇒<.其中正确的命题个数是（    ）

A. 0 B. 1 C. 2 D. 3

【答案】A

【解析】

【分析】

分别取特殊值即可判断.

【详解】对①，若，则，故①错误；

对②，若，满足，但，故②错误；

对③，若，则，故③错误；

对④，若，则，故④错误，

所以正确的命题个数是0.

故选：A.

4. 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S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（    ）

A. 10 B. 12 C. 14 D. 16

【答案】B

【解析】

【分析】由题意可得，，进而利用基本不等式，即可得出结论．

【详解】由题意，，，

可得，，

当且仅当时等号成立，

所以此三角形面积的最大值为12．

故选：．

5. 若，则的最小值是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】利用基本不等式即可得解.

【详解】由，可得，

，

当且仅当，即时取等号，

所以的最小值为，

故选：B.

6. 已知集合，，则满足的集合的个数为（    ）

A. 4 B. 8 C. 7 D. 16

【答案】B

【解析】

【分析】

先分别用列举法表示出，然后根据确定出中一定有的元素和可能有的元素，从而求解出满足的的个数.

【详解】因为的解为或，所以；

又因为，且，所以中一定含有元素，可能含有元素，

所以的个数即为集合的子集个数：，

故选：B.

【点睛】本题考查根据集合的子集关系求解符合条件的集合个数，解答问题的关键是确定出集合中一定包含的元素和可能包含的元素，难度一般.

7. 已知关于的不等式的解集是，则实数的取值范围是（    ）

A. 或 B.

C. 或 D.

【答案】D

【解析】

【分析】首先讨论时的情况，再讨论时，得到，解不等式组即可得到答案.

【详解】由题知：当时，，解得（舍去）.

当时，，解集为（符合）.

当时，

，解得.

综上：.

故选：D

【点睛】本题主要考查二次不等式恒成立，同时考查分类讨论的思想，属于简单题.

8. 若实数，且a，b满足，，则代数式的值为（    ）

A. 2 B. －20 C. 2或－20 D. 2或20

【答案】B

【解析】

【分析】

利用韦达定理可求的值.

【详解】因为，，故为方程的两个根，

故

又

，

故选：B.

【点睛】本题考查一元二次方程的解、韦达定理，注意利用同构的思想来构建方程，另外注意将代数式整合成与两根和、两根积有关的代数式，本题属于基础题.

二､多选题：本题共4小题，每小题5分，共20.0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. （多选题）使成立充分条件是（　　）

A.  B.

C.  D.

【答案】AB

【解析】

【分析】根据充分条件的判断即可由选项求解.

【详解】和 不可推出．所以使成立的充分条件是或 ，

故选：AB

10. 某工艺厂用A、B两种型号不锈钢薄板制作矩形、菱形、圆3种图形模板，每个图形模板需要A、B不锈钢薄板及该厂2种薄板张数见下表

该厂签购制作矩形、菱形、圆3种模板分别为x，y，z（）块.上述问题中不等关系表示正确为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】BC

【解析】

【分析】根据题意直接列不等式即可求解.

【详解】因为每个矩形模板需要5张A薄板，每个菱形模板需要3张A薄板，每个圆模板需要10张A薄板，且共有55张A薄板，

所以，

因为每个矩形模板需要12张B薄板，每个菱形模板需要6张B薄板，每个圆模板需要13张B薄板，且共有125张B薄板，

所以.

故选：BC.

11. 下列选项正确的有（    ）

A. 比较接近1的整数的全体能构成一个集合

B. 由实数，，，，所组成的集合，其元素的个数最多为2

C. 设，，，，则

D. 若集合，集合，则

【答案】BD

【解析】

【分析】根据集合的性质和定义以及集合间的关系一一分析即可.

【详解】对A，比较接近没有一个标准，故不符合集合确定性的性质，故A错误；

对B，因为，，所以当时，这几个数均为0，

当时，它们分别是，，

当时，它们分别是，，均最多表示两个不同的数，

故所组成的集合中的元素最多为2个，故B正确；

对C，集合中包含，而集合中不含，故C错误；

对D，对于集合，对于集合，

是奇数集，是整数集，则，故D正确.

故选：BD.

12. 下列说法正确的是（    ）

A. “且”是“”的充要条件

B. 若，，则

C. 方程有一正一负根的充要条件是

D. 若实数满足，则的最小值为2

【答案】CD

【解析】

【分析】特例可判断AB，根据一元二次方程根的分布可判断C，利用均值不等式可判断D．

【详解】当 时满足，但不满足且，故A错误；

当，，时，满足，，但，故B错误；

方程有一正一负根的充要条件是，解得：，故C正确；

因为，，，所以

，

所以

，

当且仅当时等号成立，即的最小值为2，故D正确．

故选：CD．

三､填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20.0分.

13. 已知，利用等式的性质比较与的大小关系：________(填“”“”或“”)．

【答案】

【解析】

【分析】化简得到，得到答案.

【详解】，故，即，故.

故答案为：

14. 已知集合，且，则实数的值为___________.

【答案】3

【解析】

【分析】由集合的元素，以及，分类讨论，结合集合元素互异性，即可得出实数的值.

【详解】由题可得，若，则，不满足集合元素的互异性，舍去；

若，解得或，其中不满足集合元素互异性，舍去，

所以.

故答案为：3.

【点睛】本题考查集合元素的互异性，结合元素与集合关系以及通过对集合中元素构成的特点求参数值.

15. 某班参加数､理､化竞赛时，有24名学生参加数学竞赛，28名同学参加物理竞赛，19名同学参加化学竞赛，其中三科竞赛都参加的有7人，只参加数､理两科的5人，只参加物､化两科的3人，只参加数､化两科的4人，若该班学生共50名，则没有参加任何一科竞赛的学生有______人

【答案】5

【解析】

【分析】本题首先可根据题意确定只参加数学竞赛、只参加物理竞赛以及只参加化学竞赛的学生人数，然后用学生总数减去参加比赛的学生人数即可得出结果.

【详解】由Venn图表示，A，B，C分别代表参加数学，物理，化学的人，因为参加数、理、化三科竞赛的有7名，只参加数、物两科的有5名，只参加数、化两科的有4名，只参加物、化两科的有3名，分别填入Venn图，

又因为有24名学生参加数学竞赛，28名同学参加物理竞赛，19名同学参加化学竞赛，

故只参加数学竞赛的有名，只参加物理竞赛的有名，只参加化学竞赛的有名，

则没有参加任何一科竞赛的学生有名，

故答案为：5.

【点睛】关键点睛：本题考查学生解决实际问题的能力，能否明确题意中给出的各个条件之间的关系及用Venn图表示集合是解题的关键，考查学生的推理能力，体现了综合性，是中档题.

16. 设正实数x，y，z满足，则当取得最大值时，的最大值为_________．

【答案】1

【解析】

【分析】由得，代入，变形后根据基本不等式即可求的最大值以及此时的条件，根据此条件即可求的最大值.

【详解】由得，

故，当且仅当，即时取得最大值，

此时，

则，当时取得最大值

故答案为：1.

四､解答题：本大题共6小题，共70.0分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.

17. 解不等式：

（1）；

（2）.

【答案】（1）   

（2）

【解析】

【分析】（1）由分母恒大于0直接求解即可；

（2）作差，转化为求一元二次不等式即可.

【小问1详解】

，原不等式可化为：，

所以原不等式的解集为．

【小问2详解】

，

故，解得.

所以原不等式的解集为.

18. 已知集合，．

（1）若，求实数的取值范围；

（2）若，求实数的取值范围．

【答案】（1）；（2）

【解析】

【分析】（1）由集合A可得，利用列出不等式组，求出实数的取值范围；

（2）若，则，分和两种情况，分别列不等式可得实数的取值范围．

【详解】（1）因为，所以或．

又且，

所以，解得

所以实数的取值范围是．

（2）若（补集思想），则．

当时，，解得；

当时，，即，

要使，则，得．

综上，知时，，

所以时，实数的取值范围是．

19. 请在①充分不必要条件，②必要不充分条件，这二个条件中任选一个，补充在下面问题（2）中.已知集合，

（1）求集合A，B；

（2）若是成立的______条件，判断实数m是否存在？若实数m存在，求出m的取值范围；若不存在，说明理由.注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.

【答案】（1），   

（2）答案见解析

【解析】

【分析】（1）解一元二次不等式即可得到集合A，B.

（2）根据充分条件和必要条件的定义转为不等式关系进行求解即可.

【小问1详解】

由得，故集合，

由得，因为m>0，

故集合；

【小问2详解】

若选择条件①，即是成立的充分不必要条件，集合A是集合B的真子集，

则有，其中等号不同时取到，解得，

所以，实数m的取值范围是.

若选择条件②，即是成立的必要不充分条件，集合B是集合A的真子集，

则有，其中等号不同时取到，解得，

所以实数m的取值范围是.

20. 已知不等式的解集为或．

（1）求的值；

（2）解不等式．

【答案】（1），；   

（2）答案见解析

【解析】

【分析】（1）根据由不等式的解集为或，根据三个二次之间的对应关系，易得的值；

（2）原不等式可化为，分类讨论即可求出答案．

【小问1详解】

因为不等式的解集为或

所以的根为.

时，；

所以，即，

所以，所以.

【小问2详解】

由（1）知，，即，

即，

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.

综上，时，不等式的解集为，时，，不等式的解集为，时，不等式的解集为.

21. 已知，.

（1）若不等式恒成立，求的最大值；

（2）若，求的最小值.

【答案】（1）12；    （2）4.

【解析】

【分析】（1）对给定不等式分离参数，再利用1的妙用求出最小值作答.

（2）变形给定等式，利用均值不等式建立并解一元二次不等式作答.

【小问1详解】

因为，，则，

而，当且仅当，即时取等号，

依题意，不等式恒成立，于是

所以m的最大值为12.

【小问2详解】

若，，，则，

当且仅当，即，时取等号，

于，而，解得，

所以的最小值为4.

22. 某公司决定对旗下的某商品进行一次评估，该商品原来每件售价为25元，年销售8万件．

（1）据市场调查，若价格每提高1元，销售量将相应减少2 000件，要使销售的总收入不低于原收入，该商品每件定价最多为多少元？

（2）为了扩大该商品的影响力，提高年销售量．公司决定立即对该商品进行全面技术革新和销售策略调整，并提高定价到x元．公司拟投入万元．作为技改费用，投入50万元作为固定宣传费用，投入万元作为浮动宣传费用．试问：当该商品改革后的销售量至少达到多少万件时，才可能使改革后的销售收入不低于原收入与总投入之和？并求出此时每件商品的定价．

【答案】（1）40元    （2）10.2万件，该商品的每件定价为30元

【解析】

【分析】（1）设每件定价为元，依题意得，从而可求出的范围，进而可得答案，

（2）由题意可得当时，有解，利用基本不等式可求出的最小值，从而可求得答案.

【小问1详解】

设每件定价为元，依题意得，

整理得，解得．

所以要使销售的总收入不低于原收入，每件定价最多为40元．

【小问2详解】

依题意知当时，不等式有解，

等价于时，有解，

由于，当且仅当，即时等号成立，

所以，