重庆市第十一中学2023-2024学年高一数学上学期10月月考试题（Word版附解析）

高2026高一上期10月模拟数学试题

一、单选题（本大题共8小题，共40.0分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1. 设集合，，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由并集和交集定义直接求解即可.

【详解】，.

故选：B.

2. 命题：“对任意的，”的否定是（    ）

A. 不存在， B. 存在，

C. 存在， D. 对任意的，

【答案】C

【解析】

【分析】由全称命题的否定可直接确定结果.

【详解】由全称命题的否定知：原命题的否定为：存在，.

故选：C.

3. 集合，若，则（    ）

A.  B. 3或 C. 3 D. 3或或5

【答案】A

【解析】

【分析】由得，分类讨论：当时，，经验证不合题意，当时，得或，经验证符合题意.

【详解】因为，所以，

当时，，此时，，，不合题意，

当时，或，

当时，，，符合题意，

当时，不满足元素的互异性.

综上所述：.

故选：A.

【点睛】本题考查了由集合的交集求参数，考查了分类讨论思想，考查了集合中元素的互异性，属于基础题.

4. 下列不等式中成立的是（    ）

A. 若，则 B. 若，则

C. 若，则 D. 若，则

【答案】B

【解析】

【分析】A，如时，，所以该选项错误；BCD，利用作差法比较大小分析得解.

【详解】A. 若，则错误，如时，，所以该选项错误；   

B. 若，则，所以该选项正确；

C. 若，则，所以该选项错误；

D. 若，则，所以该选项错误.

故选：B

5. 若，则下列不等式一定成立的是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】对A，B，C，D选项作差与0比较即可得出答案.

【详解】对于A，因为，故，即，故A错误；

对于B，，无法判断，故B错误；

对于C，因为，，故C正确；

对于D，因为，故，即，故D错误．

故选：C．

6. 使不等式成立的一个充分不必要条件是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】解不等式求得其解集为，可知所求为的一个真子集，由此可判断选项得到结果.

【详解】当时，不等式可化为，解得：；

当时，不等式可化为，解得：；

的解集为；

使不等式成立的一个充分不必要条件为的真子集，

，D正确.

故选：D.

7. 当时，不等式对任意实数恒成立，则的值为（    ）

A.  B. 6 C. 7 D. 8

【答案】B

【解析】

【分析】化不等式为一元二次不等式，再利用不等式恒成立求出的取值范围即可.

【详解】由于，则不等式等价于，

依题意，不等式对任意实数恒成立，则，解得，

于是，所以.

故选：B

8. 2021年初，某地区甲、乙、丙三位经销商出售钢材的原价相同．受钢材进价普遍上涨的影响，甲、乙计划分两次提价，丙计划一次提价．设，甲第一次提价，第二次提价；乙两次均提价；丙一次性提价．各经销商提价计划实施后，钢材售价由高到低的经销商依次为（    ）

A. 乙、甲、丙 B. 甲、乙、丙

C 乙、丙、甲 D. 丙、甲、乙

【答案】A

【解析】

【分析】根据题意，分别计算出提价后的价格，结合基本不等式，分析即可得答案.

【详解】设提价前价格为1，

则甲提价后的价格为：，

乙提价后价格为：，

丙提价后价格为：，

因，

所以，

所以，即乙>甲>丙.

故选：A

二、多选题（本大题共4小题，共20.0分.在每小题有多项符合题目要求）

9. ，或，若，则的可能取值为（    ）

A. 3 B. 2 C.  D. 1

【答案】BD

【解析】

【分析】根据题意，可分和两种情况，结合集合交集的概念及运算，列出不等式（组），即可求解.

【详解】由题意，集合，或，且，

当时，可得，解得，此时满足；

当时，则满足，解得，

综上可得，实数的取值范围是.

则BD符合题意，AC错误；

故选：BD.

10. 下列选项中正确的是（    ）

A. 不等式恒成立

B. 存在实数，使得不等式成立

C. 若，为正实数，则

D. 若正实数，满足，则

【答案】BCD

【解析】

【分析】根据基本不等式的条件与“1”的用法等依次讨论各选项即可得答案.

【详解】解：对于A选项，当时不成立，故错误；

对于B选项，当时，，当且仅当等号成立，故正确；

对于C选项，若，为正实数，则，所以，当且仅当时等号成立，故正确；

对于D选项，由基本不等式“1”的用法得，当且仅当时等号成立，故正确.

故选：BCD

11. 下列命题正确的是（    ）

A. “”是“”的充分不必要条件

B. 命题“”的否定是“”

C. 的充要条件是

D. 若，则至少有一个大于1

【答案】BD

【解析】

【分析】根据必要条件与充分条件的概念、全称量词的否定、不等式的性质依次判定即可.

【详解】对于A选项，若则得不到，故不是充分条件；

对于B选项，由全称量词的否定可判断其正确；

对于C选项，若则得不到，故不是充要条件，C选项错误；

对于D选项，若均不大于1，则，故至少有一个大于1，故D选项正确；

故选：BD.

12. 下列说法正确的有（    ）

A. 若，则的最大值是

B. 若，，都是正数，且，则的最小值是3

C. 若，，，则的最小值是2

D. 若实数，满足，则的最大值是

【答案】ABD

【解析】

【分析】对于A，凑分母，结合基本不等式，可得答案；对于B，根据基本不等式，结合“1”的妙用，可得答案；对于C，根据基本不等式的变式，整理出关于所求整式的二次不等式，可得答案；对于D，采用换元法，设，，可将原式化简为，结合基本不等式，可得答案．

【详解】对于A，因为，所以，所以，

所以，

当且仅当，即时等号成立，所以的最大值为，故A正确；

对于B，因为x，y，z都是正数，且，所以，，，

所以，

当且仅当，即，即时等号成立，所以的最小值为3，故B正确；

对于C，因为，，所，即（当且仅当时等号成立），

因为，所以，所以，

所以，解得（舍去）或，当且仅当时等号成立，

所以的最小值为4，故C错误；

对于D，，设，，

∵，当且仅当，即时，取等号

∴

则的最大值为，故D正确．

故选：ABD.

三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）

13. 已知实数、，满足，，则的取值范围是_______.

【答案】

【解析】

【分析】

利用待定系数法得出，结合不等式的基本性质可求得的取值范围.

【详解】设，

，解得，所以，，

，，所以，，，

所以，，即.

因此，取值范围是.

故答案为：.

【点睛】本题考查利用不等式的基本性质求代数式的取值范围，考查了待定系数法的应用，考查计算能力，属于基础题.

14. 设，，若，则实数组成的集合_____．

【答案】

【解析】

【分析】先求出A的元素，再由B⊆A，分和B≠φ求出a值即可.

【详解】∵A＝{x|x2﹣8x+15＝0}，

∴A＝{3，5}

又∵B＝{x|ax﹣1＝0}，

∴①时，a＝0，显然B⊆A

②时，B＝{}，由于B⊆A

∴

∴

故答案为{}

【点睛】本题主要考查由集合间基本关系求参数值或范围的问题，属于基础题．

15. 若不等式和不等式的解集相同，则的值为______．

【答案】

【解析】

【分析】先利用分式不等式的解法求出解集，然后利用一元二次不等式的解集与一元二次方程根之间的关系，由韦达定理列式求解即可．

【详解】解：不等式等价于，解得，

所以不等式的解集为，

由题意可知，不等式的解集为，

则为方程的两个根且，

则，解得，，

所以．

故答案为：．

16. 若，为正实数，，且，，则___________.

【答案】3.

【解析】

【分析】根据题意，可知，，再根据基本不等式中的“1”用法，结合题意以及不等式取等号的条件，即可求出的值，进而求出结果.

【详解】由题意可知，，为正实数，，

所以

又

所以，

即

当且仅当（①）时，取等号，

即

所以（②）

联立①②，因为，所以，则，

所以，所以.

故答案为：.

四、解答题（本大题共6小题，共72.0分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

17. （1）解不等式：；

（2）解关于的不等式.

【答案】（1）；（2）

【解析】

【分析】（1）直接解出一元二次不等式即可；

（2）移项、作差并通分即可解出不等式.

【详解】（1），即，

即，解得，

则不等式解集为.

（2），即，即，则，

则不等式解集为.

18. 已知非空集合，.

（1）若，求.

（2）若“”是“”的充分不必要条件，求的取值范围.

【答案】（1）   

（2）或

【解析】

【分析】（1）当时，写出集合，求出集合，利用补集和并集的定义可求得集合；

（2）分析可得，分、两种情况讨论，可得出关于实数的不等式（组），综合可得出实数的取值范围.

【小问1详解】

当时，，或，

所以，，此时，

【小问2详解】

因为“”是“”的充分不必要条件，则，

当时，，解得，此时，成立；

当时，，解得，

由可得或，解得或，此时，或.

综上所述，实数的取值范围是或.

19. （1）已知，，求，取值范围

（2）已知，且，，试比较与的大小.

【答案】（1），；（2）

【解析】

【分析】（1）根据不等式的性质，可得结果.

（2）利用作差法，即可得．

【详解】（1）∵，，

∴，.

∴，

即.

又，∴，

∴.

（2），

因为且，，

所以；

又因为，所以，，

所以．

20.

围建一个面积为360m2的矩形场地，要求矩形场地的一面利用旧墙（利用旧墙需维修），其它三面围墙要新建，在旧墙的对面的新墙上要留一个宽度为2m的进出口，如图所示，已知旧墙的维修费用为45元/m，新墙的造价为180元/m，设利用的旧墙的长度为x（单位：元）．设修建此矩形场地围墙的总费用为y.

（Ⅰ）将y表示为x的函数；

（Ⅱ）试确定x，使修建此矩形场地围墙的总费用最小，并求出最小总费用．

【答案】（Ⅰ）y=225x+

（Ⅱ）当x=24m时，修建围墙的总费用最小，最小总费用是10440元．

【解析】

【详解】试题分析：（1）设矩形的另一边长为am，则根据围建的矩形场地的面积为360m2，易得，此时再根据旧墙的维修费用为45元/m，新墙的造价为180元/m，我们即可得到修建围墙的总费用y表示成x的函数的解析式；（2）根据（1）中所得函数的解析式，利用基本不等式，我们易求出修建此矩形场地围墙的总费用最小值，及相应的x值

试题解析：（1）如图，设矩形的另一边长为a m

则45x+180（x-2）+180·2a=225x+360a-360

由已知xa=360,得a=,

所以y=225x+

（2）

．当且仅当225x=时，等号成立．

即当x=24m时，修建围墙的总费用最小，最小总费用是10440元．

考点：函数模型的选择与应用

21. 设，

（1）时，解关于的不等式.

（2）若不等式对一切实数恒成立，求实数的取值范围.

【答案】（1）答案见详解   

（2）

【解析】

【分析】（1）利用一元二次不等式的解法，分类讨论运算即可得解.

（2）利用一元二次不等式的解法，分类讨论运算即可得解.

【小问1详解】

解：当时，由得，

当时，不等式为，解集为；

当时，由得，

解得：，即解集为.

综上知，当时，解集为；当时，解集为.

【小问2详解】

解：由题意，

可得对一切实数恒成立，

当时，不满足对一切实数恒成立；

当时，由解得：.

综上知，求实数的取值范围为.

22. 《见微知著》谈到：从一个简单的经典问题出发，从特殊到一般，由简单到复杂：从部分到整体，由低维到高维，知识与方法上的类比是探索发展的重要途径，是思想阀门发现新问题、新结论的重要方法，

阅读材料一：利用整体思想解题，运用代数式的恒等变形，使不少依照常规思路难以解决的问题找到简便解决方法，常用的途径有：（1）整体观察；（2）整体设元；（3）整体代入：（4）整体求和等.

例如，，求证：.

证明：原式.

波利亚在《怎样解题》中指出：“当你找到第一个藤菇或作出第一个发现后，再四处看看，他们总是成群生长”类似问题，我们有更多的式子满足以上特征.

请根据阅读材料解答下列问题

（1）已知如，求___________.

（2）若，解方程.

（3）若正数、满足，求的最小值.

【答案】（1）1    （2）   

（3）

【解析】

【分析】（1）由题意把代入式中可求值；

（2）将代入方程可求解；

（3）由已知条件可得，利用基本不等式求出的最小值即可．

【小问1详解】

由题意得．

【小问2详解】

原方程可化为：，

即：，

，即，解得：．

【小问3详解】

由题意得，

，当且仅当，即时，等号成立，

有最小值，此时有最大值，

从而有最小值，即有最小值．