2023-2024学年山西省运城市景胜中学高一上学期10月月考数学试题（A卷）含答案

这是一份2023-2024学年山西省运城市景胜中学高一上学期10月月考数学试题（A卷）含答案，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．设全集,集合，（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据整数集的分类，以及补集的运算即可解出．
【详解】因为整数集，，所以，．
故选：A．
2．若，则下列命题正确的是（ ）
A．若且，则B．若，则
C．若，则D．若，则
【答案】C
【分析】根据不等式的性质结合作差法判断求解；
【详解】选项A：令不成立，选项错误；
选项B：当时，，选项错误；
选项C：，，
因为，所以即，选项正确；
选项D：，，不成立，选项错误；
故选：C.
3．已知的定义域为，则的定义域为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【解析】由的定义域为，可得的定义域为，再根据可得答案.
【详解】由的定义域为，
得，所以，
所以，的定义域为，
令，得，即，
所以的定义域为.
故选：B.
【点睛】方法点睛：对于抽象函数，若已知函数的定义域为，则函数的定义域由不等式求出.，若已知函数的定义域为，则的定义域为在时的值域.
4．“”是“，是假命题”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】由命题“，是假命题”，利用二次函数的性质，求得实数的取值范围，结合充分、必要条件的判定方法，即可求解.
【详解】由题意，命题“，是假命题”
可得命题“，是真命题”
当时，即时，不等式恒成立；
当时，即时，则满足，解得，
综上可得，实数，
即命题“，是假命题”时，实数的取值范围是，
又由“”是“”的必要不充分条件，
所以“”是“，是假命题”的必要不充分条件，
故选：B.
【点睛】理解全称命题与存在性命题的含义时求解本题的关键，此类问题求解的策略是“等价转化”，把存在性命题为假命题转化为全称命题为真命题，结合二次函数的性质求得参数的取值范围，再根据充分、必要条件的判定方法，进行判定.
5．已知函数的定义域为，则函数的定义域是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】求出使新函数式有意义的自变量范围即可．
【详解】由题意，解得且．
所以定义域为．
故选：B．
6．设全集U是实数集R，，都是U的子集（如图所示），则阴影部分所表示的集合为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】题图中阴影部分表示集合，即可求
【详解】题图中阴影部分表示集合.
故选：B
7．对于实数x，规定表示不大于x的最大整数，例如：，.若方程的解集为A，，且，则实数a的取值范围为（ ）
A．或B．或
C．或D．或
【答案】C
【分析】根据题目条件得到，求出，分，，三种情况，求出集合，根据列出不等式组，求出实数a的取值范围.
【详解】，所以，
由解得：或，
由，解得：，
综上：或，
，
当时，解集为，
满足，满足题意；
当时，解集为或，
要想，则，解得：，
与求交集得：；
当时，解集为或，
要想，则，解得：，
与取交集得：，
综上：实数a的取值范围为或.
故选：C
8．若两个正实数x，y满足，且不等式有解，则实数m的取值范围是（ ）
A．B．或
C．D．或
【答案】D
【分析】首先不等式转化为，再利用基本不等式求最值，即可求解.
【详解】若不等式有解，则，
因为，，所以，
当，即时，等号成立，的最小值为4，
所以，解得：或，
所以实数的取值范围是或.
故选：D
二、多选题
9．已知函数是一次函数，满足，则的解析式可能为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】AD
【分析】设，代入列方程组求解即可.
【详解】设，
由题意可知，
所以，解得或，
所以或.
故选：AD.
10．已知关于的不等式的解集为，则（ ）
A．
B．不等式的解集是
C．函数的零点为和
D．不等式的解集为
【答案】ABD
【分析】根据不等式的解集判断出，结合根与系数关系、一次不等式、一元二次不等式的解法判断BCD选项的正确性.
【详解】关于的不等式的解集为，
所以，且和4是关于的方程的两根，
由韦达定理得，
则，所以A正确；
不等式即为，解得，所以B正确；
因为和4是关于的方程的两根，
函数的零点为和，故C错误；
不等式即为，即，解得或，
所以不等式的解集为，所以D正确.
故选：.
11．已知，若关于的不等式的解集中的整数恰有3个，则的值可以为（ ）
A．B．C．D．
【答案】CD
【分析】先解不等式，再根据解集包含的整数的个数列式解不等式即可.
【详解】因为，所以，
因为，且解集中的整数恰有3个，所以，
因为，所以，
从而，即，
因为，所以.
故选：.
12．公元3世纪末，古希腊亚历山大时期的一位几何学家帕普斯发现了一个半圆模型（如图所示），以线段为直径作半圆，，垂足为，以的中点为圆心，为半径再作半圆，过作，交半圆于，连接，设，，则下列不等式一定正确的是（ ）．
A．B．
C．D．
【答案】AD
【解析】先结合图象，利用垂直关系和相似关系得到大圆半径，小圆半径，，，，再通过线段大小判断选项正误即可.
【详解】因为是圆O的直径，则，
因为，则，所以，故，
易有，故，即，
大圆半径，小圆半径，
，，
故，同理.
选项A中，，显然当时是钝角，在上可截取，故，即大圆半径，故，正确；
选项B中，当时，大圆半径，有，故错误；
选项C中， 中，，故，故错误；
选项D中，大圆半径，小圆半径，
则，而，故，故正确.
故选：AD.
【点睛】本题解题关键在于将选项中出现的数式均与图中线段长度对应相等，才能通过线段的长短比较反馈到数式的大小关系，突破难点.
三、填空题
13．命题“”的否定是 ．
【答案】或
【分析】根据全称命题的否定为特称命题可得结果.
【详解】∵全称命题的否定为特称命题，
∴“”的否定是“或”
故答案为：或.
14．已知关于的不等式的解集为．若且，则实数的取值范围是 ．
【答案】
【分析】由题意可得出关于实数的不等式组，由此可解得实数的取值范围.
【详解】因为关于的不等式的解集为，且，
所以，，解得.
故答案为：.
15．已知函数，，其中若对任意的，存在，使得成立，则实数k的值等于 .
【答案】
【分析】不妨构造，可得，则原题可等价转化为的值域是的值域的子集，解不等式即可求解.
【详解】由，令，则
而，
所以对任意的，存在，使得成立.
因为，所以在上的值域为，
函数在上的值域为，
依题意有，
故，可得，得
故答案为：
16．已知，，若是的必要不充分条件，则实数的取值范围是 .
【答案】
【分析】先分别求出命题和命题为真命题时表示的集合，即可求出和表示的集合，根据必要不充分条件所表示的集合间关系即可求出.
【详解】对于命题，由可解出，则表示的集合为或，设为A，
对于命题，，则，设表示的集合为B，
是的必要不充分条件，，
当时，的解集为，则或，
，解得；
当时，，不满足题意；
当时，的解集为，则或，
，解得，
综上，的取值范围是.
故答案为：.
【点睛】本题考查命题间关系的集合表示，以及根据集合关系求参数范围，属于中档题.
四、解答题
17．已知全集，非空集合，．
(1)当时，求；
(2)命题，命题，若q是p的必要条件，求实数a的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1），当时，， 再运用交、补集的运算，计算求解即可；
（2）由已知可得，故，计算求解即可得到结论．
【详解】（1）不等式的解集为
所以，
当时，，化简得，
全集，
或，
∴；
（2）由q是p的必要条件，可得，
所以，
因为
所以，
所以不等式的解集为，
所以，
，解得或，
所以 实数a的取值范围是.
18．已知集合，．
(1)若，求实数的取值范围；
(2)若“”是“”的必要不充分条件，求实数的取值范围．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）解不等式得集合，由得，再由集合包含关系得不等关系，从而求得结论；
（2）由”是“”的必要不充分条件得B是A的真子集，然后按是否为空集分类讨论求解．
【详解】（1）由题意知，
因为，所以，
则，解得，则实数的取值范围是；
（2）因为“”是“”的必要不充分条件，所以B是A的真子集，
当时， 解得；
当时，（等号不能同时取得），解得，
综上，
19．设矩形的周长为，把沿向折叠，折过去后交于点P，设．
(1)用x的代数式表示y，并写出x的取值范围；
(2)求的最大面积及相应x的值．
【答案】(1)
(2)当时，的面积最大，面积的最大值为
【分析】（1）设，根据几何关系可得各边长度，再根据中的勾股定理列式，化简可得，根据求解即可；
（2）根据，利用基本不等式求解最大值即可.
【详解】（1）如图，∵，由矩形的周长为，可知．设，则，
，，，，
．
在中，由勾股定理得，即，
解得，所以．即．
（2）的面积为．
由基本不等式与不等式的性质，得，
当且仅当时，即当时，的面积最大，面积的最大值为
20．已知函数是定义在上的函数，恒成立，且
(1)确定函数的解析式并判断在上的单调性（不必证明）;
(2)解不等式.
【答案】(1)，在上单调递增
(2)
【分析】（1）根据奇函数的性质，以及代入条件，即可求解，并判断函数的单调性；
（3）根据函数是奇函数，以及函数的单调性，即可求解不等式.
【详解】（1）由题意可得，解得
所以，经检验满足，
设，
，
因为，所以，，，
所以，即，
所以函数在区间单调递增；
（2），，是定义在上的增函数，
，得，所以不等式的解集为.
21．关于的不等式组的整数解的集合为.
(1)当时，求集合：
(2)若集合，求实数的取值范围：
(3)若集合中有2019个元素，求实数的取值范围.
【答案】(1)；
(2)；
(3).
【分析】（1）解一元二次不等式组求解集即可；
（2）由不等式组有唯一整数解，应用数轴法有，即可得结果.
（3）讨论、，由元素个数确定的范围.
【详解】（1）当时，可得，满足条件的整数不存在，故.
（2）由得：或.
因为有唯一整数解，
又的两根为和，则，所以，
综上，所求的取值范围为.
（3）当时，，所以，得.
当时，，所以，得.
所以实数的取值范围为.
22．已知二次函数的图像经过点和，且函数在上的最大值为4.
(1)求函数的解析式；
(2)当时，函数的最大值为，最小值为，且，求的值.
【答案】(1)
(2)或
【分析】（1）首先得到函数的对称轴，从而得到顶点坐标，设（），代入点的坐标，求出的值，即可得解；
（2）首先得到函数的单调性，再分、、、四种情况讨论，分别得到函数在区间上的最大值与最小值，从而得到关于的方程，解得即可.
【详解】（1）因为二次函数的图像经过点和，所以函数的对称轴为，
又函数在上的最大值为，所以函数的顶点坐标为，开口向下，
设（），则，解得，
所以.
（2）由（1）可知，
函数在上单调递增，在上单调递减，
当，即时在上单调递增，所以，
，
因为，即，解得（舍去）；
当，即是在上单调递增，在上单调递减，且，
所以，，
又，所以，解得（舍去）或；
当，即是在上单调递增，在上单调递减，且，
所以，，
又，所以，解得或（舍去）；
当时在上单调递减，所以，
，
因为，即，解得（舍去）；
综上可得或.