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广西南宁市2023_2024学年高一数学上学期9月月考试题含解析
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这是一份广西南宁市2023_2024学年高一数学上学期9月月考试题含解析，共12页。试卷主要包含了考试结束后，请将答题卡交回等内容，欢迎下载使用。
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级填写在答题卡上，贴好条形码．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效．
3．考试结束后，请将答题卡交回．
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，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知集合，，则（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据集合表示的含义求交集.
【详解】由题意知，表示的是自然数中，由3的倍数组成的集合.
∴
故选：C
2. 命题“，”的否定是（）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】D
【解析】
【分析】由全称命题的否定可直接得到结果.
【详解】由全称命题的否定知：原命题的否定为，.
故选：D.
3. 若，则的值是（）
A. -3B. 3C. -9D. 9
【答案】A
【解析】
【分析】根据的范围化简根式和绝对值，由此求得表达式的值.
【详解】依题意，所以，所以.
故选：A.
【点睛】本小题主要考查根式和绝对值的化简，属于基础题.
4. 不等式的解集为（）
A. B.
C. ，或D. ，或
【答案】B
【解析】
【分析】对于二次项系数是负数的一元二次不等式，可以先把二次项系数化成正数，再求解.
【详解】不等式可化为，解得.
故选：B.
5. 若，则的值为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由求得，由此化简求得的值.
【详解】由得，所以.
故选：D
【点睛】本小题主要考查代数式的化简求值，属于基础题.
6. 使不等式成立的一个充分不必要条件是（）
A. B. 或
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意要选的是的真子集.
【详解】由得，
因为选项中只有，
故只有C选项中的条件是使不等式成立的一个充分不必要条件．
故选：C.
7. 已知菱形的边长为5，两条对角线交于点，且、的长分别是关于的方程的根，则等于（）
A. -3B. 5C. 5或-3D. -5或3
【答案】A
【解析】
【分析】由题意可知：菱形ABCD的边长是5，则AO2+BO2＝25，则再根据根与系数的关系可得：AO+BO＝﹣2m+1，AO•BO＝m2+3；代入AO2+BO2中，得到关于m的方程后，求得m的值．
【详解】由直角三角形的三边关系可得：AO2+BO2＝25，又有根与系数的关系可得：AO+BO＝﹣2m+1，AO•BO＝m2+3，∴AO2+BO2＝（AO+BO）2﹣2AO•BO＝（﹣2m+1）2﹣2（m2+3）＝25，整理得：m2﹣2m﹣15＝0，解得：m＝﹣3或5．
又∵△＞0，∴（2m﹣1）2﹣4（m2+3）＞0，解得m，∴m＝﹣3，
故选：A．
【点睛】将菱形的性质与一元二次方程根与系数的关系，以及代数式变形相结合解题是一种经常使用的解题方法．
8. 已知，则的最小值为（）
A. 8B. 10C. 12D. 14
【答案】C
【解析】
【分析】将变为，利用基本不等式即可求得答案.
【详解】因为,
,
当且仅当，即时取得等号，
即的最小值为12，
故选：C
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. 若，，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用不等式的基本性质逐项判断，可得出合适的选项.
【详解】对于A选项，因为，，则，，所以，，A错；
对于B选项，因为，所以，
因为，所以，所以，则，，
所以，，B对；
对于C选项，因为，则，因为，则，C对；
对于D选项，因为，，所以，，D对.
故选：BCD.
10. 设集合，集合，若，则可能是（）
A. B. C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据，可得或或，进而可求出的值．
【详解】因为，
所以或或，
则或或，
解得或或.
故选：ACD.
11. 若、且，则下列不等式中恒成立的是（）．
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】利用基本不等式可判断AD选项的正误；取，可判断BC选项的正误.
【详解】对于A选项，由基本不等式可得，则，当且仅当时，等号成立，A对；
对于B选项，当，时，，B错；
对于C选项，当，时，，C错；
对于D选项，由题意可知，，由基本不等式可得，当且仅当时，等号成立，D对
故选：AD.
12. 不等式对任意的恒成立，则（）
A. B. C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】将原不等式转化为一元二次不等式恒成立问题，根据二次函数的性质求解.
【详解】可整理为，根据二次函数的性质有：
，故A正确；
当时，满足，即原不等式成立，B错误；
由，得，所以，C正确；
，D正确；
故选：ACD．
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分
13. 设全集，集合，，则图中的阴影部分表示的集合为__________．
【答案】
【解析】
【详解】图中的阴影部分表示的集合为
14. 若命题，为真命题，则实数m的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】结合一元二次不等式以及特称命题真假性求得正确答案.
【详解】若命题，为真命题，
则，
化简得：，解得：或.
实数m的取值范围是:.
故答案为：.
15. 下列说法不正确的是________．（只填序号）
①是的必要条件；
②是的充分不必要条件；
③是且充分条件；
④是的充分不必要条件．
【答案】①③
【解析】
【分析】根据充分条件、必要条件判定方法，逐项判定，即可求解.
【详解】①中，命题：若是的必要条件的逆否命题为若是的必要条件，
由，可得或，所以是的充分条件，所以①不正确；
②中，若，则成立，即充分性成立；反之：若，则不一定成立，即必要性不成立，所以是的充分不必要条件，所以②正确；
③中，由，可得或，所以是且的必要条件，所以③不正确；
④中，由，可得，所以是的充分不必要条件，所以④正确.
故选：①③
16. 已知且，则的最小值是__________．
【答案】8
【解析】
【分析】运用“1”的代换及基本不等式即可求得结果.
【详解】因为，所以，
所以，当且仅当，即时取等号.
所以的最小值为8.
故答案为：8.
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. 已知方程的两根为与，求下列各式的值：
（1）；
（2）.
【答案】（1）18；（2）7.
【解析】
【分析】
（1）变形为，利用根与系数的关系求解.
（2）变形为，.利用根与系数的关系求解.
【详解】方程两根为与，
.
（1），
，
.
（2）.
18. 设集合，集合．
（1）若，求和
（2）设命题，命题，若是成立的必要不充分条件，求实数的取值范围．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）当，所以，再求和即可求出答案.
（2）因为是成立的必要不充分条件，所以⫋，分类讨论和，即可得出答案.
【小问1详解】
，因为，所以，
所以，．
【小问2详解】
因为是成立的必要不充分条件，所以⫋，
当时，，得
当时，．
解得，
所以实数的取值范围是
19. 设函数
（1）若不等式的解集为，试求的值；
（2）若，求不等式的解集.
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）根据不等式的解集确定1和3是方程的两个根，结合韦达定理即可求得答案；
（2）求出方程的两根为和2，分类讨论两根的大小，即可求得不等式解集.
【小问1详解】
由题意知1和3是方程的两个根，且，
即有，
解得.
【小问2详解】
，则不等式，即
即，
因为，方程的两根为和2，
所以：
①当，即时，不等式的解集为；
②当，即时，不等式的解集为；
③当且，即时，不等式的解集为.
20. 解答下列问题
（1）设，，，比较与的大小；
（2）已知，且，证明：．
【答案】（1）
（2）见解析
【解析】
【分析】（1）做差法；两式作差，再配完全平方，与0作大小比较，即可得出结论.
（2）作差法；作差，再通分，判断每个因式的正负，即可证明.
【小问1详解】
解：，
即，当且仅当,时，等号成立.
【小问2详解】
证明：
,
，
，
.
即，
.
21. 回答下列两题：
（1）已知，，且，求的最小值；
（2）已知，求的最小值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用“1”的妙用，变形为，利用基本不等式，即可求解；
（2）变形后，直接利用基本不等式，即可求解.
【小问1详解】
由题意可知，
，
当时，即，得时，等号成立，
综上可知，的最小值为；
【小问2详解】
原式，
当时，等号成立，即，
所以的最小值为.
22. 某光伏企业投资万元用于太阳能发电项目，年内的总维修保养费用为万元，该项目每年可给公司带来万元的收入．假设到第年年底，该项目的纯利润为万元．（纯利润累计收入总维修保养费用投资成本）
（1）写出纯利润的表达式，并求该项目从第几年起开始盈利．
（2）若干年后，该公司为了投资新项目，决定转让该项目，现有以下两种处理方案：
①年平均利润最大时，以万元转让该项目；
②纯利润最大时，以万元转让该项目．
你认为以上哪种方案最有利于该公司的发展？请说明理由．
【答案】（1），从第年起开始盈利
（2）选择方案①更有利于该公司的发展；理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意可得表达式，令，解不等式即可；
（2）分别计算两个方案的利润及所需时间，进而可确定方案.
【小问1详解】
由题意可知，
令，得，解得，
所以从第年起开始盈利；
【小问2详解】
若选择方案①，设年平均利润为万元，则，
当且仅当，即时等号成立，所以当时，取得最大值，
此时该项目共获利（万元）．
若选择方案②，纯利润，
所以当时，取得最大值，此时该项目共获利（万元）．
以上两种方案获利均为万元，但方案①只需年，而方案②需年，所以仅考虑该项目的获利情况时，选择方案①更有利于该公司的发展．
1．答卷前，考生务必将自己的姓名、班级填写在答题卡上，贴好条形码．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其它答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效．
3．考试结束后，请将答题卡交回．
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，只有一项是符合题目要求的．
1. 已知集合，，则（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据集合表示的含义求交集.
【详解】由题意知，表示的是自然数中，由3的倍数组成的集合.
∴
故选：C
2. 命题“，”的否定是（）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】D
【解析】
【分析】由全称命题的否定可直接得到结果.
【详解】由全称命题的否定知：原命题的否定为，.
故选：D.
3. 若，则的值是（）
A. -3B. 3C. -9D. 9
【答案】A
【解析】
【分析】根据的范围化简根式和绝对值，由此求得表达式的值.
【详解】依题意，所以，所以.
故选：A.
【点睛】本小题主要考查根式和绝对值的化简，属于基础题.
4. 不等式的解集为（）
A. B.
C. ，或D. ，或
【答案】B
【解析】
【分析】对于二次项系数是负数的一元二次不等式，可以先把二次项系数化成正数，再求解.
【详解】不等式可化为，解得.
故选：B.
5. 若，则的值为（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由求得，由此化简求得的值.
【详解】由得，所以.
故选：D
【点睛】本小题主要考查代数式的化简求值，属于基础题.
6. 使不等式成立的一个充分不必要条件是（）
A. B. 或
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意要选的是的真子集.
【详解】由得，
因为选项中只有，
故只有C选项中的条件是使不等式成立的一个充分不必要条件．
故选：C.
7. 已知菱形的边长为5，两条对角线交于点，且、的长分别是关于的方程的根，则等于（）
A. -3B. 5C. 5或-3D. -5或3
【答案】A
【解析】
【分析】由题意可知：菱形ABCD的边长是5，则AO2+BO2＝25，则再根据根与系数的关系可得：AO+BO＝﹣2m+1，AO•BO＝m2+3；代入AO2+BO2中，得到关于m的方程后，求得m的值．
【详解】由直角三角形的三边关系可得：AO2+BO2＝25，又有根与系数的关系可得：AO+BO＝﹣2m+1，AO•BO＝m2+3，∴AO2+BO2＝（AO+BO）2﹣2AO•BO＝（﹣2m+1）2﹣2（m2+3）＝25，整理得：m2﹣2m﹣15＝0，解得：m＝﹣3或5．
又∵△＞0，∴（2m﹣1）2﹣4（m2+3）＞0，解得m，∴m＝﹣3，
故选：A．
【点睛】将菱形的性质与一元二次方程根与系数的关系，以及代数式变形相结合解题是一种经常使用的解题方法．
8. 已知，则的最小值为（）
A. 8B. 10C. 12D. 14
【答案】C
【解析】
【分析】将变为，利用基本不等式即可求得答案.
【详解】因为,
,
当且仅当，即时取得等号，
即的最小值为12，
故选：C
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. 若，，则下列结论正确的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用不等式的基本性质逐项判断，可得出合适的选项.
【详解】对于A选项，因为，，则，，所以，，A错；
对于B选项，因为，所以，
因为，所以，所以，则，，
所以，，B对；
对于C选项，因为，则，因为，则，C对；
对于D选项，因为，，所以，，D对.
故选：BCD.
10. 设集合，集合，若，则可能是（）
A. B. C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】根据，可得或或，进而可求出的值．
【详解】因为，
所以或或，
则或或，
解得或或.
故选：ACD.
11. 若、且，则下列不等式中恒成立的是（）．
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】利用基本不等式可判断AD选项的正误；取，可判断BC选项的正误.
【详解】对于A选项，由基本不等式可得，则，当且仅当时，等号成立，A对；
对于B选项，当，时，，B错；
对于C选项，当，时，，C错；
对于D选项，由题意可知，，由基本不等式可得，当且仅当时，等号成立，D对
故选：AD.
12. 不等式对任意的恒成立，则（）
A. B. C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】将原不等式转化为一元二次不等式恒成立问题，根据二次函数的性质求解.
【详解】可整理为，根据二次函数的性质有：
，故A正确；
当时，满足，即原不等式成立，B错误；
由，得，所以，C正确；
，D正确；
故选：ACD．
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分
13. 设全集，集合，，则图中的阴影部分表示的集合为__________．
【答案】
【解析】
【详解】图中的阴影部分表示的集合为
14. 若命题，为真命题，则实数m的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】结合一元二次不等式以及特称命题真假性求得正确答案.
【详解】若命题，为真命题，
则，
化简得：，解得：或.
实数m的取值范围是:.
故答案为：.
15. 下列说法不正确的是________．（只填序号）
①是的必要条件；
②是的充分不必要条件；
③是且充分条件；
④是的充分不必要条件．
【答案】①③
【解析】
【分析】根据充分条件、必要条件判定方法，逐项判定，即可求解.
【详解】①中，命题：若是的必要条件的逆否命题为若是的必要条件，
由，可得或，所以是的充分条件，所以①不正确；
②中，若，则成立，即充分性成立；反之：若，则不一定成立，即必要性不成立，所以是的充分不必要条件，所以②正确；
③中，由，可得或，所以是且的必要条件，所以③不正确；
④中，由，可得，所以是的充分不必要条件，所以④正确.
故选：①③
16. 已知且，则的最小值是__________．
【答案】8
【解析】
【分析】运用“1”的代换及基本不等式即可求得结果.
【详解】因为，所以，
所以，当且仅当，即时取等号.
所以的最小值为8.
故答案为：8.
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. 已知方程的两根为与，求下列各式的值：
（1）；
（2）.
【答案】（1）18；（2）7.
【解析】
【分析】
（1）变形为，利用根与系数的关系求解.
（2）变形为，.利用根与系数的关系求解.
【详解】方程两根为与，
.
（1），
，
.
（2）.
18. 设集合，集合．
（1）若，求和
（2）设命题，命题，若是成立的必要不充分条件，求实数的取值范围．
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）当，所以，再求和即可求出答案.
（2）因为是成立的必要不充分条件，所以⫋，分类讨论和，即可得出答案.
【小问1详解】
，因为，所以，
所以，．
【小问2详解】
因为是成立的必要不充分条件，所以⫋，
当时，，得
当时，．
解得，
所以实数的取值范围是
19. 设函数
（1）若不等式的解集为，试求的值；
（2）若，求不等式的解集.
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）根据不等式的解集确定1和3是方程的两个根，结合韦达定理即可求得答案；
（2）求出方程的两根为和2，分类讨论两根的大小，即可求得不等式解集.
【小问1详解】
由题意知1和3是方程的两个根，且，
即有，
解得.
【小问2详解】
，则不等式，即
即，
因为，方程的两根为和2，
所以：
①当，即时，不等式的解集为；
②当，即时，不等式的解集为；
③当且，即时，不等式的解集为.
20. 解答下列问题
（1）设，，，比较与的大小；
（2）已知，且，证明：．
【答案】（1）
（2）见解析
【解析】
【分析】（1）做差法；两式作差，再配完全平方，与0作大小比较，即可得出结论.
（2）作差法；作差，再通分，判断每个因式的正负，即可证明.
【小问1详解】
解：，
即，当且仅当,时，等号成立.
【小问2详解】
证明：
,
，
，
.
即，
.
21. 回答下列两题：
（1）已知，，且，求的最小值；
（2）已知，求的最小值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用“1”的妙用，变形为，利用基本不等式，即可求解；
（2）变形后，直接利用基本不等式，即可求解.
【小问1详解】
由题意可知，
，
当时，即，得时，等号成立，
综上可知，的最小值为；
【小问2详解】
原式，
当时，等号成立，即，
所以的最小值为.
22. 某光伏企业投资万元用于太阳能发电项目，年内的总维修保养费用为万元，该项目每年可给公司带来万元的收入．假设到第年年底，该项目的纯利润为万元．（纯利润累计收入总维修保养费用投资成本）
（1）写出纯利润的表达式，并求该项目从第几年起开始盈利．
（2）若干年后，该公司为了投资新项目，决定转让该项目，现有以下两种处理方案：
①年平均利润最大时，以万元转让该项目；
②纯利润最大时，以万元转让该项目．
你认为以上哪种方案最有利于该公司的发展？请说明理由．
【答案】（1），从第年起开始盈利
（2）选择方案①更有利于该公司的发展；理由见解析
【解析】
【分析】（1）根据题意可得表达式，令，解不等式即可；
（2）分别计算两个方案的利润及所需时间，进而可确定方案.
【小问1详解】
由题意可知，
令，得，解得，
所以从第年起开始盈利；
【小问2详解】
若选择方案①，设年平均利润为万元，则，
当且仅当，即时等号成立，所以当时，取得最大值，
此时该项目共获利（万元）．
若选择方案②，纯利润，
所以当时，取得最大值，此时该项目共获利（万元）．
以上两种方案获利均为万元，但方案①只需年，而方案②需年，所以仅考虑该项目的获利情况时，选择方案①更有利于该公司的发展．
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