湖南省长沙市明德中学2023-2024学年高一上学期10月第一次月考数学试题（原卷及解析版）

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时量：120分钟 满分：150分
一、单选题（每小题5分，共40分，每个题目只有一个正确选项符合题意）
1. 设全集，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】先求出集合和集合的补集，再求其交集即可
【详解】由，得，
因为，所以，
因为，，所以，
所以，
故选：C
2. 已知集合M⊆{2，3，5}，且M中至少有一个奇数，则这样的集合M共有（ ）
A. 5个B. 6个
C. 7个D. 8个
【答案】B
【解析】
【分析】利用集合子集的概念及题意一一列举即可.
【详解】若M有一个元素，则；
若M有两个元素，则；
若M有三个元素，则
∴满足题意的集合M的个数为6个.
故选：B
3. 下列各组函数表示同一函数的是（ ）
A. 与B. 与
C. 与D. 与
【答案】C
【解析】
【分析】分别分析每个选项中函数的定义域和对应关系式及值域是否相同即可.
【详解】选项A：函数的定义域为，而的定义域为，故A错误；
选项B：函数的定义域为，而的定义域为，，故B错误；
选项C：函数的定义域为，而的定义域为，解析式相同,故C正确；
选项D：函数的定义域为，而的定义域为，
但是，故解析式不一样，所以D错误；
故选：C.
4. 已知命题，若命题是假命题，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】写出，且为真命题，故由根的判别式得到不等式，求出实数的取值范围.
【详解】由题意得为真命题，
则，解得.
故选：A
5. 如果不等式成立的充分非必要条件是，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. 或D. 或
【答案】B
【解析】
【分析】转化为表示的集合是表示集合的真子集，列出不等式组可得答案.
【详解】根据题意，不等式的解集是，设为条件，
设为条件，
则的充分不必要条件是，即表示的集合是表示集合的真子集，
则有（等号不同时成立），
解得.
故选：B.
6. 若，则的解析式为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用换元法，令，则 ，，可求出的解析式，从而得出的解析式.
【详解】解：已知，
令，则 ，，
，
.
故选：C.
7. 已知函数的值域为,若关于x的不等式的解集为,则实数c的值为（ ）.
A. 24B. 12C. 20D. 16
【答案】D
【解析】
【分析】将二次函数化成顶点式，即可求出函数的值域，找出的关系，再根据三个＂二次＂的关系，可知，和是不等式对应的一元二次方程的根，由根与系数的关系，即可求出c的值．
【详解】因为，值域为 ，，即，又即为的解集为，所以和是的两个根，因为的任意性，不妨设，所以有，
解得，所以，经检验，符合题意．
故选D．
【点睛】本题主要考查一元二次函数的值域求法以及三个＂二次＂的关系应用，意在考查学生的转化能力和数学运算能力．
8. 已知，若时，关于的不等式恒成立，则的最小值为（ ）
A. 2B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】解方程，结合关于的不等式在时恒成立，则要，从而得到，求出的最小值.
【详解】令，解得，
其中，，
令，解得，
因为，所以，
要想关于的不等式在时恒成立，
则，所以，
因为，所以，当且仅当时，等号成立，
故的最小值为.
故选：D
二、多选题（每小题5分，共20分，每个题目至少有两个选项符合题意）
9. 若集合，且，则实数的取值为（ ）
A. 0B. 1
C. 3D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】解出集合,根据，讨论集合,解出实数的值即可.
【详解】，又，
当，则，
当，则，
当，则．
故选：
10. 下列各选项中，p是q的充要条件的是（ ）
A. p：或，q：方程有两个不同的实数根
B. p：，q：
C. p：两个三角形相似，q：两个三角形全等
D. p：，q：
【答案】AD
【解析】
【分析】依次判断P与q之间关系即可.
【详解】A选项，若或
则方程判别式，得方程有两个不同的实数根，则.若方程有两个不同的实数根，则
或，则.故p是q的充要条件，故A正确；
B选项，若，则，得，则.
若，则或，则由q不能得到p.故p是q的充分不必要条件，故B错误；
C选项，由两个三角形相似不能得到两个三角形全等，而两个三角形全等可以得到两个三角形相似，故p是q的必要不充分条件，故C错误；
D选项，由，可得，则.由，可得，则.故p是q的充要条件，故D正确.
故选：AD
11. 如图所示，函数的图象由两条线段组成，则下列关于函数的说法正确的是（ ）

A.
B.
C.
D. ，不等式的解集为
【答案】BC
【解析】
【分析】先根据函数图象，求出函数的解析式，则可判断A错误B正确；
将去绝对值化为分段函数可判断C正确；
由图象判断若时，的解集为，则，由可判断D错误.
【详解】
由函数的图象由两条线段组成可知，函数为分段函数，且过点，
当时， 设，
代入得，所以，
得，
当时，设，代入，
得，所以，故
故，
选项A：，故A错误；
选项B：，故B正确；
选项C：因
所以当时，，
当时，，
故C正确；
选项D：由函数图象知，
若时，的解集为，则，
因，，故D错误.
故选：BC
12. 下列说法正确的有（ ）
A. 若，则的最大值是
B. 若都是正数，且，则最小值是3
C. 若，则的最小值是2
D. 若，则的最小值是4
【答案】ABD
【解析】
【分析】由结合基本不等式求最值判断A；由，令则原式等价于结合基本不等式求最值判断B；由结合基本不等式求最值判断C；由题设，再应用“1”的代换求的最值，即可判断D；注意最值取值条件.
【详解】由题设，则，当且仅当，即时等号成立，A正确；
由，则，且，
令，则，，
所以原式为，当且仅当，即时等号成立，B正确；
由且，则，故，当且仅当时等号成立，
所以的最小值是4，C错误；
由题设，而，
又，当且仅当时等号成立，
所以，D正确.
故选：ABD
三、填空题（每小题5分，共20分）
13. 函数的定义域为____________.
【答案】
【解析】
【分析】根据函数定义域的求法求得正确答案.
【详解】依题意，，解得，
所以的定义域是.
故答案为：
14. 集合，，若集合中有三个元素，则实数___________.
【答案】或
【解析】
【分析】集合中有三个元素，则或，解方程并检验即可.
【详解】集合，，若集合中有三个元素，
则或，
若，解得，其中与元素互异性矛盾舍去，满足题意；
若，解得或，舍去，满足题意，
所以或.
故答案为：或
15. 若一元二次不等式的解集是，那么不等式的解集是________.
【答案】或
【解析】
【分析】由题意可得方程的解是和，由根与系数的关系可得，，代入不等式，解不等式即可求出答案.
【详解】的解集是，所以方程的解是和，
且，由根与系数的关系可得：，，
解得，，
所以不等式变形为，
即，其解集是或．
故答案为：或
16. 若关于的不等式的解集中的整数恰有2个，则实数的取值范围是_________________．
【答案】
【解析】
【分析】先根据判别式确定a的范围，运用求根公式求出方程的根，再根据解的情况确定a的范围.
【详解】由不等式得：，因为解集中只有2个整数，必有 ，
并且，，
由求根公式得方程的解为，
，即不等式的2个整数解必定为1和2，
，解得；
故答案：.
四、解答题（共70分，解答必须写出必要的文字说明或者演算步骤）
17. 求下列不等式的解集：
（1）；
（2）
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据一元二次不等式的解题方法和步骤，即可求解；（2）不等式转化为，再根据一元二次不等式的解法，即可求解.
【小问1详解】
，即，
即
解得或，
故不等式的解集为；
【小问2详解】
由可得，
即
解得或，
故不等式的解集为.
18. 若集合，或.
（1）若，求.
（2）若，求实数的取值范围，
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据补集和交集定义直接求解即可；
（2）由可知，分别讨论和的情况，根据包含关系构造不等式求得结果.
【小问1详解】
当时，，又，
.
【小问2详解】
，；
当，即时，，满足；
当，即时，若，则或，
（舍）或；
综上所述：实数的取值范围为.
19. （1）已知，求的最小值.
（2）已知，且，求的最小值.
【答案】（1）最小值为1，（2）最小值为9
【解析】
【分析】（1）根据基本不等式即可求解，
（2）由乘“1”法，结合基本不等式即可求解.
【详解】（1）由于，所以，故，
当且仅当，即时等号成立，故最小值为1，
（2）由于，所以，
当且仅当等号成立，又，故当时等号成立，故最小值为9.
20. 已知函数（）．
（1）分别计算，的值；
（2）证明你发现的规律并利用规律计算的值．
【答案】（1）1；1 （2）证明见解析，
【解析】
分析】（1）将数字代入解析式计算即可；
（2）先证明，再利用此结论分组求和即得答案.
【小问1详解】
，
.
【小问2详解】
由，可得，
，
故
21. 如图设矩形ABCD（AB＞AD）的周长为40cm，把△ABC沿AC向△ADC翻折成为△AEC，AE交DC于点P．设AB＝xcm．
（1）若，求x的取值范围；
（2）设△ADP面积为S，求S的最大值及相应的x的值．
【答案】（1）
（2），
【解析】
【分析】（1）由折叠性质可知，进而可得，再利用勾股定理得到，化简整理求出a，根据，求出x的范围即可；
（2）根据题意可得，，利用基本不等式即可求出S的最大值以及相应的x的值．
【小问1详解】
由矩形周长为，可知，设，则∵，∴．
在中，，即，
得，
由题意，，即，
解得，
由得，，∴，
即x的取值范围是．
【小问2详解】
因为，．
化简得．
∵，∴，
当且仅当，即时，，.
22. 设A是正整数集的非空子集，称集合，且为集合A的生成集．
（1）当时，写出集合A的生成集B；
（2）若A是由5个正整数构成的集合，求其生成集B中元素个数的最小值；
（3）判断是否存在4个正整数构成的集合A，使其生成集，并说明理由．
【答案】（1）；
（2）4； （3）不存在，理由见解析.
【解析】
【分析】（1）利用集合的生成集定义直接求解；
（2）设，且，利用生成集的定义即可求解；
（3）假设存在集合，可得，，，，然后结合条件说明即得.
【小问1详解】
因为，所以，
所以；
【小问2详解】
设，不妨设，
因为，
所以中元素个数大于等于4个，
又，则，此时中元素个数等于4个，
所以生成集B中元素个数的最小值为4；
【小问3详解】
不存在，理由如下：
假设存在4个正整数构成的集合，使其生成集，
不妨设，则集合A的生成集由组成，
又，
所以，
若，又，则，故，
若，又，则，故，
所以，又，则，而，
所以不成立，
所以假设不成立，
故不存在4个正整数构成的集合A，使其生成集.
【点睛】方法点睛:新定义题型的特点是:通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的:遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决.