吉林省长春市第二中学2024-2025学年高一上学期9月月考数学试卷（解析版）

这是一份吉林省长春市第二中学2024-2025学年高一上学期9月月考数学试卷（解析版），共12页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 下列各对象可以组成集合的是（ ）
A. 与1非常接近的全体实数
B. 某校2015-2016学年度第一学期全体高一学生
C. 高一年级视力比较好的同学
D. 与无理数相差很小的全体实数
【答案】B
【解析】
【分析】根据集合定义与性质一一判断即可.
【详解】A中对象不确定，故错；B中对象可以组成集合；C中视力比较好的对象不确定，故错；D中相差很小的对象不确定，故错.
故选：B
2. 有限集合S中元素个数记作 ，设 都为有限集合，给出下列命题∶
①;
②;
③;
④;
其中真命题的个数是（ ）
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
【答案】B
【解析】
【分析】根据，可判断中的元素个数，判断①；由可判断两集合中的元素个数的多少，判断②③；由，可知两集合中元素个数相等，判断④.
【详解】对于①，说明集合没有相同元素，
因此，反之也成立，故①正确；
对于②，说明集合的元素都属于集合，故，②正确；
对于③，只能说明集合的元素个数不多于集合中元素个数，
不能说明集合的元素都属于集合，故③错误；
对于④，说明两集合元素相同，可得到，
反之，两集合元素个数相同，但不能说明两集合元素相同，
故由不能得到，④错误，
故选：B.
3. 设，，则下列结论一定成立的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】
根据不等式的基本性质即可判断选项的正误.
【详解】,
,
即，，
当时，显然不成立，
故正确的为，
故选：D
4. 已知a，b均为非零实数，集合，则集合的真子集的个数为（ ）
A. 2B. 4C. 3D. 8
【答案】CC
【解析】
【分析】通过对、正负的讨论，利用绝对值的定义去掉绝对值，然后进行计算，从而求出集合A的元素，由此得解.
【详解】因为，
当，时，，
当，时，，，
当，时，，，
当，时，，，
故的所有值构成的集合为，则集合A的真子集的个数为3个.
故选：C.
5. 定义集合运算：.若集合，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由题意可得，从而可得或，或，再根据新定义得，再代入验证即可得答案.
【详解】因为，所以或
所以或，或
所以或，，
代入验证得点在该直线上，
故.
故选：D.
6. 下列说法错误的是（ ）
A. 命题“，”，则：“，”
B. 已知a，，“且”是“”的充分而不必要条件
C. “”是“”的充要条件
D. 若p是q的充分不必要条件，则q是p的必要不充分条件
【答案】C
【解析】
【分析】根据充分条件，必要条件，全称与特称命题的否定依次讨论各选项即可得答案.
【详解】解：对于A选项，命题p：“，”，则，：“，”满足命题的否定形式，所以A正确；
对于B选项，已知a，，“且”能够推出“，“”不能推出“且”，所以B正确；
对于C选项，时，成立，反之，时，或，所以C不正确；
对于D选项，若p是q的充分不必要条件，则q是p的必要不充分条件，满足充分与必要条件的定义，所以D正确．
故选：C．
7. 若A＝a2＋3ab，B＝4ab－b2，则A、B的大小关系是（ ）
A. A≤BB. A≥B
C. ABD. A>B
【答案】B
【解析】
【分析】
作差法比较两式大小.
【详解】，
.
故选：B
【点睛】本题考查代数式的大小比较，属于基础题.
8. 已知，，且恒成立，则的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】先利用“1”的代换求得的最小值，再由求解.
【详解】解：设，
则，解得，
则，
，
，
当且仅当，即时，等号成立，
所以的最小值为2，
又因为对，，且恒成立，
所以，
故选：B
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共12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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 若是的必要不充分条件，则实数的值可以为（ ）
A B. C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】解方程，根据题意可得出关于实数的等式，即可解得实数的值.
【详解】由，可得或.
对于方程，当时，方程无解，符合题意；
当时，解方程，可得.
由题意知，，
此时应有或，解得或.
综上可得，或.
故选：BC.
10. 由无理数引发的数学危机一直延续到19世纪直到1872年，德国数学家戴德金从连续性的要求出发，用有理数的“分割”来定义无理数史称戴德金分割，并把实数理论建立在严格的科学基础上，才结束了无理数被认为“无理”的时代，也结束了持续2000多年的数学史上的第一次大危机所谓戴德金分割，是指将有理数集Q划分为两个非空的子集M与N，且满足，，M中的每一个元素都小于N中的每一个元素，则称为戴德金分割试判断，对于任一戴德金分割，下列选项中，可能成立的是（ ）
A. M没有最大元素，N有一个最小元素
B. M没有最大元素，N也没有最小元素
C. M有一个最大元素，N有一个最小元素
D. M有一个最大元素，N没有最小元素
【答案】ABD
【解析】
分析】举特例根据定义分析判断，进而可得到结果．
【详解】令，，显然集合M中没有最大元素，集合N中有一个最小元素，即选项A可能；
令，，显然集合M中没有最大元素，集合N中也没有最小元素，即选项B可能；
假设答案C可能，即集合M、N中存在两个相邻的有理数，显然这是不可能的；
令，，显然集合M中有一个最大元素，集合N中没有最小元素，即选项D可能.
故选：ABD．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
11. 已知，，则的取值范围是___________.
【答案】
【解析】
【分析】根据不等式性质运算求解.
【详解】因为，，则，
所以的取值范围是.
故答案为：.
12. 已知命题“：，”，若是假命题，则实数的取值范围是___________.
【答案】
【解析】
【分析】由特称量词与全称量词得出命题的否定，再由一元二次不等式恒成立得出实数的取值范围.
【详解】若是假命题，则，，
当时，代入不等式得成立；
当时，，
综上可得实数的取值范围是.
故答案为：
13. 李明自主创业，在网上经营一家水果店，销售的水果中有草莓、京白梨、西瓜、桃，价格依次为60元/盒、65元/盒、80元/盒、90元/盒.为增加销量，李明对这四种水果进行促销：一次购买水果的总价达到120元，顾客就少付元.每笔订单顾客网上支付成功后，李明会得到支付款的.在促销活动中，为保证李明每笔订单得到的金额均不低于促销前总价的七折，则的最大值为______.
【答案】
【解析】
【分析】设购买水果的总价为，当时，则恒成立，解得，得到答案.
【详解】设购买水果的总价为，当时，易知成立；
当，则恒成立，解得恒成立.
当买两盒草莓，即时，取最小值，故取最大值为.
故答案为：.
【点睛】本题考查了不等式恒成立问题的应用，意在考查学生的应用能力.
四、解答题（本题共4小题，共53分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
14. 比较下列各题中两个代数式值的大小.
（1）与；
（2）与.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）（2）利用作差法，化简后和0比较，即可判断大小关系.
【小问1详解】
，
.
【小问2详解】
，
，
，
则，
.
15. 已知集合，.
（1）若，求实数的取值范围；
（2）若将题干中的集合改为，是否有可能使命题：“，都有”为真命题，请说明理由.
【答案】（1）
（2）不可能，理由见解析
【解析】
【分析】（1）直接根据列不等式求解；
（2）先得到，再根据包含关系列不等式求解.
【小问1详解】
因为，
所以或或，
解得或或，
所以；
【小问2详解】
若，，
对，都有，则，
所以，该不等式组无解，
故命题：“，都有”为真命题不可能.
16. 利用基本不等式求下列式子的最值：
（1）若，求的最小值，并求此时x的值；
（2）已知x，y＞0，且x+4y=1，求xy的最大值；
（3）若，求的最大值．
【答案】（1）4，；
（2）
（3）．
【解析】
【分析】利用基本不等式即可求解.
【小问1详解】
，当且仅当时取等，
故最小值为4，此时；
【小问2详解】
，当且仅当时取等，
故最大值为.
【小问3详解】
，当且仅当时取等，
故所求最大值为.
17. 已知关于的方程（其中均为实数）有两个不等实根．
（1）若，求的取值范围；
（2）若为两个整数根，为整数，且，求；
（3）若满足，且，求的取值范围．
【答案】（1）
（2）或
（3）
【解析】
【分析】（1）由题意得二次项系数不为0且判别式大于0，列出不等式即可求解.
（2）由题意首先得到，，再结合均为整数，即可得的值，分类讨论解一元二次方程即可求解.
（3）结合韦达定理以及判别式大于0，解一元二次不等式即可求解
【小问1详解】
当时，由题意，若时，方程不是一元二次方程，没有两个实数根，
若方程有两个不等的实数解，则，解得且，
所以的范围是 .
小问2详解】
依题意：（否则方程没有两个实数根），且有，
，，
因为均为整数，
所以也是整数，
∴或，
时，，又且，∴，
时，，又且，∴．
综上，或．
【小问3详解】
，方程为，，
则，又，即
∴，即，
所以，∴．
所以的取值范围为．