山西省忻州市第十中学2024-2025学年高一上学期9月月考数学试卷（解析版）

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（考试时间120分钟，总分150分）
注意事项：
1.答题前，考生务必将自己的学校、姓名、考试号写在答题卷的密封线内.答案一律写在答题卷对应題目的空格内，答案写在试卷上无效.考试结束后，上交答题卷.
2.一律不准使用胶带纸、修正液、可擦洗的圆珠笔.
3.填写选择题答案时，请规范使用2B铅笔填写，书写统一使用0.5毫米黑色签字笔.
一、单选题：本题共8小題，每小题5分，共40分.
1. 下面给出的四类对象中，能构成集合的是（）
A. 某班视力较好的同学B. 某小区长寿的人
C. 的近似值D. 方程的实数根
【答案】D
【解析】
【分析】根据集合的特征，即可判断各选项是否能组成集合.
对于A，描述的对象“视力较好”不确定，不能构成集合，A不是；
对于B，描述的对象“长寿”不确定，不能构成集合，B不是；
对于C，没有给出精确度，描述的对象“π 的近似值”不确定，不能构成集合，C不是；
对于D，方程的实数根是和1，明确可知，能构成集合，D是.
故选：D
2. 设集合，，，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据集合的交并补运算即可求解.
因，所以．
故选：B
3. 若集合，且，则（）
A. 10或13B. 13C. 4或7D. 7
【答案】B
【解析】
【分析】利用元素与集合的关系计算即可.
当，即时，，此时与4重复，则.
当，即时，.
故选：B
4. M＝{x|x3＝x}，N＝{x|x2＝1}，则下列式子中正确的是（）
A. M＝N
B. M⊆N
C. N⊆M
D. M∩N＝
【答案】C
【解析】
【分析】求得两个集合的元素，由此确定正确选项.
，所以，
，所以，所以
故选：C
5. 使“｛或｝”成立的一个充分不必要条件是（）
A. B. 或
C. 或D.
【答案】D
【解析】
【分析】
利用充分不必要条件与集合的关系，判断选项.
设或，，若是的充分不必要条件，则，
满足条件的只有D.
故选：D
6. 已知，则下列各式一定成立的是（）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据不等式的性质判断ABC，由作差法判断D即可得解.
因为，所以，
由不等式的性质可得，A正确，B错误；
由不等式的性质可得，若，C错误；
若，则，即，D错误.
故选：A
7. 已知函数，则函数的最小值为（）
A. 4B. 5C. 6D. 7
【答案】B
【解析】
【分析】将变为，利用基本不等式，即可求得答案.
因为，
所以，
当且仅当，即，即时取等号．
故选：B
8. 《几何原本》卷的几何代数法（以几何方法研究代数问题）成了后世西方数学家处理问题的重要依据，运用这一原理，很多代数的公理或定理都能够通过图形实现证明，也称之为无字证明．现有如图所示图形，点在半圆上，点在直径上，且，设，，则该图形可以完成的无字证明为（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】利用表示出，由勾股定理求得，由可得结论.
，，
，，
（当且仅当与重合，即时取等号），.
故选：D.
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分.全部选对得6分，部分选对得部分分，有选错得0分.
9. 下列命题中，真命题的是（）
A. B. 平行四边形的对角线互相平分
C. 对任意的，都有D. 菱形的两条对角线相等
【答案】AB
【解析】
【分析】对A，求出判别式判断；对B，由平行四边形的性质判断；对C，将配方可判断；对D，根据菱形的性质可判断.
对于A，方程的判别式，故A正确；
对于B，由平行四边形的性质可得对角线互相平分，故B正确；
对于C，，故C错误；
对于D，菱形的对角线不一定相等，故D错误.
故选：AB.
10. 下列结论中，错误的结论有（）
A. 取得最大值时的值为
B. 若，则的最大值为
C. 函数的最小值为
D. 若，，且，那么的最小值为
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据二次函数的性质判断A，利用基本不等式判断B、C、D.
对于A，因为，则函数的对称轴为，
所以取得最大值时的值为，故A错误；
对于B，令，
若，，，，当时取等号，
所以，则，则的最大值为，故B错误；
对于C，函数，
令，当时，解得，不满足题意，故C错误；
对于D，若，，且，
所以，
当时，即时取等号，
所以的最小值为，故D正确.
故选：ABC.
11. 非空集合A具有如下性质：①若，则；②若，则下列判断中，正确的有（）
A. B.
C. 若，则D. 若，则
【答案】ABC
【解析】
【分析】根据元素与集合的关系进行分析，从而确定正确答案.
对于A，假设，则令，则，
令，则，
令，不存在，即，矛盾，
∴，故A对；
对于B，由题，，则
∴，故B对；
对于C，∵，，，
∵故C对；
对于D，∵，，若，则，故D错误．
故选：ABC．
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 命题“”的否定为__________.
【答案】
【解析】
【分析】利用存在量词命题的否定可得出结论.
由存在量词命题的否定为全称量词命题，则原命题的否定为.
故答案为：
13. 已知集合，其中，则实数______.
【答案】
【解析】
【分析】由题意可得或，求出，进而求出，结合集合的互异性和，即可得出答案.
①当时，解得，
当时，与集合元素的互异性矛盾，所以舍去；
当时，，
得到与矛盾，所以舍去；
②当时，解得，
当时，，
得到与矛盾，所以舍去；
当时，，
得到，符合题意，所以.
故答案为：.
14. 对任意实数，，，给出下列命题：
①“”是“”的充要条件；②“是无理数”是“是无理数”的充要条件；
③“”是“”的必要条件；④“”是“”的充分条件，
其中真命题是_______.
【答案】②③
【解析】
【分析】
由充分条件、必要条件的定义，逐个判断即可得解.
对于①，由“”可推出“”；
当时，成立，但不一定成立，所以由“”推不出“”；
所以“”是“”的充分不必要条件，故①错误；
对于②，“是无理数”可推出“是无理数”，
“是无理数”也可推出“是无理数”，
所以“是无理数”是“是无理数”的充要条件，故②正确；
对于③，由“”可推出“”，所以“”是“”的必要条件，
故③正确；
对于④，当时，满足，但不成立，
所以“”推不出“”， “”不是“”的充分条件，故④错误.
故答案为：②③.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知集合．
（1）当时，求；
（2）若，求取值范围．
【答案】（1），.
（2）
【解析】
【分析】（1）代入值，根据交集和并集含义即可；
（2）分析得，分和讨论即可.
【小问1】
时，，
则，.
【小问2】
若，则以，
当时，则；
当时，则，则.
综上。
16. 设集合，.
（1）若，求实数的值；
（2）若“”是“”的必要条件，求实数的取值范围.
【答案】（1）或
（2）
【解析】
【分析】（1）根据集合交集的性质进行求解即可.
（2）根据集合并集的运算性质进行求解即可.
【小问1】
由，所以或，故集合.
因为，所以，将代入中的方程，
得，解得或，
当时，，满足条件；
当时，，满足条件，
综上，实数的值为或.
【小问2】
因为“”是“” 的必要条件，所以.
对于集合，.
当，即时，，此时；
当，即时，，此时；
当，即时，要想有，须有，
此时：，该方程组无解.
综上，实数的取值范围是.
17. 已知，，.
（1）求的最大值；
（2）求的最小值.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用基本不等式，将等式转化为关于的一元二次方程，即可求解；
（2）首先将等式变形为，再变形，转化为利用基本不等式求和的最小值.
【小问1】
因为，
令，则，所以，解得，
所以，当且仅当，即，时等号成立；
【小问2】
由，得，
所以，
当且仅当，即，时等号成立.
所以的最小值为.
18. 解答下列各题．
（1）若，求的最小值．
（2）若正数，满足，求的最小值．
【答案】（1）7（2）
【解析】
【分析】（1）易知，利用基本不等式可求得和的最小值为7；
（2）依题意可得，再由基本不等式中“1”的妙用即可得出最小值.
【小问1】
由可得，所以，
当且仅当时，即时，等号成立；
此时的最小值为7；
【小问2】
由可得，
因此，
当且仅当时，即时，等号成立；
此时的最小值为.
19. 要设计一张矩形广告牌，该广告牌含有完全相等的左右两个矩形栏目（即图中阴影部分）．这两栏的面积之和为，四周空白的宽度均为，两栏之间的中缝空白的宽度为，设矩形栏目的高为．
（1）用含有x的代数式表示广告牌的面积S；
（2）求广告牌面积最小值．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）设矩形栏目的宽为，求得广告牌高为，宽为，结合矩形的面积公式，即可求得矩形广告牌的面积的表达式；
（2）由（1）知，结合基本不等式，即可求解.
【小问1】
解：设矩形栏目的宽为，则，可得，
所以矩形广告牌的高为，宽为，
所以矩形广告牌的面积为.
【小问2】
解：由（1）知，
因为，当且仅当时，即时，等号成立，
所以，即广告牌面积最小值为