山西省大同市铁路第一中学校2024-2025学年高一上学期10月月考数学试卷

这是一份山西省大同市铁路第一中学校2024-2025学年高一上学期10月月考数学试卷，共10页。试卷主要包含了请将答案正确填写在答题卡上，设，，则与的大小关系是，下列四个命题中正确的是，下列说法中，正确的是等内容，欢迎下载使用。
命题人：陈奇圆 一审：王晓娟 二审：顾枫林
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
一、单选题（共8小题，每小题5分，共40分）
1．设集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．若命题p：，，则为（ ）
A．，B．，
C．，D．，
3．已知集合，，则满足条件的集合C的个数为（ ）
A．5B．4C．3D．2
4．命题“”为假命题，则实数m的取值范围为（ ）
A．或B．
C．D．或
5．设，，则与的大小关系是（ ）
A．B．C．D．无法确定
6．若关于的不等式的解集是，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．或D．或
7．命题“”为真命题的一个充分不必要条件是（ ）
A．B．C．D．
8．已知关于的不等式的解集为，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
二、多选题（共3小题，每小题6分，共18分，选对但不全的得部分分，有选错的得0分）
9．下列四个命题中正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
10．下列说法中，正确的是（ ）
A．若，，则
B．“”是“”的充分不必要条件
C．“对，恒成立”是“”的必要不充分条件
D．设，则的最小值为2
11．已知关于x的不等式的解集为-∞,-2∪3,+∞，则下列选项中正确的是（ ）
A．
B．不等式的解集是
C．
D．不等式的解集为
第II卷（非选择题）
三、填空题（共3小题，每小题5分，共15分）
12．已知集合，，若满足，则实数a的值为 ．
13．已知实数，满足，，则的取值范围是 ．
14．若两个正实数，满足，且存在这样的，使不等式有解，则实数的取值范围是 ．
四、解答题（共5小题，共77分）
15．（13分）设集合，A=x1≤x≤5，，求：
(1)；
(2)；
(3).
16．（15分）已知集合.
(1)若，求的取值范围；
(2)若，求的取值范围.
17．（15分）设，已知集合，．
(1)当时，求实数的范围；
(2)设；，若是的必要不充分条件，求实数的范围．
18．（17分）求下列关于x的不等式的解集：
(1)；
(2)
19．（17分）某农户计划在一片空地上修建一个田字形的菜园如图所示，要求每个矩形用地的面积为且需用篱笆围住，菜园间留有一个十字形过道，纵向部分路宽为，横向部分路宽为.
(1)当矩形用地的长和宽分别为多少时，所用篱笆最短？此时该菜园的总面积为多少？
(2)为节省土地，使菜园的总面积最小，此时矩形用地的长和宽分别为多少？
参考答案：
1．A
【分析】应用集合的并、补运算求结果即可.
【详解】由，则，故.
故选：A
2．B
【分析】根据题意，由存在量词命题的否定是全称量词命题，即可得到结果.
【详解】因为命题p：，，所以为，，
故选：B.
3．B
【分析】先化简集合A，B，再根据求解.
【详解】因为集合，，且，
所以.
故选：B.
4．A
【分析】根据题意可得，进而可得出答案.
【详解】因为命题“”为假命题，
所以其否定“”为真命题，
所以，解得或，
所以实数m的取值范围为或.
故选：A.
5．A
【分析】利用作差法解出的结果，然后与0进行比较，即可得到答案
【详解】解：因为，，
所以，
∴，
故选：A
6．B
【分析】根据和，结合判别式即可求解.
【详解】当时，恒成立，则符合题意；
当时，由题意可得解得．
综上，实数的取值范围是．
故选:B．
7．D
【分析】求解命题“”为真命题时，即可根据真子集求解.
【详解】命题“”为真命题,则对恒成立，所以，故，
所以命题“”为真命题的充分不必要条件需要满足是的真子集即可，由于是的真子集，故符合，
故选：D
8．D
【分析】根据一元二次不等式解集与对应方程的根的关系可得，再由基本不等式计算即可得出结论.
【详解】由不等式的解集为，
可知1和是方程的两个实数根，且，
由韦达定理可得，即可得，
所以.
当且仅当时，即时等号成立；
即可得.
故选：D
9．AD
【分析】举反例排除BC，利用不等式的性质判断AD，从而得解.
【详解】对于A，因为，所以，则，故A正确；
对于B，取，则满足，但，故B错误；
对于C，取，则满足，但，故C错误；
对于D，因为，所以，则，所以，故D正确.
故选：AD.
10．BC
【分析】利用特殊值可判断A，根据不等式性质及特殊值可判断B，利用均值不等式求出范围判断C，换元后由对号函数的性质判断D.
【详解】对于选项A，若，则，故A错误；
对于选项B，能推出，但不能推出，例如：，故B正确；
对于选项C，由，恒成立，得，
因为，所以，当且仅当时，的最小值为，所以，
所以“对，恒成立”不能推出“”，但“”能推出“对，恒成立”，故C正确；
对于选项D，令.则，可得在上单调递增，
所以，所以的最小值为，故D错.
故选：BCD
11．ABD
【分析】A选项，根据不等式的解集得到；BC选项，转化为和3是关于x的方程的两根，根据韦达定理得到两根之和，两根之积，求出，解不等式，得到的解集，并得到；D选项，变形得到的解集即可.
【详解】A选项，∵关于x的不等式的解集为，
∴，A选项正确；
BC选项，已知和3是关于x的方程的两根，
由根与系数的关系得，
则，
不等式，即，解得，B正确；
且，C错误；
D选项，不等式，即，即，
解得或，D正确．
故选：ABD
12．－3
【分析】根据交集定义，若，则且，从而讨论集合的情况，确定实数a的值.
【详解】由题意可得，且，
当时，解得，
此时，，，不符合题意，舍去；
当时，解得，
当时，，，中元素不满足互异性，不符合题意，舍去，
当时，，，，符合题意，
综上所述，，
故答案为：－3.
13．
【分析】先得到，然后根据不等式的性质求得正确答案.
【详解】因为，
由，所以，
由，所以，
所以，
即的取值范围是．
故答案为：
14．
【分析】依题意可得，再利用乘“1”法及基本不等式求出的最小值，即可得到，解一元二次不等式即可.
【详解】因为，且，所以，
所以，
当且仅当，即时等号成立，
所以，即，解得或，
所以的取值范围是．
故答案为：．
15．(1)
(2)
(3)
【分析】（1）根据并集定义可直接求得结果；
（2）根据补集和并集定义可求得结果；
（3）根据补集和交集定义可求得结果.
【详解】（1）由并集定义知：.
（2），.
（3），或，
.
16．(1)；
(2)或．
【分析】(1)根据可知，列出不等式组即可求解．
(2)分和两种情况讨论即可．
【详解】（1）∵，∴，
∴，
∴的范围是．
（2）(i)若，则，即，此时满足；
(ii)若，则，
若，则或，解得或，
∴或；
综上，或．
17．(1)
(2)
【分析】（1）由题意知，5是集合B的元素，代入可得答案；
（2）由题可得是的真子集，分类讨论为空集和不为空集合两种情况，即可求得的取值范围.
【详解】（1）由题可得，则；
（2）由题可得是的真子集，
当，则；
当，，则（等号不同时成立），解得
综上，.
18．(1)长和宽均为时，所用篱笆最短，总面积为.
(2)
【分析】（1）设矩形用地平行于横向过道的一边长度为，用表示出篱笆长度后结合基本不等式求解即可得；
（2）设矩形用地平行于横向过道的一边长度为，用表示出菜园的总面积后结合基本不等式求解即可得.
【详解】（1）设矩形用地平行于横向过道的一边长度为，
则所需篱笆的长度为，又，
当且仅当时，等号成立，所以当矩形用地的长和宽均为时，所用篱笆最短，
此时该菜园的总面积为；
（2）设矩形用地平行于横向过道的一边长度为，菜园的总面积为，
则，
当且仅当即时，等号成立，
此时另一边为，
即矩形的长和宽分别为时，菜园的总面积最小.
19．(1)
(2)答案见解析
【分析】（1）根据分式不等式的解法，即可求解；
（2）根据题意，利用一元二次不等式的解法，分类讨论，即可求解.
【详解】（1）解：由不等式，可得，解得，
即不等式的解集为.
（2）解：由不等式，可得化为，
若，不等式可化为，解得，即解集为；
若，不等式可化为
当时，不等式即为，解得或，即不等式的解集为或；
当时，不等式即为，
①当时，即时，解得，解集为；
②当时，即时，解得，解集为；
③当当时，即时，解得，解集为
综上，
当时，不等式的解集为或；
当，不等式的解集为；
当时，不等式的解集为；
当时，不等式的解集为；
当时，不等式的解集为.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
A
B
B
A
A
B
D
D
AD
BC
题号
11









答案
ABD