2024-2025学年湖南省长沙市雅礼教育集团高一（上）月考数学试卷（10月份）（含答案）

这是一份2024-2025学年湖南省长沙市雅礼教育集团高一（上）月考数学试卷（10月份）（含答案），共7页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。
1.下列表示集合M={x∈N|6x∈N}和N={x|(x2−5x)2=36}关系的Venn图中正确的是( )
A. B.
C. D.
2.如果对于任意实数x，[x]表示不超过的最大整数，例如[π]=3，[0.6]=0，[−1.6]=−2，那么“|x−y|<1”是“[x]=[y]”的( )
A. 充分条件B. 必要条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
3.命题p：∀x∈I,xx−1>0，则¬p是( )
A. ∀x∈I,xx−1≤0B. ∃x∈I,xx−1≤0
C. ∀x∈I,xx−1≤0或x−1=0D. ∃x∈I,xx−1≤0或x−1=0
4.若正实数x，y满足x+4y−xy=0，则t=xy的取值范围为( )
A. {t|05.已知命题p：∀x∈R，ax2+2x+3>0为真命题，则实数a的取值范围是( )
A. {a|013}
6.若实数α，β满足−13<α<β<−12，则α−β的取值范围是( )
A. −13<α−β<−12B. −25<α−β<0
C. −1<α−β<0D. −1<α−β<1
7.关于x的一元二次不等式(x−2)[(a−1)x+(2−a)]>0，当0A. {x|x>2或xC. {x|x<2或x>a−2a−1}D. {x|a−2a−18.已知长为a，宽为b的长方形，如果该长方形的面积与边长为k1的正方形面积相等；该长方形周长与边长为k2的正方形周长相等；该长方形的对角线与边长为k3的正方形对角线相等；该长方形的面积和周长的比与边长为k4的正方形面积和周长的比相等，那么k1、k2、k3、k4大小关系为( )
A. k1≤k4≤k2≤k3B. k3≤k1≤k2≤k4
C. k4≤k1≤k3≤k2D. k4≤k1≤k2≤k3
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列说法不正确的是( )
A. “a1b”的必要不充分条件
B. 若x+y=1，则xy的最大值为2
C. 若不等式ax2+bx+c>0的解集为{x|1D. 命题“∃x∈R，使得x2+1=0.”的否定为“∀x∉R，使得x2+1≠0.”
10.已知正数a，b满足2a+3b=8，则下列说法正确的是( )
A. ab≤83B. 2a+2b>7
C. 4a2+9b2≥32D. 12a+6b+14a+3b≥16
11.对于一个非空集合B，如果满足以下四个条件：
①B⊆{(a,b)|a∈A，b∈A}；
②∀a∈A，(a,a)∈B；
③∀a，b∈A，若(a,b)∈B且(b,a)∈B，则a=b；
④∀a，b，c∈A，若(a,b)∈B且(b,c)∈B，则(a,c)∈B．
就称集合B为集合A的一个“偏序关系”，以下说法正确的是( )
A. 设A={1,2}，则满足是集合A的一个“偏序关系”的集合B共有3个
B. 设A={1,2,3}，则集合B={(1,1)，(1,2)，(2,1)，(2,2)，(3,3)}是集合A的一个“偏序关系”
C. 设A={1,2,3}，则含有四个元素且是集合A的“偏序关系”的集合B共有6个
D. R′={(a,b)|a∈R，b∈R，a≤b}是实数集R的一个“偏序关系”
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.设a，b∈R，集合{1,a+b,a}⊇{0,ba}，则a+b= ______．
13.已知条件¬p：−3a，且q是p的充分不必要条件，则a的取值范围是______．
14.出入相补是指一个平面(或立体)图形被分割成若干部分后面积(或体积)的总和保持不变，我国汉代数学家构造弦图，利用出入相补原理证明了勾股定理，我国清代的梅文鼎、李锐、华蘅芳、何梦瑶等都通过出入相补原理创造了不同的面积证法证明了勾股定理.在下面两个图中，若AC=b，BC=a(b≥a)，AB=c，图中两个阴影三角形的周长分别为l1，l2，则l1+l2a+b的最小值为______．
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.(本小题13分)
已知A={x|−2≤x≤3}，B={x|a−5(1)若a=12，求A∪B，A∩B；
(2)若B∩(∁UA)=B，求实数a的取值范围．
16.(本小题15分)
(1)设a，b，c，d均为正数，且a+b=c+d，证明：若ab>cd，则 a+ b> c+ d；
(2)已知a，b，c为正数，且满足abc=1，证明：1a+1b+1c≤a2+b2+c2．
17.(本小题15分)
已知p：x2+2x−8≤0，q：x2−(2m+1)x+m2+m≤0．
(1)若q是p的充分不必要条件，求实数m的取值范围；
(2)若q是p的既不充分也不必要条件，求实数m的取值范围．
18.(本小题17分)
某蛋糕店推出两款新品蛋糕，分别为薄脆百香果蛋糕和朱古力蜂果蛋糕，已知薄脆百香果蛋糕单价为x元，朱古力蜂果蛋糕单位为y元，现有两种购买方案：
方案一：薄脆百香果蛋糕购买数量为a个，朱古力蜂果蛋糕购买数量为b个，花费记为S1；
方案二：薄脆百香果蛋糕购买数量为b个，朱古力蜂果蛋糕购买数量为a个，花费记为S2．
(其中y>x>4，b>a>4)
(1)试问哪种购买方案花费更少？请说明理由；
(2)若a，b，x，y同时满足关系y=2x−2 x−4，b=2a+4a−4，求这两种购买方案花费的差值S最小值(注：差值S=花费较大值−花费较小值)．
19.(本小题17分)
已知集合Sn={1,2,3,⋯,2n}(n∈N∗,n≥4)，对于集合Sn的非空子集A，若Sn中存在三个互不相同的元素a，b，c，使得a+b，b+c，c+a均属于A，则称集合A是集合Sn的“期待子集”．
(1)试判断集合A1={3,4,5}，A2={3,5,7}是否为集合S4的“期待子集”；(直接写出答案，不必说明理由)
(2)如果一个集合中含有三个元素x，y，z，同时满足①xz，③x+y+z为偶数.那么称该集合具有性质P.对于集合Sn的非空子集A，证明：集合A是集合Sn的“期待子集”的充要条件是集合A具有性质P．
参考答案
1.A
2.B
3.D
4.D
5.D
6.C
7.B
8.D
9.ABD
10.ACD
11.ACD
12.0
13.(−∞,−3]
14.1+ 22
15.解：(1)a=12时，B={x|−92又A={x|−2≤x≤3}，
所以A∪B={x|−92(2)因为B∩(∁UA)=B，
所以B⊆∁UA，
因为A={x|−2≤x≤3}，∁UA={x|x<−2或x>3}，
又B={x|a−5当B=⌀时，3a≤a−5，解得a≤−52，
当B≠⌀时，可得3a>a−53a≤−2或3a>a−5a−5≥3，
所以−52所以a的取值范围{a|a≤−23或a≥8}．
16.证明：(1)因为( a+ b)2=a+b+2 ab,( c+ d)2=c+d+2 cd，
又因为a+b=c+d，ab>cd>0，则 ab> cd,a,b,c,d为正数，
所以( a+ b)2>( c+ d)2，
因此 a+ b> c+ d．
(2)因为a2+b2≥2ab，b2+c2≥2bc，c2+a2≥2ac，当且仅当a=b=c时，取等号，
又abc=1，故有a2+b2+c2≥ab+bc+ca=ab+bc+caabc=1a+1b+1c．
所以1a+1b+1c≤a2+b2+c2，当且仅当a=b=c=1时取等号．
17.解：由x2+2x−8≤0，可得−4≤x≤2，则p：−4≤x≤2，
又由x2−(2m+1)x+m2+m≤0，整理(x−m)(x−m−1)≤0，解得m≤x≤m+1，则q：m≤x≤m+1．
(1)若q是p的充分不必要条件，可得[m,m+1]⫋[−4,2]，
所以m≥−4m+1≤2，等号不同时取得，解之得−4≤m≤1，即实数m的取值范围是[−4,1]；
(2)若q是p的既不充分也不必要条件，则[m,m+1]与[−4,2]之间没有包含关系，
可得m+1>2或m<−4，所以m>1或m<−4，实数m的取值范围是(−∞,−4)∪(1,+∞)．
18.解：(1)方案一的总费用为S1=ax+by(元)，
方案二的总费用为S2=bx+ay(元)，
S2−S1=bx+ay−(ax+by)=a(y−x)+b(x−y)=(y−x)(a−b)，
又因为y>x>4，b>a>4，
所以y−x>0，a−b<0，
所以(y−x)(a−b)<0，
即S2−S1<0，
所以S2所以采用方案二，花费更少；
(2)由(1)可知S=S1−S2=(y−x)(b−a)=(x−2 x−4)⋅(a+4a−4)，
令t= x−4>0，则x=t2+4，
所以x−2 x−4=t2−2t+4=(t−1)2+3≥3，当t=1，即x=5，y=8时，等号成立；
又因为a>4，a−4>0，
所以a+4a−4=(a−4)+4a−4+4≥2 (a−4)⋅4a−4+4=8，当且仅当a−4=4a−4，即a=6，b=14时等号成立，
所以差值S的最小值为3×8=24，
当且仅当x=5，y=8，a=6，b=14时等号成立，
所以两种方案花费的差值S的最小值为24元．
19.解：(1)因为S4={1,2,3,4,5,6,7,8}，
对于集合A1={3,4,5}，令a+b=3b+c=4c+a=5，解得a=2b=1c=3，显然1∈S4，2∈S4，3∈S4，
所以A1是集合S4的“期待子集”；
对于集合A2={3,5,7}，令a1+b1=3b1+c1=5c1+a1=7，则a1+b1+c1=152，
因为a1，b1，c1∈S4，即a1+b1+c1∈N∗，故矛盾，所以A2不是集合S4的“期待子集”；
(2)先证明必要性：
当集合A是集合Sn的“期待子集”时，由题意，存在互不相同的a，b，c∈Sn，使得a+b，b+c，c+a∈A，
不妨设a又x+y−z=(a+b)+(c+a)−(b+c)=2a>0，所以x+y>z，即条件P中的②成立；
因为x+y+z=(a+b)+(c+a)+(b+c)=2(a+b+c)，
所以x+y+z为偶数，即条件P中的③成立；
所以集合A满足条件P．
再证明充分性：
当集合A满足条件P时，有存在x，y，z∈A，满足①xz，③x+y+z为偶数，
记a=x+y+z2−z，b=x+y+z2−y，c=x+y+z2−x，
由③得a，b，c∈Z，由①得a0，
所以a，b，c∈Sn，
因为a+b=x，a+c=y，b+c=z，所以a+b，b+c，c+a均属于A，
即集合A是集合Sn的“期待子集”．