河北省辛集市第三中学2023-2024学年高一上学期10月月考 数学试题（含解析）

这是一份河北省辛集市第三中学2023-2024学年高一上学期10月月考 数学试题（含解析），共11页。试卷主要包含了本卷主要考查内容，设集合，集合，则“”是“”的等内容，欢迎下载使用。

全卷满分150分，考试时间120分钟.
注意事项：
1．答题前，先将自己的姓名、准考证号填写在试卷和答题卡上，并将条形码粘贴在答题卡上的指定位置.
2．请按题号顺序在答题卡上各题目的答题区域内作答，写在试卷、草稿纸和答题卡上的非答题区域均无效.
3．选择题用2B铅笔在答题卡上把所选答案的标号涂黑；非选择题用黑色签字笔在答题卡上作答；字体工整，笔迹清楚.
4．考试结束后，请将试卷和答题卡一并上交.
5．本卷主要考查内容：必修第一册第一章～第二章.
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．已知集合，则（ ）
A．B．C．D．
2．已知命题，，则命题p的否定为（ ）
A．，B．，
C．，D．，
3．已知集合或，则（ ）
A．B．
C．D．
4．若，则下列不等式成立的是（ ）
A．B．
C．D．
5．若方程的两个根分别是2，3，则方程的根分别为（ ）
A．，B．，
C．，D．，
6．已知，若集合A中恰好有5个元素，则实数的取值范围为（ ）
A．B．
C．D．
7．设集合，集合，则“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
8．一家金店使用一架两臂不等长的天平称黄金．一位顾客到店内购买黄金，店员先将的砝码放在天平左盘中，取出一些黄金放在天平右盘中，使天平平衡；再将的砝码放在天平右盘中，再取出一些黄金放在天平左盘中，使得天平平衡；最后将两次称得的黄金交给顾客．记顾客实际购得的黄金为xg，则与20的大小关系为（ ）
A．B．
C．D．无法确定
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9．下列条件中，是“”的一个充分不必要条件的是（ ）
A．B．C．D．
10．已知全集U，集合A，B如图所示，则图中的阴影部分表示的集合为（ ）

A．B．C．D．
11．已知集合中只有一个元素，则实数a的可能取值为（ ）
A．0B．1C．2D．4
12．已知，则下列不等式中正确的是（ ）
A．B．
C．D．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．用列举法表示集合可以是 ．
14．已知集合，，且，则实数 ．
15．已知实数，满足，，则的取值范围是 ．
16．已知实数，，且，则的最大值为 .
四、解答题：本题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．
17．设集合．求：
(1)；
(2)；
(3)
18．当x是什么实数时，下列各式有意义？
(1)；
(2)．
19．已知集合．
(1)若，求实数的值；
(2)若命题为真命题，求实数的值．
20．已知全集，集合，．
(1)若，求，；
(2)若，求实数a的取值范围．
21．解关于的不等式.
22．（1）已知，求的最小值﹔
（2）已知，，且，求的最小值.
1．C
【分析】根据题意直接可得集合中只有元素2，由交集的定义可得答案.
【详解】由集合
则.
故选：C
2．C
【分析】根据全称量词命题的否定为存在量词命题易求.
【详解】根据全称量词命题的否定为存在量词命题知：
命题，的否定为：，.
故选：C
3．A
【分析】利用交集的运算可得答案.
【详解】因为或，
所以.
故选：A
4．D
【分析】利用不等式的性质或反例可得选项.
【详解】因为，所以，D正确；
当时，满足，但是，A,C不正确；
当时，满足，但是，B不正确；
故选：D
5．D
【分析】根据题意，利用韦达定理列出方程组，求得，结合一元二次方程的解法，即可求解.
【详解】由方程的两个根分别是2和3，可得，解得，
所以方程，即为，
可得，解得，.
故选：D.
6．D
【分析】由已知求出集合A，进一步得到m的范围.
【详解】由题意可知，可得.
故选：D
7．A
【分析】解不等式求集合，然后判断两个集合的关系
【详解】，解得，故
，可化为或，解得或，故，故“”是“”的充分不必要条件
故选：A
8．B
【分析】利用平衡条件得出的表达式，结合基本不等式可得答案.
【详解】设天平左臂长为，右臂长为，且，左盘放的黄金为克，右盘放的黄金为克，
，解得，
，当且仅当时，取到等号，
由于，所以.
故选：B
9．ABD
【分析】首先解不等式，然后根据充分不必要条件的概念即可选出答案.
【详解】把不等式化简，得 ，所以或，
所以要找“”的一个充分不必要条件，只需找集合或的真子集，
根据题中选项，显然选项ABD满足题意.
故选：.
10．AC
【分析】根据韦恩图及集合的交并补运算，逐项判断，即可得到本题答案.
【详解】

选项A，，则，故A正确；
选项B，，则，故B错误；
选项C，，则，故C正确；
选项D，，则，故D错误.
故选：AC
11．ABD
【分析】分别按一次方程、二次方程讨论，即可确定的取值.
【详解】当时，，解得，所以，符合题意；
当时，由题意，得，解得或.
故选：ABD
12．CD
【分析】应用作差法判断各选项中不等式的正误.
【详解】由，可得.
A：由，当时，，故不正确；
B：由，当时，，故不正确；
C：由，故正确；
D：由，故正确.
故选：CD.
13．
【分析】根据限制条件写出集合的元素即可.
【详解】.
故答案为：.
14．－1
【分析】根据交集的运算以及集合元素的互异性，即可确定的取值.
【详解】因为，所以，则，解得或，
根据集合元素的互异性，可知，所以.
故答案为：
15．
【分析】根据不等式的性质求解即可.
【详解】因为，，有，所以，即的取值范围是．
故答案为：.
16．
【分析】利用基本不等式求解即可.
【详解】因为实数，，且，所以，
则，所以，所以，
当且仅当即时，等号成立，
所以的最大值为.
故答案为：
17．(1)
(2)或
(3)或.
【分析】由集合的交并补混合运算直接得出答案.
【详解】（1）由集合交集的定义，
；
（2）由集合并集和补集的定义，
，
或；
（3）由集合补集和交集的定义，
或，
或，
或.
18．(1)
(2)
【分析】（1）（2）根据式子有意义，列出不等式，结合不等式的解法，即可求解.
【详解】（1）解：由式子有意义，则满足，
因为恒成立，所以.
（2）解：由式子有意义，则满足，
即，解得.
19．(1)4
(2)0
【分析】（1）由得是方程的根，代入方程可求答案；
（2）根据两个方程有公共解可求实数的值．
【详解】（1）因为，所以，解得；
（2）因为命题为真命题，
所以方程组有公共解，解得，
当时，经检验知，符合题意.
20．(1)，
(2)
【分析】（1）直接利用集合交集、并集运算，即可得到本题答案；
（2）由，得，分情况考虑，列出不等式求解，即可确定实数a的取值范围.
【详解】（1）若，则，
所以，；
（2）因为，所以．
当时，，解得；
当时，，解得．
综上，实数a的取值范围是．
21．答案见解析
【分析】分和讨论，当时，由原不等式可得，讨论与的大小关系即可得出不等式的解.
【详解】①当时，原不等式可化为，解得；
②当时，原不等式可化为，解得；
③当时，原不等式可化为，
当，即时，解得或；
<ⅱ>当，即时，解得或；
<ⅲ>当，即时，解得或.
综上所述，当时，不等式解集为；
当时，不等式解集为；
当时，不等式解集为；
当时，不等式解集为；
当时，不等式解集为.
22．（1）；（2）
【分析】（1）变换，再利用均值不等式计算得到答案.
（2）变换，展开利用均值不等式计算得到答案.
【详解】（1），
当且仅当，即时等号成立
（2），
当且仅当，即，时等号成立.