湖北省武汉市第二中学2024-2025学年高一上学期9月检测 数学试题（含解析）

这是一份湖北省武汉市第二中学2024-2025学年高一上学期9月检测 数学试题（含解析），共19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（40分）
1．下列关系中：①，②，③，④正确的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
2．若集合，，则满足的实数a的个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
3．已知正实数a，b，设甲：；乙：，则甲是乙的（ ）
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
4．已知，，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
5．已知条件，条件，且是的充分不必要条件，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
6．在整数集中，被除所得余数为的所有整数组成一个“类”，记为，即，则下面选项正确的为（ ）
A．
B．
C．
D．整数属于同一“类”的充分不必要条件是“”
7．在中，角的对边分别为，已知周长为3，则的最小值为（ ）
A．B．C．3D．
8．记表示中最大的数．已知均为正实数，则的最小值为（ ）
A．B．1C．2D．4
二、多选题（18分）
9．下列说法正确的是（ ）．
A．的一个必要条件是
B．若集合中只有一个元素，则
C．“”是“一元二次方程有一正一负根”的充要条件
D．已知集合，则满足条件的集合N的个数为4
10．下列说法正确的是（ ）
A．若，则
B．命题“，”的否定是“，或”
C．若，则函数的最小值为2
D．当时，不等式恒成立，则的取值范围是
11．定义全集的子集的特征函数,这里表示在全集中的补集,那么对于集合、,下列所有正确说法是（ ）
A．B．
C．D．
三、填空题（15分）
12．已知集合，，，若，，则 ．
13．设集合，，其中、、、、是五个不同的正整数，且，已知，，中所有元素之和是246，请写出所有满足条件的集合A： .
14．对于一个由整数组成的集合，中所有元素之和称为的“小和数”，的所有非空子集的“小和数”之和称为的“大和数”．已知集合，则的“小和数”为 ，的“大和数”为 ．
四、解答题（77分）
15．已知集合.
(1)若，求的取值范围；
(2)若，求的取值范围.
16．已知非空集合，，全集．
(1)当时，求；
(2)若是成立的充分不必要条件，求实数a的取值范围．
17．已知p:关于x的方程有实数根，．
(1)若命题是假命题，求实数a的取值范围；
(2)若p是q的必要不充分条件，求实数m的取值范围．
18．对于二次函数，若存在，使得成立，则称为二次函数的不动点.
(1)求二次函数的不动点；
(2)若二次函数有两个不相等的不动点、，且、，求的最小值.
(3)若对任意实数，二次函数恒有不动点，求的取值范围.
19．给定整数，由元实数集合定义其相伴数集，如果，则称集合S为一个元规范数集，并定义S的范数为其中所有元素绝对值之和.
(1)判断、哪个是规范数集，并说明理由；
(2)任取一个元规范数集S，记、分别为其中最小数与最大数，求证：；
(3)当遍历所有2023元规范数集时，求范数的最小值.
注：、分别表示数集中的最小数与最大数.
1．B
【分析】根据元素和集合之间的关系、集合与集合的关系判断即可.
【详解】对于①：因为0是的元素，所以，故①正确；
对于②：因为空集是任何集合的子集，所以，故②正确；
对于③：因为集合的元素为0，1，集合的元素为0,1，
两个集合的元素全不相同，所以之间不存在包含关系，故③错误；
对于④：因为集合的元素为，集合的元素为，
两个集合的元素不一定相同，所以不一定相等，故④错误；
综上所述：正确的个数为2.
故选：B.
2．B
【分析】利用，知，求出的值，根据集合元素的互异性舍去不合题意的值，可得答案．
【详解】因为，所以，
即或者，解之可得或或，
当时，，符合题意；
当时，，符合题意；
当时，，根据集合元素互异性可判断不成立。
所以实数a的个数为2个.
故选：B
3．C
【分析】根据不等式的性质以及作差法结合充分、必要条件分析判断.
【详解】因为，，
若，则，可得，
则，所以成立，即甲是乙的充分条件；
若，可知，则，即，
可得，即，即甲是乙的必要条件．
综上可知：甲是乙的充要条件．
故选：C．
4．D
【分析】利用和范围求出，然后利用不等式的性质求解即可
【详解】由，，
得，即，
，
所以，即，
故选：D
5．B
【分析】解不等式得到或，根据题意得到是的充分不必要条件，从而得到两不等式的包含关系，求出答案.
【详解】由条件，解得或；
因为是的充分不必要条件，所以是的充分不必要条件，
故是或x>1的真子集，
则的取值范围是，
故选：B．
6．C
【分析】求被除的余数，判断A，求被除的余数，判断B，根据新定义及集合相等的定义判断C，结合新定义及充分条件，必要条件的定义判断D.
【详解】对于A，，A错误；
对于B，，B错误；
对于C，每个整数除以后的余数只有，没有其他余数，
所以，又，
故，C正确；
对于D，若，
则，
若，则，
不妨设，
则，
所以，，
所以除以后余数相同，
所以属于同一“类”
所以整数属于同一“类”的充要条件是“”，D错误；
故选：C.
7．C
【分析】利用“”的代换，结合基本不等式求最值.
【详解】由题意得，，所以，
则，
当且仅当时，即等号成立，
故当时，取到最小值.
故的最小值为.
故选：C.
8．C
【分析】设，可得，利用基本不等式运算求解，注意等号成立的条件.
【详解】由题意可知：均为正实数，
设，则，，
则，
当且仅当，即时，等号成立，
又因为，
当且仅当，即时，等号成立，
可得，即，所以的最小值为2.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据定义得出，，再结合基本不等式求得.
9．CD
【分析】对于A，举例时不成立，进而由充分条件和必要条件的定义得不是的充分条件，也不是的必要条件；对于B，按和两种情况去探究方程的解即可；对于C，先由一元二次方程有一正一负根得，该不等式组的解即为方程有一正一负根的充要条件；对于D，先由得，再由结合子集个数公式即可得解.
【详解】对于A，当时满足，但不成立，
所以不是的充分条件，不是的必要条件，故A错误；
对于B，当时，方程的解为，
此时集合中只有一个元素，满足题意，
当时，为一元二次方程，
则由集合中只有一个元素得，故，
所以符合题意的有两个，或，故B错误；
对于C，一元二次方程有一正一负根，则，
所以“”是“一元二次方程有一正一负根”的充要条件，故C正确；
对于D，因为，所以，
又，故集合N的个数为个，故D正确.
故选：CD.
10．BD
【分析】特殊值法判断A,特称命题的否定判断B,应用基本不等式判断C,应用恒成立得出判别式即可求参判断D.
【详解】对于A，当时，，故A错误；
对于B，命题“”的否定是“或”，故B正确；
对于C，则，
当且仅当，此时无解，故取不到等号，
所以，故C错误；
对于D，当时，恒成立，
当时，则，解得，
综上所述，，故D正确.
故选：BD.
11．ABD
【分析】利用特征函数的定义知,由,对与、关系分类讨论,可得A正确;利用特征函数的定义可判断B的正误;取特殊值情况,利用定义可判断C的正误;利用集合运算与函数运算进行分类讨论可判断D的正误,综合可得出结论.
【详解】对于A:,分类讨论:
①当,则,此时;
②当,且,即,此时;
③当,且,即时,,,此时.
综上有,故A正确;
对于B:,故B正确;
对于C:假设,任取,则,则,,则,故C不正确;
对于D:(1)若,则,有三种情况:
①当时,;
②当时,;
③当且时,,
以上均满足.
(2)若时,有以下4中情况,
①当且时,,;
②当且时,,;
③当时,;
④当时,,
以上均满足.
综上所述,,故D正确.
故选:ABD.
12．4
【分析】求出集合，根据集合关系可得，求出的值，然后验证可得.
【详解】，，
因为，，所以，，
由得，即，解得或，
当时，解得，此时，不满足题意；
当时，解得，满足题意.
所以.
故答案为：4
13．或
【分析】由题意可得 ，所以 ，分类讨论当 和 时情况，即可得出结果.
【详解】由题意，得 ，所以 .
由于 中有 9 ，因此 A 中有 3 ，此时集合有共同元素1，
若 ，则 ，于是 ；
此时且 ，无正整数解；
若，集合有共同元素1和9，则，
所以 ，且，而，
所以，
当 时， ；
当 时， ；
因此满足条件的共有2个，分别为.
故答案为: 或
14．
【分析】根据题意，求出集合中所有元素之和即为“小和数”；将集合的个子集，分为与，其中，，且无重复，则与的“小和数”之和为的“小和数”，即可求解.
【详解】根据题意，的“小和数”为，
集合共有11个元素，则一共有个子集，
对于任意一个子集，总能找到一个子集，使得，，
且无重复，则与的“小和数”之和为的“小和数”，
这样的子集对共有个，
其中当时，，则子集对有，
则的“大和数”为.
故答案为：；
15．(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．
16．(1)或
(2)
【分析】（1）方法一，根据条件，直接利用补集、并集的运算法则，即可求出结果；方法二，利用，利用交集运算，求出，即可求出结果.
（2）根据条件得出是的真子集，再根据集合间的包含关系即可求出结果.
【详解】（1）方法一：当时，，
所以或．
因为，
所以或，
所以或．
方法二：当时，，
故，
所以或．
（2）因为是成立的充分不必要条件，
所以是的真子集，
当时，或
解得或，
综上，实数a的取值范围是．
17．(1)
(2)
【分析】（1）由命题是假命题，可得命题是真命题，则由，求出的取值范围；
（2）由是的必要不充分条件，可得出两个集合的包含关系，由此列出不等式求解即可.
【详解】（1）因为命题是假命题，则命题是真命题，
即关于的方程有实数根，
因此，解得，
所以实数的取值范围是.
（2）由（1）知，命题是真命题，即，
因为命题是命题的必要不充分条件，则，
因此，解得，
所以实数的取值范围是.
18．(1)和3
(2)8
(3)
【分析】（1）根据不动点定义列方程，解二次方程即可；
（2）根据不动点定义得方程有两个不相等的正实数根，列不等式求得，结合根与系数的关系以及基本不等式求得最值即可；
（3）根据不动点定义得，结合判别式即可求解.
【详解】（1）由题意知，即，则，
解得，，所以不动点为和3.
（2）依题意，有两个不相等的正实数根，
即方程有两个不相等的正实数根，
所以，解得，
所以
，
因为，所以，所以，
当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为8.
（3）由题知：，
所以，由于函数恒有不动点，
所以，即，
又因为是任意实数，所以，
即，解得，所以的取值范围是.
【点睛】关键点点睛：本题主要考查了新定义，解题关键是把握不动点的定义，转化为一元二次方程根的问题，结合根与系数、判别式来求解.
19．(1)集合A不是规范数集；集合B是规范数集；
(2)证明见详解；
(3).
【分析】（1）根据元规范数集的定义，只需判断集合中的元素两两相减的差的绝对值，是否都大于等于1即可；
（2）利用元规范数集的定义，得到，从而分类讨论、与三种情况，结合去绝对值的方法即可证明；
（3）法一：当时，证得，从而得到；当时，证得，从而得到；当时，分类讨论与两种情况，推得，由此得解；
法二：利用规范数集的性质与（2）中结论即可得解.
【详解】（1）对于集合A：因为，所以集合A不是规范数集；
对于集合B：因为，
又，，，，，，
所以B相伴数集，即，故集合B是规范数集.
（2）不妨设集合S中的元素为，即，
因为S为规范数集，则，则，且，使得，
当时，
则，
当且仅当且时，等号成立；
当时，
则，
当且仅当且时，等号成立；
当时，
则，
当且仅当时，等号成立；
综上所述：.
（3）法一：
不妨设，
因为S为规范数集，则，则，且，使得，
当时，
则当时，可得，
当且仅当时，等号成立，
则范数，
当且仅当时，等号成立，
又，
当且仅当时，等号成立，
故，即范数的最小值；
当时，
则当时，可得，
当且仅当时，等号成立，则，
则范数，
当且仅当时，等号成立，
又，
当且仅当时，等号成立，
故，即范数的最小值；
当，使得，且，
当，即，即时，
则当时，可得，
当且仅当时，等号成立，
则当时，可得，
当且仅当时，等号成立，
则范数
；
对于，其开口向上，对称轴为，
所以，
所以范数的最小值为；
当，即，即时，
则当时，可得，
当且仅当时，等号成立，
则当时，可得，
当且仅当时，等号成立，
则范数
；
对于，其开口向上，对称轴为，
所以，
所以范数；
综上所述：范数的最小值.
法二：
不妨设，
因为S为规范数集，则，则，且，使得，
所以对于，同样有，则，
由（2）的证明过程与结论可得，，当且仅当时，等号成立，
即，，……，
所以范数
，
当且仅当时，等号成立，
所以范数的最小值.
【点睛】关键点睛：本题解决的关键是理解元规范数集的定义，得到，再将集合中的元素进行从小到大排列，利用分类与整合的思想进行讨论分析，从而得解.