湖南省郴州市2023_2024学年高一数学上学期10月月考试题含解析

这是一份湖南省郴州市2023_2024学年高一数学上学期10月月考试题含解析，共13页。

1．答题前，考生务必将自己的姓名、考生号填写在试卷和答题卡上，并将考生号条形码粘贴在答题卡上的指定位置．
2．回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡对应题目的答案标号涂黑．如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号．回答非选择题时，将答案写在答题卡上．写在本试卷上无效．
3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
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.
【答案】B
【解析】
【分析】根据交集的定义计算可得.
【详解】因为，又，
所以.
故选：B
2. 已知命题：，，则命题的否定为（）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】C
【解析】
【分析】根据全称量词命题的否定求得结果.
【详解】根据命题的否定，任意变存在，范围不变，结论相反，
则命题的否定为“，”.
故选：C.
3. “”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
【答案】B
【解析】
【分析】举反例说明充分性不成立，再说明必要性成立，即可判断.
【详解】由不能推出，比如，但，所以充分性不成立；
反过来，由可得，所以必要性成立.
所以“”是“” 必要不充分条件.
故选：B
4. 如图所示的Venn图中，集合，，则阴影部分表示的集合是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】解一元二次不等式求得集合，再结合交集、并集、补集的定义得出结果.
【详解】由已知得，，
令，，
则阴影部分表示的集合是.
故选：D.
5. 若，，且，，则（）
A. B.
CD.
【答案】B
【解析】
【分析】解一元二次不等式，求出，或，结合，得到正确答案.
【详解】因为，，所以，
又因为，所以或，
因为，所以不合要求，所以，
综上：.
故选：B
6. 某汽车制造厂建造了一个高科技自动化生产车间，据市场分析这个车间产出的总利润（单位：千万元）与运行年数满足二次函数关系，其函数图象如图所示，则这个车间运行（）年时，其产出的年平均利润最大．
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据图象可求得二次函数解析式，由此可得，根据基本不等式取等条件可求得结果.
【详解】由题意可设：，
由图象可知：当时，，解得：，
，
（当且仅当时取等号），
当车间运行年时，其产出的年平均利润最大.
故选：B.
7. 已知函数的最小值为2，且图象关于直线对称，若当时，的最大值为6，则的最大值为（）
A. 1B. 2C. 3D. 4
【答案】D
【解析】
【分析】根据二次函数的对称轴公式以及顶点坐标求解，再令进行求解即可.
【详解】由图象关于直线对称，可得，，所以.
因为的最小值为2，所以，可得，故.
令，解得或.
所以最小为，最大为3，则的最大值为4.
故选：D.
8. 已知，且，若恒成立，则实数的取值范围是（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据不等式恒成立以及基本不等式“1”的妙用求得结果.
【详解】已知，，，
当且仅当且时取等号，即，时取等号，
所以，
由恒成立可得，
即，
解得.
故实数的取值范围为.
故选：C.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，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. 已知非空集合都是的子集，满足，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】根据交集、并集、补集的定义及性质判断各选项.
【详解】对于A，由可得，故A正确；
对于B，由，可得，从而，故B正确；
对于C、D，结合与，可知，又，所以，故C错误，D正确.
故选：ABD.
10. 若，，则（）
A. B. C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】根据不等式的性质，作差与0比较大小即可得出结果.
【详解】对于A，因为，所以，则，则故选项A错误；
对于B，因为，所以，
则，则选项B正确；
对于C，因为，所以，则，
故选项C正确；
对于D，因为，所以，则，故选项D错误，
故选：BC.
11. 已知关于x的不等式的解集为或，则（）
A.
B.
C. 不等式的解集为
D. 不等式的解集为
【答案】BC
【解析】
【分析】根据已知条件得和是方程的两个实根，且，根据韦达定理可得，根据且，对四个选项逐个求解或判断即可.
【详解】因为关于的不等式解集为或，
所以和是方程的两个实根，对应的二次函数图像开口向下且，故A错误；
所以，，所以，
因为，又，所以，故B正确；
不等式可化为，因为，所以，故C正确；
不等式可化为，又，
所以，即，解得，故D错误.
故选：BC.
12. 已知，，且，则()
A.
B. 的取值可以为10
C当且仅当，时，取得最小值16
D当且仅当，时，取得最小值36
【答案】CD
【解析】
【分析】将两边同时除以xy可得，由此可判断A；，结合基本不等式可判断B；，结合基本不等式可判断C；，结合基本不等式得到关于的不等式，由此即可判断D．
【详解】．
故，故A错误；
，
当且仅当，即x＝y＝10时等号成立，故B错误；
，
当且仅当，即，时，等号成立，故C正确；
，当且仅当，即，时等号成立，故D正确．
故选：CD．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13. 抛物线的顶点坐标为______.
【答案】
【解析】
【分析】利用配方法得出二次函数的顶点坐标.
【详解】因为，
故抛物线的顶点坐标为.
故答案为：.
14. 给出一个能够说明命题“，”为假命题的数：______．
【答案】2（答案不唯一）
【解析】
【分析】根据不等式写出一个答案即可.
【详解】当时，，不满足，
故答案为：（答案不唯一）
15. 已知，，若q是p的必要不充分条件，则实数m的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】由题意可得，从而可求出m的取值范围
【详解】因为q是p的必要不充分条件，所以，
所以，因此．
故答案为：
16. 已知集合，，则集合B中的元素个数为______．
【答案】13
【解析】
【分析】由题列举出集合B，即得.
【详解】将x，y及的值列表如下，去掉重复的值，可知集合中的元素个数为13．
故答案为：13
四、解答题：共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
17. 设集合，．
（1）若，求，；
（2）设，若集合C有8个子集，求a的取值集合．
【答案】（1），；
（2）
【解析】
【分析】（1）解方程得、，应用集合的交并运算求结果；
（2）由题设集合C有3个元素，讨论、满足题设情况下的取值，即可得结果.
【小问1详解】
由题设，，
所以，.
【小问2详解】
由，且集合C有8个子集，故集合C有3个元素，
当时，此时或满足题设；
当时，满足题设；
综上，.
18. 已知关于x的不等式．
（1）若此不等式的解集为，求a，b的值；
（2）若，求不等式的解集．
【答案】（1），
（2）见解析
【解析】
【分析】（1）由题意可得，和1是方程的两个实数根，利用根与系数关系可得结果；
（2）由题意可得，分类讨论可得不等式的解集.
【小问1详解】
由题意可得，和1是方程的两个实数根，
所以，
解得，，
【小问2详解】
∵，∴，即，
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.
19. 已知一个二次函数当时取得最小值，且其图象过点.
（1）求此函数的图象与轴的交点坐标；
（2）当时，求此函数的最大值.
【答案】（1）
（2）5
【解析】
【分析】（1）设二次函数为顶点式，利用待定系数法求得解析式，再令求得结果.
（2）根据二次函数的单调性求得结果.
【小问1详解】
因为二次函数当时取得最小值，
所以可设其解析式为()，即（），
又因为函数图象过点，所以，得，
所以函数为.
令，得，，
所以此函数的图象与轴的交点坐标为.
【小问2详解】
函数的图象是开口向上的抛物线，对称轴为，
故当时，函数为减函数，当时，函数为增函数，
当时，，当时，，
故当时，函数的最大值5.
20. （1）设，，，均为正数，且，证明：；
（2）已知，且，比较和的大小.
【答案】（1）证明见解析；（2）
【解析】
【分析】（1）根据不等式的性质证明即可；
（2）利用作差法比较大小.
【详解】（1），，
由，，得，
所以.
（2）因为，且，
所以
，
所以.
21. LED灯具有节能环保的作用，且使用寿命长．经过市场调查，可知生产某种LED灯需投入的年固定成本为4万元每生产万件该产品，需另投入变动成本万元，在年产量不足6万件时，，在年产量不小于6万件时，．每件产品售价为6元．假设该产品每年的销量等于当年的产量．
（1）写出年利润(万元)关于年产量(万件)的函数解析式．(注：年利润＝年销售收入－固定成本－变动成本)
（2）年产量为多少万件时，年利润最大？最大年利润是多少？
【答案】（1）
（2）当年产量为10万件时，年利润最大，最大年利润为15万元．
【解析】
【分析】(1)根据“年利润＝年销售收入－固定成本－变动成本”，分和即可求出L(x)的解析式；
(2)根据二次函数和基本不等式分别求出L(x)在和时的最大值，比较即可得到答案．
【小问1详解】
∵每件产品售价为6元，∴万件产品的销售收入为万元，
依题意得，当时，，
当时，．
∴
【小问2详解】
当时，，当时，取得最大值．
当时，，当且仅当，即时，取得最大值15．
∵，∴当年产量为10万件时，年利润最大，最大年利润为15万元．
22. 已知函数，其中，，.
（1）若且，设此函数图象与轴的两个交点间的距离为，求的取值范围；
（2）若且不等式的解集为，求的最小值.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）由已知结合不等式性质可得且，再求出时的方程二根即可得解.
（2）由已知结合一元二次不等式的解集规律可得且，再结合不等式性质消元，借助基本不等式求解即得.
【小问1详解】
由且，得，即，，
显然，即，则，即，
由，得方程的一个根为1，则另一个实根，
因此函数的图象与轴的两个交点间的距离，
所以的取值范围为.
【小问2详解】
因为的解集为，显然，否则，不等式的解集为，矛盾，
于是且，则且，
因此，令，
则，
当且仅当，即，也即时取等号，
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