四川省南充市2023_2024学年高一数学上学期9月月考试题含解析

这是一份四川省南充市2023_2024学年高一数学上学期9月月考试题含解析，共15页。
2．作答时，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】A
【解析】
【分析】根据集合直接求并集即可．
【详解】解：因为集合，，
所以．
故选：A.
2. 命题“”的否定是（）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】全称量词命题的否定是存在量词命题，把任意改为存在，把结论否定.
【详解】“”的否定是“”.
故选：D
3. 已知集合，，则“”是“”的（）
A. 充要条件B. 必要不充分条件
C. 充分不必要条件D. 既不充分又不必要条件
【答案】C
【解析】
【分析】由可得a的值，结合充分性、必要性判断即可.
【详解】因为，
所以或或，
所以是的充分不必要条件.
故选：C.
4. 有外表一样、重量不同的四个小球，它们的重量分别是，已知，，，则这四个小球由重到轻的排列顺序是（）．
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由，相加可得，进而得，利用可得，即可判断出大小.
【详解】，
，
，，
，，
综上可得，．
故选：A.
【点睛】本题考查了不等式的基本性质，考查了推理能力，属于基础题.
5. 已知，设，，则有（）
AB.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】比较两个数的大小，通常采用作差法，分别计算的结果，判断结果的符号．
【详解】解：∵，
因为，所以，∴．
故选：B
6. 若“，使得成立”是假命题，则实数的取值范围为（）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】“，使得成立”是假命题，等价于“，使得成立”是真命题，再利用基本不等式，求出时，的最小值，即可得实数的取值范围．
【详解】若“，使得成立”是假命题，
则“，使得成立”是假命题，
即等价于“，使得成立”是真命题.
根据基本不等式，
，当且仅当，即时等号成立，
所以，故实数的取值范围为.
故选：B．
7. 火车站有某公司待运的甲种货物1530吨，乙种货物1150吨．现计划用A，B两种型号的货箱共50节运送这批货物．已知35吨甲种货物和15吨乙种货物可装满一节A型货箱，25吨甲种货物和35吨乙种货物可装满一节B型货箱，据此安排A，B两种货箱的节数，下列哪个方案不满足：（）
A. A货箱28节，B货箱22节B. A货箱29节，B货箱21节
C. A货箱31节，B货箱19节D. A货箱30节，B货箱20节
【答案】C
【解析】
【分析】设A、B货箱分别有x，y节，则，结合已知判断各选项是否能够装运所有货物即可．
【详解】设A、B货箱分别有x，y节，则，
A：共50节且，，满足；
B：共50节且，，满足；
C：共50节且，，不满足；
D：共50节且，，满足；
故选：C.
8. 已知，则的最小值为（）
A. 4B. 6C. D. 10
【答案】D
【解析】
【分析】根据已知条件可得出，，通过配凑，再根据基本不等式即可求得结果.
【详解】∵∴，，
∴，
当且仅当，即，时取等号，
∴的最小值为10．
故选：D.
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. 设全集为U，在下列选项中，是的充要条件的是（）
A. B. C. D.
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用维恩图解决集合运算问题.
【详解】
由维恩图可知，A不是的充要条件，B，C，D都是的充要条件，
故选：BCD．
10. 下列几种说法中，不正确的是（）
A. 周长相等的三角形全等
B. “”是“”的充分不必要条件
C. 命题“若，则”的否定是假命题
D. 若a为实数，则“”是“”的必要不充分条件
【答案】ABD
【解析】
【分析】本题考查了充分条件和必要条件基本概念．A举反例判断，BCD根据充分条件与必要条件概念判断．
【详解】对于A，因为若三角形三边长分别为3,3,4和2,4,4，它们周长相等但三角形不全等，所以A错误；
对于B，当，时，，但，所以B错误；
对于C，命题“若，则”是真命题，所以命题“若，则”的否定是假命题，所以C正确；
对于D，“”是“”的充分不必要条件，所以D错误；
故选：ABD．
11. 对任意集合A，，记且，则称为集合A，B的对称差，例如，若，则，下列命题中为真命题的是（ ）
A. 若A，且，则
B. 若A，且，则
C. 存在A，，使得
D. 若A，且，则
【答案】ABCD
【解析】
【分析】根据对称差的定义及集合的交、并、补运算，逐项判断即可．
【详解】对于A，因为，所以且，
即与是相同的，所以，
否则，若，且，故本选项符合题意；
对于B，因为，所以且，
所以，且B中的元素不能出现在中，因此，故本选项符合题意；
对于C，时，，，故本选项符合题意；
对于D，因为，所以且，
所以，故本选项符合题意．
故选：ABCD．
12. 下列说法正确的有（）
A. 已知，则的最小值为
B. 的最小值为2
C. 若正数x，y满足，则的最小值为3
D. 设x，y为正实数，若，则的最小值是1
【答案】ACD
【解析】
【分析】对于A项，配凑后使用基本不等式判断即可，对于B项，当时不成立即可判断，对于C项，运用“1”的代换及基本不等式即可判断，对于D项，运用，结合已知条件转化为解关于的一元二次不等式即可.
【详解】对于A项，因为，所以，
所以，
当且仅当，即时等号成立，故A项成立；
对于B项，当时，，故B项错误；
对于C项，正数x，y满足，所以，
所以，
当且仅当，即时等号成立，故C项成立；
对于D项，因为x，y为正实数，所以，当且仅当时等号成立，①
又因为，所以②，
所以由①②得，即，
即，
又因为，，
所以，当且仅当，即，时，等号成立，故D项成立．
故选：ACD．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡上．
13. 已知集合，．若，则的值为______．
【答案】
【解析】
【分析】将-1、2分别代入中，可得出关于m，n的两个方程，从而求出m、n值，从而得出答案．
【详解】解：由题意知-1，2是方程的两根，
则，解得，∴．
故答案为：．
14. 已知，，则的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】运用不等式的性质进行求解即可．
【详解】∵，∴，
又∵，∴．
故答案为．
15. 已知集合M为非空数集，且同时满足下列条件：
（i）；
（ii）对任意的，任意的，都有；
（iii）对任意的且，都有．
给出下列四个结论：
①；②；③对任意的x，，都有；④对任意的x，，都有．
其中正确的结论有______个．
【答案】3
【解析】
【分析】①利用条件（i）和（ii）推理可得；②利用（i），（iii）得，再结合（ii）可判断；③首先得出，然后由条件（ii）可得结论；④由已知得出，得，推导得出，从而有，，，，再由条件（ii）可判断．
【详解】①∵，∴，即，①正确；
②∵，∴，∴，，②正确；
③∵，又，∴，所以，③正确；
④，．由③，∴，
由②知，∴，∴，，，∴，
由③得，
∴当时，，，，，
∴，④不正确，
综上，①②③正确．
故答案为：3．
16. 对任意的正实数a，b，c，满足，则的最小值为_____________.
【答案】
【解析】
分析】根据条件，得到，利用基本不等式得到，再通过构造，二次运用基本不等式即可求出结果.
【详解】因为
，当且仅当时取等号.
故答案为：.
【点睛】关键点晴：解答本题的关键在于，利用条件将变形成，再整理成，再利用均值不等式即可求出结果.
四、解答题（本大题共6小题，共70分，17题10分，18-22题各12分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17. 已知集合，集合．求：
（1）；
（2）．
【答案】（1）
（2）或
【解析】
【分析】（1）利用集合交集的定义进行求解即可；
（2）根据集合补集的定义，结合（1）的结论进行求解即可.
【小问1详解】
因为，，
所以；
【小问2详解】
由（1）可知：，
所以或.
18已知集合，．
（1）当时，求；
（2）是的充分不必要条件，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由求出集合，再根据并集的定义即可得解；
（2）根据题意是的真子集，根据集合的关系求解参数的取值范围．
【小问1详解】
∵当时，，，
∴；
【小问2详解】
∵，∴，
由是的充分不必要条件得是的真子集，
若，则，解得，满足是的真子集，符合题意；
当时，，满足是的真子集，符合题意；
当时，，得，解得，
综上可得：，
故实数的取值范围为：．
19. 设全集，集合，或．
（1）求图中阴影部分表示的集合；
（2）已知集合，若，求a的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】由韦恩图图及含参数的集合交并补的混合运算即可求解.
【小问1详解】
因为，或，
所以，
则图中阴影部分表示．
【小问2详解】
因为，或，且，
所以，，
所以当时，，解得，符合题意；
当时，或者，
此时不等式组无解，
不等式组的解集为，
综上，a的取值范围为．
20. 对平面直角坐标系第一象限内的任意两点，作如下定义：如果，那么称点是点的“上位点”，同时称点是点的“下位点”．
（1）试写出点的一个“上位点”坐标和一个“下位点”坐标；
（2）设a，b，c，d均为正数，且点是点的“上位点”，请判断点是否既是点的“下位点”，又是点的“上位点”．如果是，请证明；如果不是，请说明理由．
【答案】（1）一个“上位点”坐标为，一个“下位点”坐标为（答案不唯一，正确即可）
（2）是，证明见解析
【解析】
【分析】（1）由已知“上位点”和“下位点”的定义，可得出点（3，5）的一个“上位点”的坐标为（3，4），一个“下位点”的坐标为（3，7）；
（2）由点是点的“上位点”得出, 然后利用作差法得出与的大小关系，结合“下位点”和“上位点”的定义可得出结论.
【小问1详解】
解：由题意，可知点的一个“上位点”坐标为，一个“下位点”坐标为．（答案不唯一，正确即可）
【小问2详解】
解：点既是点的下位点，又是点的“上位点”，证明如下：
∵点是点的“上位点”，
∴，
又a，b，c，d均为正数，
∴，
∵，
∴是点的“下位点”，
∵，
∴是点的“上位点”，
综上，既是点的“下位点”，又是点的“上位点”．
21. 设矩形的周长为，把沿向折叠，折过去后交于点P，设．
（1）用x的代数式表示y，并写出x的取值范围；
（2）求最大面积及相应x的值．
【答案】（1）
（2）当时，的面积最大，面积的最大值为
【解析】
【分析】（1）设，根据几何关系可得各边长度，再根据中的勾股定理列式，化简可得，根据求解即可；
（2）根据，利用基本不等式求解最大值即可.
【小问1详解】
如图，∵，由矩形的周长为，可知．设，则，
，，，，
．
在中，由勾股定理得，即，
解得，所以．即．
【小问2详解】
的面积为．
由基本不等式与不等式的性质，得，
当且仅当时，即当时，的面积最大，面积的最大值为
22. 有限个元素组成的集合，，记集合中的元素个数为，即.定义，集合中的元素个数记为，当时，称集合具有性质.
（1），，判断集合，是否具有性质，并说明理由；
（2）设集合，且（），若集合具有性质，求的最大值.
【答案】（1）集合不具有性质，集合具有性质，理由见解析
（2）最大值为6056
【解析】
【分析】（1）由已知集合结合定义求得与，再由性质的概念判断；
（2）要使取最大，则，，根据性质检验可得，可得的最大值.
【小问1详解】
集合不具有性质，集合具有性质.
因为，，
所以，，则集合不具有性质，
所以，，则集合具有性质
【小问2详解】
，且，，
要使取最大，则，，
当时，，则不具有性质，
要使取最大，则，，
当时，，则不具有性质，
当时，，则不具有性质，
当时，则具有性质，
则使得取最大，可得，
若集合具有性质，则的最大值为6056.
【点睛】关键点睛：本题解决本题的关键是，通过第一问的两个集合判定是否具有性质时，可得到结论为若集合中的三个数满足或四个数满足时，集合不具有性质，从而对集合中的运算进行检验判断.