重庆市巴蜀中学2022-2023学年高一数学上学期10月月考试题（Word版附解析）

这是一份重庆市巴蜀中学2022-2023学年高一数学上学期10月月考试题（Word版附解析），共15页。

高2025届高一（上）第一次月考考试
数学试卷
注意事项：
1．答题前，考生务必将自己的姓名､准考证号､班级､学校在答题卡上填写清楚．
2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上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．在试卷上作答无效．
3．考试结束后，请将答题卡交回，试卷自行保存．满分150分，考试用时120分钟．
一､单项选择题（本大题共8个小题，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，集合或，则（ ）
A. B. C. D. 或
【答案】B
【解析】
【分析】化简集合，利用交集的定义求解.
【详解】化简集合，得，
又集合或，由交集的定义可得，
.
故选：B
2. 使得不等式“”成立的一个必要不充分条件是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先解出一元二次不等式，再根据集合的包含关系判断即可.
【详解】由，即，解得，
因为真包含于，
所以使得不等式“”成立的一个必要不充分条件可以是.
故选：C
3. 已知集合，集合且，则集合的子集个数为（ ）
A. 4 B. 8 C. 16 D. 32
【答案】B
【解析】
【分析】求出集合及子集可得答案.
【详解】由题意可得，故子集为，
共有8个.
故选：B.
4. 已知集合，集合，则（ ）
A. {或} B.
C. {或} D.
【答案】A
【解析】
【分析】先化简集合A，B，再利用集合的并集运算求解.
【详解】解：因为或，
所以或，
故选：A
5. 命题，当时，有，则为（ ）
A. ，当时，有
B. ，满足，但
C. ，满足，但
D. 以上均不正确
【答案】B
【解析】
【分析】根据命题的否定的定义即可得到答案.
【详解】根据命题的否定的任意变存在，存在变任意，结论相反，
故为，满足，但，
故选：B.
6. “”是“不等式对任意恒成立”的（ ）条件
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据不等式恒成立，求实数的取值范围，再利用集合的包含关系，判断充分，必要条件.
【详解】当时，对任意的恒成立，
当时，则，解得：，故的取值范围为．
故“”是的充分不必要条件．
故选：A
7. 已知一元二次不等式的解集为，则的最大值为（ ）
A. -2 B. -1 C. 1 D. 2
【答案】A
【解析】
【分析】先根据一元二次不等式的解集求参，再结合基本不等式求最值即可.
【详解】的解集为，故为方程的两个根，
且（当且仅当时等号成立）.
故选：A.
8. 为丰富学生的课外活动，学校开展了丰富的选修课，参与“数学建模选修课”的有169人，参与“语文素养选修课”的有158人，参与“国际视野选修课”的有145人，三项选修课都参与的有30人，三项选修课都没有参与的有20人，全校共有400人，问只参与两项活动的同学有多少人？（ ）
A. 30 B. 31 C. 32 D. 33
【答案】C
【解析】
【分析】先画出韦恩图，根据荣斥原理求解.
详解】画出维恩图如下：

设：只参加“数学建模课”和“语文素养课”的有x人，只参加“数学建模课”和“国际视野课”的有y人，只参加“语文素养课”和“国际视野课”的有z人，
则：，；
故答案为：32人.
二､多项选择题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，在每小题给出的选项中，有多项式符合题目要求的．全部选对的得5分，有错选的得0分，部分选对的得2分）
9. 下列关于符号“”使用正确的有（ ）
A. B.
C. D.
【答案】BC
【解析】
【分析】根据元素与集合、集合与集合的关系判断即可.
【详解】对于A：，故A错误；
对于B：，，所以，故B正确；
对于C：，故C正确；
对于D：或，故D错误；
故选：BC
10. 若，下列不等式一定成立的有（ ）
A B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】利用作差法逐项判断.
【详解】A项，，故正确；
B项，，故错误；
C项．，故正确；
D项．，分母正负号不确定，故错误；
故选：AC
11. 已知正实数，满足，下列说法正确的是（ ）
A. 的最大值为2 B. 的最小值为4
C. 的最小值为 D. 的最小值为
【答案】BCD
【解析】
【分析】利用基本不等式和解一元二次不等式可判断A,B,将代入，化简，利用基本不等式求解可判断C，利用基本不等式“1”的妙用可判断D.
【详解】对于A,因为，
即，解得，
又因为正实数，，所以，
则有，当且仅当时取得等号，故A错误；
对于B，，
即，解得（舍），
当且仅当时取得等号，故B正确；
对于C,由题可得所以，解得，
，
当且仅当即时取得等号，故C正确；
对于D,
，
当且仅当时取得等号，故D正确，
故选:BCD.
12. 对于一个非空集合，如果满足以下四个条件：
①
②
③，若且，则
④，若且，则
就称集合为集合的一个“偏序关系”，以下说法正确的是（ ）
A. 设，则满足是集合的一个“偏序关系”的集合共有3个
B. 设，则集合是集合的一个“偏序关系”
C. 设，则含有四个元素且是集合的“偏序关系”的集合共有6个
D. 是实数集的一个“偏序关系”
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用偏序关系的定义逐项判断.
【详解】A项，共3个，故正确；
B项，不能同时出现和，故错误；
C项，首先必须含有，则剩余拿一个即可，共6个，故正确；
项，满足①，②，，则，则，故，满足③，，则，则，则，故，满足④，故正确；
故选：ACD
三､填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填写在答题卡相应位置上）
13. 已知集合，则__________．
【答案】
【解析】
【分析】根据补集的定义求解.
【详解】；经检验满足题意；
故答案为：.
14. 定义：且，则图中的阴影部分可以表示为__________，请用阴影部分表示__________

【答案】 ①. （答案不唯一） ②. 答案见解析
【解析】
【分析】根据的定义，结合题意即可得出正确的答案.
【详解】根据且可得表示集合中除去中所有元素，
所以阴影部分表示除集合公共元素之外的元素给成的集合，即为，
因为，所以表示的图形如图阴影部分所示：
.
故答案为：（答案不唯一）；
15. 已知集合，集合或，若，则的取值范围为__________．
【答案】
【解析】
分析】分、、讨论，由可得答案.
【详解】，对于集合，当时，，满足条件；
当时，，满足条件；当时，，
.
综上：.
故答案为：.
16. 已知正实数满足，且，则的最小值为__________．
【答案】
【解析】
【分析】将，变形为，再由，利用基本不等式求解.
【详解】解：因为，
所以，
所以，
（当且仅当时，联立，
解得），
所以的最小值为4，
故答案为：4
四､解答题（共70分．解题应写出文字说朋，证明过程或演算步骤）
17. 已知集合，集合
（1）求
（2）设，求
【答案】（1）或，
（2）或
【解析】
【分析】（1）先解一元二次不等式和绝对值不等式，再根据并集、交集的定义计算可得；
（2）根据补集的定义计算可得；
【小问1详解】
因为，
或或,
所以或，.
【小问2详解】
因为，
所以或.
18. 集合，集合.
（1）求集合
（2）若“”是“”的必要不充分条件，求的取值范围？
【答案】（1）或
（2）
【解析】
【分析】（1）解分式不等式求出集合；
（2）首先可得，依题意可得真包含于，即可得到不等式组，解得即可.
【小问1详解】
由，即，解得或，
所以或；
【小问2详解】
因为，所以，故，
因为""是""的必要不充分条件
所以真包含于，
所以或，解得或，
又，所以或，即的取值范围为.
19. 为了提高某商品的销售额，某厂商采取了“量大价优”“广告促销”的方法．市场调查发现，某件产品的月销售量（万件）与广告促销费用（万元）满足：，该产品的单价与销售量之间的关系定为：万元，已知生产一万件该产品的成本为8万元，设该产品的利润为万元．
（1）求与的函数关系式（利润=销售额-成本-广告促销费用）
（2）当广告促销费用定为多少万元的时候，该产品的利润最大？最大利润为多少万元？
【答案】（1）
（2）时，取最大为15.5万元
【解析】
【分析】（1）根据已知条件计算利润=销售额-成本-广告促销费用得出与的函数关系式；
（2）应用基本不等式计算出和的最小值，取等条件是利润最大时广告促销费.
【小问1详解】

【小问2详解】
,
当且仅当时取等,所以当广告促销费用定为2.5万元的时候，该产品利润最大，为15.5万元
20.
（1）当时，求；
（2）若，求的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）解一元二次不等式求出集合，解分式不等式求出集合，再求交集可得答案；
（2）求出，集合，分、、讨论，根据可得答案.
【小问1详解】
当时，，解得集合为，
对于集合：，解得集合为，
则；
【小问2详解】
，对于集合，
令，，
①，
；
②，
；
③，
，满足条件.
综上：的取值范围为.
21. 若命题：存在，命题：二次函数在的图像恒在轴上方
（1）若命题中至少有一个真命题，求的取值范围？
（2）对任意的，存在，使得不等式成立，求的取值范围？
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）考虑补集思想，先求出命题均为假命题时的取值范围，再求出其补集即可；
（2）先得，然后该不等式左边为关于的一次函数，所以只要把和代入上式不等式可求得结果.
【小问1详解】
考虑补集思想，命题中至少有一个真命题的反面为：命题均为假命题，
，则恒成立，
故，
，则有解，
，当且仅当时取等号，
故，
故，再取补集：的取值范围为
小问2详解】
先研究，不等式对于有解，
故：，当且仅当时，取得最小值1，
再研究，将视为主元，则该不等式左边为关于的一次函数，故只须在的值均满足条件即可，
则，得，解得或
故的取值范围为
22. 已知不等式的解集为
（1）若，且不等式有且仅有10个整数解，求的取值范围；
（2）解关于的不等式：.
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）根据已知可得方程的2个根为2，3，由韦达定理解得，从而得不等式，结合不等式有且仅有10个整数解可得答案；
（2）分、、、、、讨论解不等式可得答案.
【小问1详解】
，原不等式等价于恒成立，
且的解集为，故方程的2个根为2，3，
故由韦达定理，
恒成立，
可得恒成立，所以，
解得，
，
故，
不等式有且仅有10个整数解，故，
所以的取值范围为；
【小问2详解】
1､当时，由（1）得时，
，
即：，
①当时，原不等式解集为；
②当时，原不等式解集为；
③当时，原不等式解集为.
2､当时，原不等式等价于恒成立，且的解集为，
由韦达定理：恒成立，
解得，
，
该不等式解集为或，
3､当时，
，则无解.
4､当时，
，则.
综上：当时，不等式解集为或；
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，原不等式解集为；
当时，原不等式解集为.