1、南昌一中2023-2024学年度第一学期高一第一次月考试卷数 学考试时长：120分钟 试卷总分：150分一、单选题（本大题共8小题，共40分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1. 以下五个写法中: ； ；0；，正确的个数有（ ）A. 2个B. 3个C. 4个D. 5个2. 已知集合，则图中阴影部分所表示的集合为（ ）A. B. C. D. 3. 设集合，集合，则（ ）A. B. C. D. 4. 已知a，b为非零实数，且ab，则下列不等式成立的是（ ）A. B. C. D. 5. 若关于的不等式的解集为，则关于的不等式的解集为（ ）A. 或B. C. 或D. 6. 设，若，求实数组成
2、集合的子集个数有A. 2B. 3C. 4D. 87. “关于不等式恒成立”的一个必要不充分条件是（ ）A. B. C. D. 或8. 忠经广至理章第十二中有言“不私，而天下自公”，在实际生活中，新时代的青年不仅要有自己“不私”的觉悟，也要有识破“诈公”的智慧.某金店用一杆不准确的天平（两边臂不等长）称黄金，顾客要购买黄金，售货员先将的砝码放在左盘，将黄金放于右盘使之平衡后给顾客；然后又将的砝码放入右盘，将另一黄金放于左盘使之平衡后又给顾客，则顾客实际所得黄金（ ）A. 大于B. 小于C. 等于D. 以上都有可能二、多选题（本大题共4小题，共20分.在每小题有多项符合题目要求）9. 已知，则关于
3、实数的取值正确的是（ ）A. 0B. 1C. D. 210. 不等式的解集是，则下列结论正确的是（ ）A. B. C. D. 11. 下面命题正确的是（ ）A. “”是“”的充分不必要条件B. 命题“任意，则”的否定是“存在，”C. 设、，则“且”是“”的充分不必要条件D. 设、，则“”的必要不充分条件是“”12. 给定数集M，若对于任意a，有，且，则称集合M为闭集合，则下列说法中不正确的是（ ）A. 集合为闭集合B. 正整数集是闭集合C. 集合为闭集合D. 若集合闭集合，则为闭集合三、填空题（本大题共4小题，共20分）13. 设集合，则集合_14. 若，则的最小值是_.15. 已知，则的取值
4、范围是_16. 某网店统计连续三天售出商品的种类情况：第一天售出18种商品，第二天售出14种商品，第三天售出19种商品；前两天都售出的商品有5件，后两天都售出的商品有6种，则该网店：第一天售出但第二天未售出的商品有_种；这三天售出的商品最少有_种四、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17. 已知集合，.（1）求；（2）写出集合所有非空真子集。18. 设集合（1）若，求实数的值；（2）若，求实数的取值范围19. 已知命题p：，命题p为假命题时实数t的取值集合为A（1）求集合A；（2）设集合，若是的充分不必要条件，求实数m的取值范围20. （1）设为实数，比
5、较与值的大小；（2）若，求证：21. 为宣传2023年杭州亚运会，某公益广告公司拟在一张矩形海报纸（记为矩形ABCD，如图）上设计四个等高的宣传栏（栏面分别为两个等腰三角形和两个全等的直角三角形且），宣传栏（图中阴影部分）的面积之和为为了美观，要求海报上所有水平方向和竖直方向的留空宽度均为10cm，设（1）当时，求海报纸的面积；（2）为节约成本，应如何选择海报纸的尺寸，可使用纸量最少（即矩形ABCD的面积最小）？22. 已知函数 （1）解关于的不等式；（2）若对任意的，恒成立，求实数的取值范围.南昌一中2023-2024学年度第一学期高一第一次月考试卷数学考试时长：120分钟 试卷总分：150
6、分一、单选题（本大题共8小题，共40分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）1. 以下五个写法中: ； ；0；，正确的个数有（ ）A. 2个B. 3个C. 4个D. 5个【答案】A【解析】【分析】由集合的概念与运算逐一判断【详解】对于，故错误，对于，空集是任何集合的子集，故正确，对于，由集合的无序性知正确，对于，空集不含任何元素，故错误，对于，故错误，故选：A2. 已知集合，则图中阴影部分所表示的集合为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据韦恩图确定集合的运算关系为，在根据补集与交集的运算即可得答案.【详解】集合，韦恩图中表示的集合为，则或，所以.故选：B.3. 设
7、集合，集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】解一元二次不等式得到集合，再根据并集的定义计算可得.【详解】由得，解得，所以，又，所以，故选：A.4. 已知a，b为非零实数，且ab，则下列不等式成立的是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用不等式性质可判断A；取特殊值可判断B；取特殊值可判断C，D【详解】选项A，若ab，利用不等式的性质可得，正确；选项B，当时，不正确；选项C，当时，ab，但，不正确;选项D，当时，ab，但，不正确;故选：A5. 若关于不等式的解集为，则关于的不等式的解集为（ ）A. 或B. C. 或D. 【答案】D【解析】【分析】由
8、题意得出方程的根为，且，然后将不等式变形为，解出该不等式即可.【详解】由于关于的不等式的解集为，则关于的方程的根为，且，得.不等式即，等价于，解得.因此，不等式的解集为.故选D.【点睛】本题考查一元一次不等式解集与系数的关系，同时也考查了分式不等式的解法，考查运算求解能力，属于基础题.6. 设，若，求实数组成的集合的子集个数有A. 2B. 3C. 4D. 8【答案】D【解析】【分析】先解方程得集合A，再根据得，最后根据包含关系求实数，即得结果.【详解】,因为，所以，因此，对应实数的值为，其组成的集合的子集个数有，选D.【点睛】本题考查集合包含关系以及集合子集，考查基本分析求解能力，属中档题.7
9、. “关于不等式恒成立”的一个必要不充分条件是（ ）A. B. C. D. 或【答案】C【解析】【分析】根据题意，先求出不等式恒成立的a的取值范围，再利用充分条件与必要条件的定义逐项判断.【详解】当时，不等式，即恒成立；当时，要使不等式恒成立，则，解得.综上所述，关于的不等式恒成立的a的取值范围是.所以，是的充分不必要条件，故A错误；是的充要条件，故B错误；是的必要不充分条件，故C正确；或是的既不充分也不必要条件，故D错误；故选：C.8. 忠经广至理章第十二中有言“不私，而天下自公”，在实际生活中，新时代的青年不仅要有自己“不私”的觉悟，也要有识破“诈公”的智慧.某金店用一杆不准确的天平（两边
10、臂不等长）称黄金，顾客要购买黄金，售货员先将的砝码放在左盘，将黄金放于右盘使之平衡后给顾客；然后又将的砝码放入右盘，将另一黄金放于左盘使之平衡后又给顾客，则顾客实际所得黄金（ ）A. 大于B. 小于C. 等于D. 以上都有可能【答案】A【解析】【分析】根据已知条件，结合基本不等式的公式，即可求解详解】由于天平两臂不相等，故可设天平左臂长为，右臂长为（不妨设，第一次称出的黄金重为，第二次称出的黄金重为，由杠杆平衡定理可得，则，故顾客实际所得黄金大于故选：二、多选题（本大题共4小题，共20分.在每小题有多项符合题目要求）9. 已知，则关于实数的取值正确的是（ ）A. 0B. 1C. D. 2【答案
11、】BCD【解析】【分析】由元素与集合的关系求解，并注意验证集合中元素的互异性.【详解】由已知，则可能有以下几类情况：（1）若，则.当时，满足题意；当时，满足题意；（2）若，则.此时，不符合集合中元素的互异性，不合题意；（3）若，解得（已舍），或当时，满足题意.综上所述，.故选：BCD.10. 不等式的解集是，则下列结论正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】ABC【解析】【分析】根据二次函数图像与性质，以及二次不等式关系，列出不等式组，即可求解.【详解】因为不等式的解集是，可得，且，所以，所以，所以A、C正确，D错误因为二次函数的两个零点为，且图像开口向下，所以当时，所以B正确故选：AB
12、C11. 下面命题正确的是（ ）A. “”是“”的充分不必要条件B. 命题“任意，则”的否定是“存在，”C. 设、，则“且”是“”的充分不必要条件D. 设、，则“”的必要不充分条件是“”【答案】ACD【解析】【分析】根据充分必要条件的定义判断ACD，由命题的否定的定义判断B【详解】选项A，时一定有，但时，如，不一定有，A正确；选项B，全称命题的否定是特称命题，所以命题“任意，则”的否定是“存在，”，B错误；选项C，且时一定有，但时，且不一定成立，如，C正确；选项D，时，且，但反之，时，若仍然有，所以是的必要不充分条件，D正确，故选：ACD12. 给定数集M，若对于任意a，有，且，则称集合M为闭
13、集合，则下列说法中不正确的是（ ）A. 集合为闭集合B. 正整数集是闭集合C. 集合为闭集合D. 若集合为闭集合，则为闭集合【答案】ABD【解析】【分析】根据集合M为闭集合的定义，对选项进行逐一判断，可得出答案【详解】选项A：当集合时，而，所以集合M不为闭集合，A选项错误；选项B：设是任意的两个正整数，则，当时，是负数，不属于正整数集，所以正整数集不为闭集合，B选项错误；选项C：当时，设，则，所以集合M是闭集合，C选项正确；选项D：设，由C可知，集合为闭集合，而，故不为闭集合，D选项错误故选：ABD三、填空题（本大题共4小题，共20分）13. 设集合，则集合_【答案】【解析】【分析】由得的取值
14、，求出所有满足题意的即可.【详解】因为，所以，解得，又，则.即故答案为：.14. 若，则的最小值是_.【答案】8.【解析】【分析】先判断和，再根据基本不等式求的最小值即可.【详解】解：因为，所以，所以当且仅当即时，取等号，所以的最小值是8.故答案为：8【点睛】本题考查利用基本不等式求最值，是基础题.15. 已知，则的取值范围是_【答案】【解析】【分析】根据同向不等式相加不等号方向不变的性质求解即可.【详解】因为，所以，又，由不等式的可加性得，所以的取值范围是.故答案为：.16. 某网店统计连续三天售出商品的种类情况：第一天售出18种商品，第二天售出14种商品，第三天售出19种商品；前两天都售出
15、的商品有5件，后两天都售出的商品有6种，则该网店：第一天售出但第二天未售出的商品有_种；这三天售出的商品最少有_种【答案】 . 13 . 27【解析】【分析】由题意求出第一天售出且第二天没有售出的商品种数和第三天售出的且第二天未售出的商品种数，利用集合表示商品种数，画出Venn图容易得出正确的结果【详解】因为前两天都售出的商品有5种，因此第一天售出且第二天没有售出的商品有种；同理由后两天都售出的商品有6种，则第三天售出的商品中有种第二天未售出；所以三天售出商品种数最少时，即第三天中这13种第二天未售出的商品恰都是第一天售出过的，且第二天未售出的那些即可.用集合分别表示第一、二、三天售出的商品，
16、则商品最少时，即第三天售出的商品均为前两天售出的，故求解总数只计集合即可，如图.此时商品总数是种.故答案为：；. 四、解答题（本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17. 已知集合，.（1）求；（2）写出集合的所有非空真子集。【答案】（1）；（2）【解析】【分析】(1)根据并集运算计算出；先求解出，再根据交集运算即可求解出；(2)根据要求写出集合的非空真子集(不含空集、不含自身)即可.【详解】(1)因为，所以，又因为，所以；(2)因为，所以集合的非空真子集有：.【点睛】本题考查集合的交、并、补混合运算以及集合的非空真子集求解，难度较易.一个集合中含有个元素，则该集合
17、的非空真子集个数为：个.18. 设集合（1）若，求实数的值；（2）若，求实数的取值范围【答案】（1） （2）或【解析】【分析】（1）转化为，由二次方程最多两个根可得，由韦达定理可解；（2）由，得，根据是否为空集分类讨论.【小问1详解】，又，又中最多有两个元素，是方程的两个根，由韦达定理得，解得，验证知满足题意；【小问2详解】，又由，得当时，即，满足；当时，即，或；当，此时，满足；当，此时，不合题意；当或时，则方程有两个不等的实数根，即中有两个元素，要使，则，由可知；综上所述或.19. 已知命题p：，命题p为假命题时实数t的取值集合为A（1）求集合A；（2）设集合，若是的充分不必要条件，求实数m
18、的取值范围【答案】（1） （2）【解析】【分析】（1）借助全称命题与存在性命题的意义即可解决；（2）借助充分不必要条件与集合之间的关系，即可解决.【小问1详解】命题p：，则：，使.当命题p为假命题时，为真命题.即关于的方程有实数根,则,解得,因此，命题p为假命题时，实数t的取值集合为.【小问2详解】若是的充分不必要条件，则，当时，即时，集合为空集，符合题意；当时，若，则,解得综上所述，若是的充分不必要条件，则实数m的取值范围是.20. （1）设为实数，比较与的值的大小；（2）若，求证：【答案】（1）；（2）证明见解析【解析】【分析】（1）作差比较即可；（2）式子左边通分变形再利用重要不等式可证
19、.【详解】（1）因为，故（2）证明：因为，所以，又，因为，所以有，当时，等号成立，此时，证毕21. 为宣传2023年杭州亚运会，某公益广告公司拟在一张矩形海报纸（记为矩形ABCD，如图）上设计四个等高的宣传栏（栏面分别为两个等腰三角形和两个全等的直角三角形且），宣传栏（图中阴影部分）的面积之和为为了美观，要求海报上所有水平方向和竖直方向的留空宽度均为10cm，设（1）当时，求海报纸的面积；（2）为节约成本，应如何选择海报纸的尺寸，可使用纸量最少（即矩形ABCD的面积最小）？【答案】（1） （2）选择长宽分别为的海报纸.【解析】【分析】（1）先表示出阴影部分的面积，代入，可求出阴影部分的高，进而
20、得到海报纸的面积；（2）表示出各自的关系式，转化为条件下的最值问题，最后运用基本不等式可得答案.【小问1详解】设阴影部分直角三角形的高为所以阴影部分的面积：，所以即：，由图像知：，【小问2详解】由（1）知：，当且仅当即，即等号成立.综上，选择长宽分别为的海报纸.22. 已知函数 （1）解关于的不等式；（2）若对任意的，恒成立，求实数的取值范围.【答案】（）答案不唯一，具体见解析.（）【解析】【分析】（）将原不等式化为，分类讨论可得不等式的解.（）若则；若，则参变分离后可得在恒成立，利用基本不等式可求的最小值，从而可得的取值范围.【详解】（） 即， ，（）当时，不等式解集为；（）当时，不等式解集为；（）当时，不等式解集，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 .（）对任意的恒成立，即恒成立，即对任意的，恒成立.时，不等式为恒成立，此时； 当时， ， ， ，当且仅当时，即，时取“”, .综上 .【点睛】含参数的一元二次不等式，其一般的解法是：先考虑对应的二次函数的开口方向，再考虑其判别式的符号，其次在判别式于零的条件下比较两根的大小，最后根据不等号的方向和开口方向得到不等式的解含参数的不等式的恒成立问题，优先考虑参变分离，把恒成立问题转化为不含参数的新函数的最值问题，后者可用函数的单调性或基本不等式来求.
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