2023-2024学年陕西重点大学附中高一（上）月考数学试卷（10月份）（含解析）

2023-2024学年陕西重点大学附中高一（上）月考数学试卷（10月份）
一、单选题（本大题共8小题，共32.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1.已知全集，，，如图所示，则阴影部分表示的集合是( )
A.
B.
C.
D.
2.命题：，的否定是( )
A. ：， B. ：，
C. ：， D. ：，
3.已知，，则，的大小关系是( )
A. B. C. D.
4.设，则“”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
5.下列结论正确的是( )
A. 当时，的最小值是
B. 当时，的最小值是
C. 当时，的最小值是
D. 当时，的最小值是
6.设集合，，若集合，且，则集合的真子集的个数为( )
A. 个 B. 个 C. 个 D. 个
7.已知，，若，则的最小值为( )
A. B. C. D.
8.甲、乙两人同时于上周和本周到同一加油站给汽车加油两次，甲每次加油升，乙每次加油元，若上周与本周油价不同，则在这两次加油中，平均价格较低的是( )
A. 甲 B. 乙 C. 一样低 D. 不能确定
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9.下列说法正确的是( )
A. B. C. D.
10.已知实数，，，则下列命题中正确的是( )
A. 若，，则
B. 若且，则
C. 若，则
D. 若，则
11.下列命题中是真命题的是( )
A. 且是的充分不必要条件
B. 的必要不充分条件是
C. 是有实数解的充要条件
D. 是的既不充分又不必要条件
12.已知不等式的解集为，则下列结论正确的是( )
A. B. C. D.
三、填空题（本大题共4小题，共16.0分）
13.已知集合，若是的必要不充分条件，则实数的取值范围为______ ．
14.有纯农药液一桶，倒出升后用水加满，然后又倒出升后再用水加满，此时桶中所含的纯农药药液不超过桶的容积的，则桶的容积最大为______ 升
15.某年级举行数学、物理、化学三项竞赛，共有名学生参赛，其中参加数学竞赛有人，参加物理竞赛有人，参加化学竞赛有人，同时参加物理、化学竞赛有人，同时参加数学、物理竞赛有人，同时参加数学、化学竞赛有人，这个年级三个学科竞赛都参加的学生共有______ 名
16.已知，，且，若恒成立，则实数的取值范围是 ．
四、解答题（本大题共5小题，共56.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17.本小题分
已知集合，．
当时，求；
若，求实数的取值范围．
18.本小题分
已知，为正实数．
若，求证：；
若，求证：．
19.本小题分
已知命题：，成立；命题：，成立．
若命题为假命题，求实数的取值范围；
若命题，至少有一个为真命题，求实数的取值范围．
20.本小题分
某公司决定对旗下的某商品进行一次评估，该商品原来每件售价为元，年销售万件．
据市场调查，若价格每提高元，销售量将相应减少件，要使销售的总收入不低于原收入，该商品每件定价最多为多少元？
为了扩大该商品的影响力，提高年销售量公司决定立即对该商品进行全面技术革新和销售策略调整，并提高定价到元公司拟投入万元作为技改费用，投入万元作为固定宣传费用，投入万元作为浮动宣传费用试问：当该商品改革后的销售量至少达到多少万件时，才可能使改革后的销售收入不低于原收入与总投入之和？并求出此时每件商品的定价．
21.本小题分
设关于的不等式的解集为，其中，．
当，且时，求实数的值；
当，且时，求集合．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：由，，可得，
由全集，可得，
根据图表示的集合意义，可得阴影部分表示的集合是．
故选：．
根据图表达集合的含义，得出阴影部分所对应的元素即可．
本题考查集合的并集，补集运算，考查图表示集合的含义，属基础题．
2.【答案】
【解析】解：根据题意，命题：，是全称量词命题，
其否定是：，．
故选：．
根据全称命题的否定为特称命题即可求解．
本题考查命题的否定，注意命题的否定方法，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：，
所以．
故选：．
用作差法比较大小．
本题主要考查了作差法比较大小，属于基础题．
4.【答案】
【解析】【分析】
利用充分条件、必要条件的判断方法判断选项即可．
本题考查充分条件、必要条件的判断，基本知识的考查．
【解答】
解：“”解得或，
故“”是“”的充分不必要条件，
故选：．
5.【答案】
【解析】解：对于中，若使用基本不等式，则不是定值，故不能应用基本不等式，故A错误；
对于中，当时，，当且仅当时，即时等号成立，与已知范围不符，故不能取到最小值，故B错误；
对于中，当时，，则，
当且仅当时，即取得最大值是，故C错误；
对于中，当时，，因此，
当且仅当，即时取得最小值是，故D正确．
故选：．
根据基本不等式使用条件一正，二定，三相等，逐项判定，即可求解．
本题考查了基本不等式的应用，考查了学生的运算转化能力，属于中档题．
6.【答案】
【解析】解：，，
若集合，且，
则，，，，，
因为集合中有个元素，所以真子集的个数为个．
故选：．
根据题意得到中的元素，然后根据集合中元素的个数求真子集的个数即可．
本题考查了集合的真子集问题，考查转化思想，是基础题．
7.【答案】
【解析】解：因为，，
所以，
当且仅当时取等号．
故选：．
利用基本不等式进行求解即可．
本题主要考查了基本不等式的应用，属于基础题．
8.【答案】
【解析】解：设两次加油时的单价分别为元和元，且，
则甲每次加油升，两次加油中，平均价格为元，
乙每次加油元，两次加油中，平均价格为元，
可得，
乙的平均价格更低．
故选：．
根据题意，分别求得甲乙两次加油的平均价格，结合作差比较，即可得到答案．
本题考查了作差法比较数的大小，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
9.【答案】
【解析】解：对于选项A，，故选项A错误；
对于选项B，，故选项B错误；
对于选项C，是有理数，则，故选项C正确；
对于选项D，是整数，则，故选项D正确．
故选：．
根据元素和集合的关系及集合之间的关系判断即可．
本题考查了元素和集合的关系及集合之间的关系，是基础题．
10.【答案】
【解析】解：对于，因为，所以，又，所以，A错误；
对于，因为，所以，所以，又，所以，故选项B正确；
对于，因为，所以，所以，又，所以，
故选项C正确；
对于，当，，时，显然错误．
故选：．
根据不等式性质判断，举反例判断．
本题主要考查了不等式性质的应用，属于基础题．
11.【答案】
【解析】解：对于，由且，可得，
但由不能推出且，
所以且是的充分不必要条件，A正确；
对于，由可以推出，但由不能推出，
所以的充分不必要条件是，B错误；
对于，有实数解等价于，而不是，
所以不是有实数解的充要条件，C错误；
对于，由不能推出，比如，，但是不成立，
由不能推出，比如，但不能推出；
所以是的既不充分又不必要条件，D正确．
故选：．
根据充要条件的定义，结合不等式的性质、一元二次方程根的判别式逐一判断，即可得到本题的答案．
本题主要考查了不等式的基本性质、一元二次方程根的判别式、充要条件的判断等知识，属于基础题．
12.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了一元二次不等式与对应的二次函数和方程的关系应用问题，属于中档题．
根据一元二次不等式与对应的二次函数和方程的关系，对选项中的命题判断正误即可．
【解答】
解：因为不等式的解集为，
所以相应的二次函数的图象开口向下，即，所以A错误．
由和是方程的两个根，则有，；
又，所以，，所以、C正确．
结合二次函数的图象可知，所以D正确．
故选BCD．
13.【答案】
【解析】解：解可得，
所以，
因为是的必要不充分条件，所以，
所以，解得，
当时，，满足，
当时，，满足，
综上可得，．
故答案为：．
解不等式得到，根据是的必要不充分条件得到，然后列不等式求解即可．
本题主要考查了二次不等式的求解，还考查了充分必要条件与集合包含关系的转化，属于基础题．
14.【答案】
【解析】解：设桶的容积为升，那么第一次倒出升纯农药液后，桶内还有升纯农药液，
用水补满后，桶内纯农药液的浓度为，第二次又倒出升药液，
则此时桶内有纯农药液升，
依题意，得，
整理得，
解得，
又，所以，
所以桶的容积最大为升．
故答案为：．
设桶的容积为升，依据桶中的纯农药液不超过容积的，即可列出不等式，解不等式即可．
本题主要考查了一元二次不等式的实际应用，属于基础题．
15.【答案】
【解析】解：设三个学科竞赛都参加的学生为人，
将参加三种竞赛的人数情况画出韦恩图，如图所示：
则只参加数学、化学竞赛的有人，只参加物理、化学竞赛的有人，只参加数学、物理竞赛的有人，
只参加数学竞赛的人有，
只参加物理竞赛的人有，
只参加化学竞赛的人有，
故参见竞赛的总人数．
解得：．
故答案为：
将参加三种竞赛的人数情况画出韦恩图，根据题干数据分析，即得解
本题考查集合中元素个数的求法，考查集合的性质等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，属于基础题．
16.【答案】
【解析】【分析】
本题考查基本不等式的运用及二次函数恒成立问题，考查学生的逻辑推理和运算求解的能力，属于基础题．
由可得，又，，则，从而可利用基本不等式求出的取值范围，再根据恒成立，得恒成立即可求出的取值范围．
【解答】
解：由，得，又，，
则，
当且仅当，即，时等号成立，
由恒成立，得恒成立，即，
解得，即的取值范围是．
故答案为．
17.【答案】解：当时，，则或，
又或，所以或．
因为，所以，
又集合，或，
所以或，即或．
所以实数的取值范围是或．
【解析】根据一元二次不等式的解法求解集合，然后利用交并补的运算求解即可；
根据并集运算结果得，然后利用集合关系列不等式求解即可．
本题考查了集合的运算，考查不等式问题，是基础题．
18.【答案】证明：因为，是正实数，
所以，
当且仅当时，等号成立，故．
因为，为正实数，，
所以
，
当且仅当时，即，时，取等号，
所以．
【解析】根据基本不等式证明即可；
对不等式左边变形，然后根据基本不等式证明即可．
本题考查了利用综合法证明不等式，基本不等式的应用，考查了转化思想，属中档题．
19.【答案】解：因为命题为假命题，所以命题：，为真命题．
所以在上恒成立，则判别式，
即，解得．
所以实数的取值范围为．
由知命题为真命题时，的取值范围为．
当命题：，为真命题时，不等式有解．
则判别式，
即，解得或．
因为命题，至少有一个为真命题，
所以当，都是假命题时，，即，
所以命题，至少有一个为真命题时，或，
所以实数的取值范围为或．
【解析】根据命题为假命题得到命题为真命题，即在上恒成立，然后列不等式求解即可；
根据命题，都为真命题时的范围得到当，都是假命题时的范围，即可得到命题，至少有一个为真命题时的范围．
本题考查复合命题的真假，涉及一元二次不等式的解法，属于基础题．
20.【答案】解：设该商品每件定价为元，
若价格每提高元，销售量将相应减少件，可得销售量为，
由题意可得，
整理得，解得．
所以要使销售的总收入不低于原收入，每件定价最多为元．
依题意知当时，不等式有解，
等价于时，有解，由于，
当且仅当，即时等号成立，所以，
当该商品改革后销售量至少达到万件时，
才可能使改革后的销售收入不低于原收入与总投入之和，此时该商品的每件定价为元．
【解析】设每件定价为元，由题意得，解不等式可得所求结论；
由题意可得当时，不等式有解，运用参数分离和基本不等式可得所求结论．
本题考查二次不等式的解法和基本不等式的运用，考查转化思想和运算能力，属于中档题．
21.【答案】解：当时，关于的不等式的解集为，
若，不等式，解得，不符合题意，舍去；
若，则满足，解得，此时不等式的解集为，
故；
当时，，原不等式可化为，此时．
当时，原不等式可化为，
因为，
即，
解不等式可得，或，
所以．
当时，原不等式可化为，
此时，解原不等式可得，
此时．
综上所述，当时，；
当时，；
当时，．
【解析】由一元二次不等式的解法求解，
根据的符号与根的大小分类讨论求解．
本题主要考查了含参二次不等式的求解，体现了分类讨论思想的应用，属于中档题．
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