黑龙江省牡丹江市第二高级中学2023-2024学年高一上学期第一次（10月）月考数学试题（含解析）

牡丹江市第二高级中学2023-2024学年高一上学期第一次（10月）月考
数学
考生注意：
1．本试卷满分150分，考试时间120分钟。
2．答题前，考生务必用直径0.5毫米黑色．墨水签字笔将密封线内项目填写清楚。
3．考生作答时，请将答案答在答题卡上。选择题每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；非选择题请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效。
4．本卷命题范围：必修第一册（第一章～第二章）。
一、选择题：本大题共8小题；每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的．
1．已知集合，集合，则（ ）
A． B．
C． D．
2．已知命题，，，则为（ ）
A．，， B．，，
C．，， D．，，
3．已知集合，集合，则（ ）
A． B． C． D．
4．设全集，，，则图中阴影部分对应的集合是（ ）
A． B． C． D．
5．若关于的不等式恒成立，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
6．已知实数，满足，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
7．如果不等式成立的一个充分不必要条件是，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C．或 D．或
8．十七世纪法国数学家费马提出猜想：“当整数时，关于的方程没有正整数解”．经历三百多年，于二十世纪九十年代中期由美国数学家安德鲁怀尔斯证明了费马猜想，使它终成为费马大定理．根据前面叙述，则下列命题正确的个数为（ ）
①存在至少一组正整数组是关于的方程的解；
②关于的方程有正有理数解；
③关于的方程没有正有理数解；
④当整数时，关于的方程有正实数解．
A．0 B．1 C．2 D．3
二、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．若不等式的解集是，则下列选项正确的是（ ）
A．且 B．
C． D．不等式的解集是
10．下列选项中，是的充要条件的为（ ）
A．，， B．，
C．， D．，
11．下列命题中，真命题的是（ ）
A．若且，则至少有一个大于2
B．，
C．的充要条件是
D．至少有一个实数，使得
12．非空集合具有下列性质：①若，则；②若，则．下列选项正确的是（ ）
A． B．
C．若，则 D．若，则
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13．已知，，若集合，则的值为______．
14．已知集合，，若，则实数的取值范围是______．
15．某学校调查50名学生对事件的态度，有如下结果：赞成的人数占五分之三，赞成的比赞成的多3人，对都赞成的人数是对都不赞成的2倍，则对都赞成的学生有______人．
16．实数满足，则的最小值是______．
四、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤．
17．（10分）
已知集合，，．
（1）求，；
（2）定义且，求．
18．（12分）
已知，，；，．
（1）写出的否定，并求当的否定为真命题时，实数的取值范围；
（2）若中有且只有一个为真命题，求实数的取值范围．
19．（12分）
目前脱贫攻坚进入决胜的关键阶段，某扶贫企业为了增加工作岗位和增加员工收入，决定投入90万元再上一套生产设备，预计使用该设备后前年的支出成本为万元，每年的销售收入95万元．
（1）估计该设备从第几年开始实现总盈利；
（2）使用若干年后对该设备处理的方案有两种：
方案一：当总盈利额达到最大值时，该设备以20万元的价格处理；
方案二：当年平均盈利额达到最大值时，该设备以60万元的价格处理；
问哪种方案较为合理？并说明理由．
20．（12分）
（1）已知，且，证明：．
（2）若，证明：．
21．（12分）
已知二次函数，的最小值为．
（1）求的解析式；
（2）若，求实数的取值范围．
22．（12分）
已知二次函数，，集合．
（1）若集合中有且仅有3个整数，求实数的取值范围；
（2）集合，若存在实数，使得，求实数的取值范围．
牡丹江市第二高级中学2023-2024学年高一上学期第一次（10月）月考
数学
参考答案、提示及评分细则
1．A由已知得集合，故．
2．B因为，，，所以，，．
3．C对集合中的元素都有，其中表示奇数，对于集合中的能取所有的整数，集合和集合相比较，集合少了代入偶数时所对应的值，所以．
4．D图中阴影部分表示，，则或，因为，所以，．
5．D当时，原不等式为，不等式恒成立，当时，若一元二次不等式恒成立，则有解得，此时不等式恒成立，综上所述：的取值范围为．
6．A因为，，满足，则，当且仅当时取等号．
7．B∵∴，∴；不等式成立的充分不必要条件是，说明，∴且等号不能同时取到，解得．
8．C当整数时，关于的方程没有正整数解，故方程没有正整数解，故①错误；没有正整数解，即没有正有理数解，故②错误、③正确；方程，当，满足条件，故有正实数解，④正确．
9．ABD因为的解集为，解集属于两根之内的情况，所以，又因为所以A．，，故正确；B．因为，所以，故正确；C．因为解集为，所以，故错误；D．因为即为，即，解得，故正确．
10．BD对于A选项，，但不一定得到，，故不是的充要条件；对于B选项，，且，即，故是的充要条件；对于C选项，不能得到，但一定能得到，故不是的充要条件；对于D选项，，且，故是的充要条件．
11．ABD对于A，假设中没有一个大于2，即，，则，与矛盾，故A正确；对于B，由即，故在上恒成立，故B正确；对于C，当，时，，推不出，必要性不成立，故C错误；对于D，当时，，所以至少有一个实数，使得，故D正确．
12．AC对于A，若，则，此时，而当，时，显然无意义，不满足，所以，故A正确；对于B，若且，则，所以，
，以此类推，得对任意的，有，所以，，所以，故B错误；对于C，若，则且，又，所以，所以，故C正确；对于D，因为，，取，，则，故D错误．
13．－1　因为且，所以，解得或当时，不满足集合元素的互异性，故，，．
14．因为，所以，当时，即，解得，且满足；当时，解得，综上可得．
15．26　赞成的人数为，赞成的人数为，设对都赞成的学生有人，则对都不赞成的人有人，如图，则，解得．
16．　因为，所以，令，则，所以，，所以，当且仅当，即时，等号成立，易知此时有解，故，即的最小值为．
17．解：（1），所以．
．所以或．
（2）因为且，，
就是求属于集合但又不属于集合的元素构成的集合，
所以或．
18．解：（1）由题意，的否定为，
若的否定为真命题，则对任意恒成立，
所以只需，解得，故实数的取值范围是．
（2）由（1）可得，当的否定为真命题时，，所以当为真命题时，．
若为真命题，则对于任意的，恒成立，
因此只需，解得．
因为中有且只有一个为真命题，所以可分为两种情况：
①若为真命题，为假命题，则有或解得
②若为假命题，为真命题，则有解得．
综上可知，实数的取值范围是，或．
19．解：（1）设为前年的总盈利额，
，
由得，又，故该设备从第2年开始实现总盈利．
（2）方案二更合理，理由如下：
方案一：总盈利额，
当时，取得最大值160，此时处理掉设备，则总利润为万元；
方案二：平均盈利额为，
当且仅当，即时，等号成立；
即时，平均盈利额最大，此时，此时处理掉设备，
总利润为万元．
综上所述：两种方案获利都是180万元，但方案二仅需要三年即可，故方案二更合适．
20．证明：（1）由，且，
所以，且，
所以，所以，
即；所以，即．
（2）因为，要证，
只需证，
即证；
即证，
即证；即证，显然成立；
所以．
21．解：（1）函数，对称轴为，
当即时，函数在上单调递增，
所以，即；
当即时，函数在上单调递减，在上单调递增，
所以，即；
当即时，函数在上单调递减，
所以，即，
故
（2）由（1）知，当时，，函数单调递减，
当时，，对称轴为，函数在上单调递减，
当时，，函数单调递减，
注意到是连续函数，所以函数在上单调递减．
由，得，解得，
故实数的取值范围为．
22．解（1）由，
由于的对称轴为直线，所以，集合中有且仅有3个整数，
所以集合的3个整数只能是0，1，2．
若，即时，集合，与题意矛盾，所以；
若，即时，集合，
则解得；
若，即时，集合，
则解得
综上，实数的取值范围是．
（2）若，即时，集合，
，
因为，所以，即，解得．
若，即时，集合，
则．
设集合，因为，即，如图所示．
则即得，
由，得，所以．
又，所以，
即，故的取值范围是．