2023-2024学年吉林省长春市重点中学高一（上）月考数学试卷（10月份）（含解析）

2023-2024学年吉林省长春市重点中学高一（上）月考数学试卷（10月份）
一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1.若集合，，则( )
A. B. C. D.
2.“”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
3.命题“，”的否定是( )
A. ， B. ，
C. ， D. ，
4.函数的定义域是( )
A. B. 且
C. 或 D.
5.下列函数中哪个与函数是同一个函数( )
A. B. C. D.
6.已知命题“，使”是假命题，则实数的取值范围是( )
A. B. C. D.
7.若关于的不等式的解集为，则关于的不等式的解集为( )
A. B.
C. D.
8.已知函数的定义域为，则函数的定义域为( )
A. B.
C. D.
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9.下面命题为真命题的是( )
A. 若，则 B. 若，则
C. 若，则 D. 若，则
10.设，，若，则实数的值可以为( )
A. B. C. D.
11.若实数，，满足，以下选项中正确的有( )
A. 的最大值为 B. 的最小值为
C. 的最小值为 D. 的最小值为
12.由无理数引发的数学危机一直延续到世纪直到年，德国数学家戴德金从连续性的要求出发，用有理数的“分割”来定义无理数史称戴德金分割，并把实数理论建立在严格的科学基础上，才结束了无理数被认为“无理”的时代，也结束了持续多年的数学史上的第一次大危机所谓戴德金分割，是指将有理数集划分为两个非空的子集与，且满足，，中的每一个元素都小于中的每一个元素，则称为戴德金分割试判断下列选项中，可能成立的是
( )
A. ，是一个戴德金分割
B. 没有最大元素，有一个最小元素
C. 有一个最大元素，有一个最小元素
D. 没有最大元素，也没有最小元素
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13.已知函数由下表给出，则等于______ ．
14.已知，则______．
15.已知的图象恒过点，则函数的图象恒过点______ ．
16.如图，据气象部门预报，在距离某码头南偏东方向处的热带风暴中心正以的速度向正北方向移动，距风暴中心以内的地区都将受到影响据以上预报估计，从现在起经过______ 后该码头将受到热带风暴影响，影响时间大约______ 精确到
四、解答题（本大题共4小题，共40.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17.本小题分
设集合，，
若，求；
若，求实数的取值范围．
18.本小题分
正数，满足．
求的最小值；
求的最小值．
19.本小题分
已知命题：“满足，使”．
命题：“，”，若命题，中至少一个为真，求实数的范围．
命题：，若是的充分不必要条件，求实数的范围．
20.本小题分
已知函数，．
若关于的不等式在实数集上恒成立，求实数的取值范围；
解关于的不等式．
答案和解析
1.【答案】
【解析】【分析】
本题考查集合的交集的运算法则，基础题．
直接利用集合的交集的运算法则求解即可．
【解答】
解：集合，，
则．
故选：．
2.【答案】
【解析】解：由，我们不一定能得出，比如，所以不是的充分条件；
，由，能得出，是的必要条件
是的充分不必要条件
故选：．
由，我们不一定能得出；时，必然有，故可得结论
四种条件的判断，定义法是基本方法，不成立时，列举反例即可．
3.【答案】
【解析】解：命题为全称命题，则命题的否定为，，
故选：．
根据含有量词的命题的否定即可得到结论．
本题主要考查含有量词的命题的否定，比较基础．
4.【答案】
【解析】解：由题意可得，
所以且，
故函数的定义域为且．
故选：．
根据函数解析式列出不等式组即可．
本题考查函数的定义域，属于中档题．
5.【答案】
【解析】解：的值域为，定义域为，
对于，函数的定义域为，值域为，故A错误，
对于，函数的定义域，值域，映射关系都相同，故与函数为同一函数，故B正确，
对于，函数的定义域为，值域为，故C错误，
对于，函数的定义域为，故D错误．
故选：．
根据已知条件，通过结合同一函数的定义，即可求解．
本题主要考查判断两个函数是否为同一函数，属于基础题．
6.【答案】
【解析】解：命题“，使”是假命题，
则，，
所以，解得，
故实数的取值范围是．
故选：．
由题意可知，，，再结合判别式，即可求解．
本题主要考查存在量词和特称命题，属于基础题．
7.【答案】
【解析】解：由关于的不等式的解集是，可得，且，，
不等式可变为，即得，
或，
不等式的解集是，
故选：．
关于的不等式的解集是，可得，且，即，则不等式可变为，求解即可．
本题考查一元二次不等式的解法，求解问题的关键是根据不等式，解出参数，所满足的条件，再根据一元二次不等式的解法求出不等式不等式解集．
8.【答案】
【解析】解：函数的定义域为，
，则，即函数的定义域为．
要使函数有意义，则需满足，即，解得．
函数的定义域为．
故选：．
由函数的定义域求得的定义域，再由在的定义域内列式求解．
本题考查了求函数定义域的应用问题，解题的关键是列出使函数解析式有意义的不等式组，是中档题目．
9.【答案】
【解析】【分析】
本题主要考查不等式的性质，掌握作差法和特殊值法是解本题的关键，属于基础题．
根据已知条件，结合不等式的性质，以及作差法和特殊值法，即可求解．
【解答】
解：对于，当时，，故A为假命题；
对于，令，，满足，但，故B为假命题；
对于，，
，
，，即，故C为真命题；
对于，，
，故D为真命题．
故选：．
10.【答案】
【解析】【分析】
本题考查实数值的求法，考查交集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
推导出，从而或或，进而不存在，或，或由此能求出实数的值．
【解答】解：，，，
，
当时，，满足题意；
当时，，
则或，
，或．
解得：，或．
实数的值可以为，，．
故选：．
11.【答案】
【解析】解：由，，得，又，
所以，解得，当且仅当，即，时等号成立，
所以的最大值为，选项A正确；
，
当且仅当，即时等号成立，所以的最小值为，选项B错误；
由，得，
所以，
当且仅当，即时等号成立，又，，
所以，选项C错误；
由，，，得，
则，当且仅当，即时等号成立，
所以的最小值为，选项D正确．
故选：．
由，，得，即，从而即可判断选项A；由即可利用基本不等式判断选项B；由可得，从而，进一步即可利用基本不等式判断选项C；由，，，得，从而即可判断选项D．
本题考查基本不等式的应用，考查学生的逻辑推理和运算求解的能力，属于中档题．
12.【答案】
【解析】【分析】
本题考查了集合的新定义的应用，属于中档题．
根据题中给出的信息，举出具体的实例对选项进行逐一分析判断即可．
【解答】
解：因为，，
所以，
故选项A错误；
设，，满足戴德金分割，
则中没有最大元素，有一个最小元素，
故选项B正确；
若中有一个最大元素，中有一个最小元素，
则不能同时满足，，
故选项C错误；
设，，满足戴德金分割，
此时中没有最大元素，中也没有最小元素，
故选项D正确，
故选BD．
13.【答案】
【解析】解：由表格可知，当时，，
所以．
故答案为：．
根据函数关系直接求解即可
本题主要考查了函数值的求解，属于基础题．
14.【答案】，．
【解析】【分析】
本题考查函数的解析式的求法，属于基础题．
利用配凑法，可求得函数的解析式．
【解答】
解：
，
则，．
故答案为，．
15.【答案】
【解析】解：因为的图象恒过点，
所以当，即时，，
即函数的图象恒过点．
故答案为：．
根据题意可得当时，，由此可得答案．
本题考查函数图象的变换，属于基础题．
16.【答案】
【解析】解：如图所示：
设风暴中心最初在处，经后到达处，向轴作垂线，垂足为，
若在点处受到风暴的影响，
则，，，，
因为，
所以，
即，
解得，，
又，
故答案为：；．
设风暴中心最初在处，经出后到达处，向轴作垂线，垂足为，然后由求解．
本题考查解三角形的实际问题，属于中档题．
17.【答案】解：由题意：集合，，
当时，，．
，，
当时，满足题意，此时，解得：；
当时，，解得：；
综上所得：当时，的取值范围为．
【解析】求出集合，，由此能求出．
由，得，当时，，当时，，由此能求出当时，的取值范围．
本题考查并集的求法，考查实数的取值范围的求法，考查并集、子集等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．
18.【答案】解：，，，
，
当且仅当，即，时取等号．
所以的最小值．
，，，
那么：，
当且仅当，即，时取等号．
所以的最小值为．
【解析】本题考查了基本不等式的性质的运用能力，属于中档题．
两次利用“乘法”与基本不等式的性质求解．
利用“乘法”与基本不等式的性质即可得出．
19.【答案】解：命题：“满足，使”，为真命题时，，令，，则，
所以，
所以命题为假时，则或，
命题：“，”，为真命题时，，解得或，
所以命题为假时，则，
又因为命题，都为假命题时，
即，
所以命题，中至少一个为真时，实数的范围是或；
由可知：命题为真命题时，，
记，，
因为是的充分不必要条件，
所以，
当即，也即时，满足条件，
当时，，解得；
综上可知：实数的范围是
【解析】先求出命题，为真和假时的取值范围，由此可得命题，都为假命题时的取值范围，进而即可求解；
记，，由题意可得，由集合的包含关系，分类讨论即可求解．
本题主要考查了二次函数的性质，考查了复合命题真假的判断，以及充分条件和必要条件的定义，属于中档题．
20.【答案】解：依题意，在实数集上恒成立．
当时，，成立；
当时，要使原不等式恒成立，
则，解得．
综上所述，实数的取值范围是．
不等式，
等价于，
即．
当时，解原不等式可得或；
当时，不等式整理为，解得；
当时，方程的两根为，，
当时，因为，解原不等式得；
当时，因为，原不等式的解集为；
当时，因为，解原不等式得，
综上所述，当时，原不等式的解集为；当时，原不等式的解集为；当时，原不等式的解集为；当时，原不等式的解集为；当时，原不等式的解集为．
【解析】对进行分类讨论，根据一元二次不等式的性质即可求解．
化简问题得出，对，，分三类讨论，利用一元二次不等式的性质即可求解．
本题考查不等式的恒成立问题以及一元二次不等式的解法，考查分类讨论思想以及运算求解能力，属于基础题．
第1页，共1页