【文档说明】山东省菏泽市鄄城县第一中学2023-2024学年高一上学期9月月考数学试题 word版含解析.docx，共(15)页，578.143 KB，由小赞的店铺上传

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高一数学试题一、单选题（8题*5分=40分）1.设集合15Axx=−，2,3,4,5B=，AB=（）A.2B.2,3C.2,3,4D.3,4,5【答案】C【解析】【分析】根据交集的知识求得正确答

案.【详解】依题意AB=2,3,4.故选：C2.已知Ra，Rb，若集合2,,1,,0baaaba=−，则20232023ab+的值为（）A.2−B.1−C.1D.2【答案】B【解析】【分析】利用集合相等，求出0b=，再根据互异性求出

a的取值情况并检验即可.【详解】根据题意,0a,故0ba=，则0b=,则{,0,1},,1baaa=，由集合的互异性知0a且1a，故2{,0,1},,0aaa=，则21a=，即1a=−或1a=（舍），当1,0ab=−=时，{1,0,1}

{1,1,0}−=−，符合题意，所以202320231ab+=−.故选：B.3.集合{(1)(2)0}Axxxx=−−=∣，若BA，则满足条件的集合B的个数为（）A.4B.5C.7D.8【答案】D【解

析】【分析】先判断集合A的元素个数，再利用集合的子集个数公式计算即可.【详解】()()1200,1,2Axxxx=−−==，因为BA，所以满足条件的集合B的个数为328=.故选：D.4.王昌龄是盛唐著名的边塞诗人，被誉为“七绝圣

手”，其《从军行》传诵至今，“青海长云暗雪山，孤城遥望玉门关.黄沙百战穿金甲，不破楼兰终不还”，由此推断，其中最后一句“攻破楼兰”是“返回家乡”的（）A.必要条件B.充分条件C.充要条件D.既不充分又不必要条件【答案】A【解析】【分析】利用充分必

要条件判断即可得解.【详解】由题意可知：“返回家乡”则可推出“攻破楼兰”，故“攻破楼兰”是“返回家乡”必要条件，故选：A.5.命题“420.1,1aaa+”的否定是（）A.420,1,1aaa+B.420,1,1aaa

+C.420,1,1aaa+D.420,1,1aaa+【答案】D【解析】【分析】根据存在量词命题的否定是全称量词命题即得.【详解】因为存在量词命题的否定是全称量词命题，所以命题“420,1,1aaa+”的否定是“420,1,1aaa+”．故选：D

．6.已知0a，0b，且344ab+=，则ab的最大值为（）A.1B.23C.13D.12【答案】C【解析】【分析】利用基本不等式，即可乘积的最大值.【详解】344234abab+=，解得13

ab，当且仅当342ab==时等号成立，即23a=，12b=时，等号成立，所以ab的最大值为13.故选：C7.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20升，乙每次加油200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【答案】B【解析】【分析】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.【详解】设两次加油时的单价分别为

x元和y元，且xy，则甲每次加油20升，两次加油中，平均价格为20()402xyxy++=元，乙每次加油200元，两次加油中，平均价格为4002200200xyxyxy=++元，可得222()4()022

()2()xyxyxyxyxyxyxyxy++−−−==+++，所以乙的平均价格更低.故选：B.8.对非空有限数集12,,,nAaaa=定义运算“min”：minA表示集合A中的最小元素.现给定两个非空有限数集A，B，定义集合,,MxxabaAbB==−，我们

称minM为集合A，B之间的“距离”，记为ABd.现有如下四个命题：①若minminAB=，则0ABd=；②若minminAB，则0ABd；③若0ABd=，则AB；④对任意有限集合A，B，C，均有ABBCACddd+.其中，真

命题的个数为（）A.1B.2C.3D.4【答案】B【解析】【分析】根据题中条件可得①③正确，通过举反例可得②④错误.【详解】对于①，若minminAB=，则A，B中最小的元素相同，则0ABd=，故①为真命题；对于②，取集合1,2A=，0,2B

=，满足minminAB，而0ABd=，故②为假命题；对于③，若0ABd=，则A，B中存在相同的元素，所以交集非空集，故③为真命题；对于④，取集合1,2A=，2,3B=，3,4C=，可知0ABd=，0BCd=，1ACd=，则ABBCACdd

d+不成立，故④为假命题.综上，真命题的个数为2个.故选：B二、多选题（4题*5分=20分）9.下列说法正确的是（）A.0=；B.雅安中学新高一全体学生可以构成一个集合；C.集合2R670Axxx=−+=有两个元素；D.小于10的自然数按从大

到小的顺序排列和按从小到大的顺序排列分别得到不同的两个集合.【答案】BC【解析】【分析】区分0,的含义判断A；根据集合的定义判断B；根据一元二次方程2670xx−+=有两个不相等的实数根判断C；根据集合元素的无序性判断D.【详解】对于A，0是一个数，

是一个集合，二者不相等，A错误；对于B，根据集合定义知，雅安中学新高一全体学生可以构成一个集合，B正确；对于C，由于2670xx−+=的判别式362880=−=，故2670xx−+=有两个不相等的实数根，故集合2R670Axxx

=−+=有两个元素，正确；对于D，集合的元素具有无序性，故小于10的自然数按从大到小的顺序排列和按从小到大的顺序排列分别得到的两个集合是同一个集合，D错误，故选：BC10.（多选）若{1,2}⊆B{1,2,3,4}，则B=（）A.{1,2}

B.{1,2,3}C.{1,2,4}D.{1,2,3,4}【答案】ABC【解析】【分析】根据子集与真子集的定义即可求解．【详解】∵{1,2}⊆B{1,2,3,4}，∴B={1,2}或B={1,2,3}或B={1,2,4}，故选：ABC11.已知a，b，cR，则下列命题为真命题的是（）A.若

22bcac，则baB.若33ab且0ab，则11abC.若0abc，则aacbbc++D.若0cba，则abcacb−−【答案】ABC【解析】【分析】根据不等式的性质即可结合选项逐一求解.【详解】选项A，若22bcac成立则0c，所以20c，故选项A正确；选项B

，由33ab得ab，又因为0ab，所以0ab，所以110ab，故选项B正确；选项C，因0abc，所以acbc，所以acabbcab++，因10()bbc+，所以两边同乘1()bbc+得aacbbc++，故选项C正确；选项D，因为

0ab−，0ca−，0cb−，所以()0()()abcabcacbcacb−−=−−−−，即abcacb−−，故选项D不正确；故选：ABC．12.某工艺厂用A、B两种型号不锈钢薄板制作矩形、菱形、圆3种图形模板，每个图形模板需要A、B不锈钢薄板及该厂2种薄板

张数见下表矩形菱形圆总数A531055B12613125该厂签购制作矩形、菱形、圆3种模板分别为x，y，z（*,,Nxyz）块.上述问题中不等关系表为为示正确为（）A.531055xyz++B.531055xyz++C.12613125xyz++D

.12613125xyz++【答案】BC【解析】【分析】根据题意直接列不等式即可求解.【详解】因为每个矩形模板需要5张A薄板，每个菱形模板需要3张A薄板，每个圆模板需要10张A薄板，且共有55张A薄板，所以531055xyz++，因为每个矩形模板需要12张B薄板，每个菱形模板需

要6张B薄板，每个圆模板需要13张B薄板，且共有125张B薄板，所以12613125xyz++.故选：BC.三、填空题（4题*5分=20分）13.设集合22{2,3,1},={,2,1}MaNaaa=+++−且=2MN,则a的取值组成的集

合是_________.【答案】2,0−【解析】【分析】由=2MN,可得2N,即可得到2=2aa+或2=2a+,分别求解可求出答案.【详解】由题意,2N,①若2=2aa+,解得=1a或=2−a,当=1a时,集合M中,212a+=,不符合集合的互异性,舍去;

当2a=−时,{2,3,5},{2,0,1}MN==−,符合题意.②若22a+=,解得0a=,{2,3,1},{0,2,1}MN==−,符合题意.综上,a的值是-2或0.故答案为:2,0−.14.

为丰富学生课余生活，拓宽学生视野，某校积极开展社团活动，高一（1）班参加A社团的学生有21人，参加B社团的学生有18人，两个社团都参加的有7人，另外还有3个人既不参加A社团也不参加B社团，那么高一（1）班总共有学生人数为_________．【答案】35【解析】【分析】求出只参加A

社团和只参加B社团的人数，即可求出高一（1）班总共有学生人数.【详解】由题意，高一（1）班参加A社团的学生有21人，参加B社团的学生有18人，两个社团都参加的有7人，∴只参加A社团的学生有21714−=（人），只参加B社团的学生有18711−=（人），∵另外还有3个人

既不参加A社团也不参加B社团，∴高一（1）班总共有学生人数为：14117335+++=（人）故答案为：35.15.若实数a，b满足2244ab−=，则2aab+的最小值为__________．【答案】32+23+【解析】【分析】由题意设2abx+=，则12abx−=，可得1axx=

+，112bxx=−，化简所求利用基本不等式即可求解.【详解】因2244ab−=，则2214ab−=，即122aabb+−=，令()02abxx+=，则12abx−=，所以1axx=+，112bxx=−，所以2222

1112aabxxxx=++−+22223131222322222xxxx=+++=+，当且仅当223122xx=，即233x=时，等号成立.故2aab+的最小值为32+.故答案为：32+16.如图，正方形的边长为()0,0abab+，请利用OAOBBA+，写出

一个简练优美的含有a，b的不等式为______，其中“＝”成立的条件为______.【答案】①.()220,20,aaabbb++②.ab=【解析】【分析】利用勾股定理结合已知条件即可求解.【详解】

正方形的边长为()0,0abab+，由勾股定理可得2()OAab=+，22OBBAab==+，∵OAOBBA+，∴22222()ababab++++，整理得222abab++，当且仅当ab=取等号，故

答案为：()220,20,aaabbb++；ab=.五、解答题（共70分）17.设m为实数，集合{|24}Axx=−，|2Bxmxm=+.（1）若3m=，求AB，R()ABð；（2）若AB=，求实数m的

取值范围.【答案】（1）{|25}ABxx=−，R|3(){AxBx=ð或4}x（2）()(),44,−−+【解析】【分析】（1）求出3m=时集合B，再利用集合的运算即可求出AB与R()ABð；（2）根据AB=得出关于m的不等式，由此求出实数m的取值范围.

【小问1详解】集合{|24}Axx=−，3m=时，|35Bxx=，所以|25=−ABxx，又因为|34ABxx=，所以R()|3ABxx=ð或4x，【小问2详解】由AB=，得22m+−或4m，即4m−或4m，所以实数m的取值范围是()

(),44,−−+.18.已知28200Pxxx=−−，非空集合11Sxmxm=−+.（1）若xP是xS的必要条件，求m的取值范围；（2）是否存在实数m，使xP是xS的充要条件?请说明理由.【答案】（1）03mm

（2）不存在，理由见解析【解析】【分析】（1）根据必要条件的定义可知SP，根据集合之间的关系求解；（2）根据充要条件的定义可知PS=，根据集合之间的关系求解.【小问1详解】由28200xx−−，解得210x−，∴210P

xx=−，∵xP是xS的必要条件，∴SP，∴1211011mmmm−−+−+，解得03m，故m的取值范围为03mm.【小问2详解】由（1）知210Pxx=−∣，若xP是xS的充要条件，则PS=，∴12110mm−=−+=，解得39mm=

=，故这样的m不存在.19.（1）已知实数x，y满足12x−，01y，求3xy+和2xy−的取值范围（2）已知正实数x，y满足：41xy+=，求11xy+的最小值【答案】（1）3,7−，[]3,2-

；（2）9【解析】【分析】（1）应用不等式的性质计算xy，组合的范围即可;（2）已知等式,应用常值代换法求出和的最小值.【详解】（1）因为12x−，所以336x−，所以337xy−+所以3xy+的取值范围是3,7−．因为01y，所以220y−−，因为12x−，所以3

22xy−−，所以2xy−的取值范围是[]3,2-．（2）因为41,0,0xyxy+=，所以()1111444414552549xyxyxyxyxyxyyxyxyx+=++=+++=+++=+=

，当且仅当4xyyx=，即11,36xy==时，等号成立，所以11xy+的最小值为9.20.已知0,0ab，21ab+=.（1）求1bab+的最小值；（2）求2264aabb++的最大值.【答案】（1）4（2）54【解析】【分析】（1）根据条件得到12bbaabab

+=++，再利用均值不值式即可求出结果；（2）根据条件得到226412aabbab++=+，再利用均值不值式即可求出结果.【小问1详解】因为21ab+=，所以122224bbabbabaabababab++=+=+++=，当

且仅当13ab==时取等号，所以1bab+的最小值为4.【小问2详解】因21ab+=，所以222221564(2)2121()1244abaabbababab+++=++=++=+=当且仅当2ab=，即11,42ba==时取等号，所

以2264aabb++的最大值为54.为21.（1）已知,Rxy，比较33xy−与22xyxy−的大小（2）若命题“1,2x−时，一次函数1ymx=+的图象在x轴上方”为真命题时，求m的取值范围.【答案】（1）当x

y=或0xy+=时，3322xyxyxy−=−；当xy且0xy+时，3322xyxyxy−−；当xy且0xy+时，3322xyxyxy−−.（2）102m−或01m.【解析】【分析】（1）作差法可得2()()xyxy−+，分类讨论即

可得解；（2）把一次函数图象在x轴上方转化函数值恒为正，列不等式求解即可.【详解】（1）332222()()()()()xyxyxyxyxxyyxyxy−−−=−+++−222()(2)()()xyxxyyxyxy=−++=−+当xy

=或0xy+=时，有0xy−=，或2()0xy+=，所以2()()0xyxy−+=，即3322xyxyxy−=−；当xy且0xy+时，有20,()0xyxy−+，所以2()()0xyxy−+，即3322xyxyxy−−；当xy且0xy+时，有20,()0xyxy+−，所以

2()()0xyxy−+，即3322xyxyxy−−.（2）因为命题“1,2x−时，一次函数1ymx=+的图象在x轴上方”为真命题，所以010210mmm−++，所以102m−或0

1m，即m的取值范围为102m−或01m.22.已知集合22|,,ZAxxmnmn==−（1）判断8，9，10否属于集合A；（2）已知集合|21,ZBxxkk==+，证明：“xA”的充分

条件是“xB”；但“xB”不是“xA”的必要条件；（3）写出所有满足集合A的偶数.【答案】（1）8A，9A，10A（2）证明见解析（3）4,Zkk【解析】【分析】（1）由22831=−，22954

=−即可证8,9A，若2210(||||)(||||)mnmnmn=−+−=，而1011025==，列方程组判断是否存在整数解，即可判断10是否属于A.（2）由()22211kkk+=+−，结合集合A

的描述知21kA+，由（1）8A，而8B，即可证结论；（3）由集合A的描述：22()()mnmnmn−=+−，讨论m，n同奇或同偶、一奇一偶，即可确定()()mnmn+−的奇偶性，进而写出所有满足集合A的偶数.小问1详解】22831=−，2295

4=−，故8A，9A，假设2210mn=−，,mnZ，则(||||)(||||)10mnmn+−=，且||||||||0mnmn+−，由1011025==，得101mnmn+=−=或52mnmn+=−=，显然均无整数解，∴10A，综上，有：8A，9A，10

A；【小问2详解】集合|21,ZBxxkk==+，则恒有()22211kkk+=+−，∴21kA+，即一切奇数都属于A，即xB，则必有xA；又8A，而8B，即xA，推不出xB，∴“xA”的充分条件

是“xB”；但“xB”不是“xA”的必要条件；【小问3详解】是【集合22|,,ZAxxmnmn==−，22()()mnmnmn−=+−，①当m，n同奇或同偶时，,mnmn+−均为偶数，()()mnmn+−

为4的倍数；②当m，n一奇一偶时，,mnmn+−均为奇数，()()mnmn+−为奇数，综上，所有满足集合A的偶数为4,Zkk．【点睛】关键点睛：解答本题的关键在于根据集合的性质，应用因式分解、恒等转化、代数式的奇偶性讨论，判断元素与集合的关

系，证明条件间的充分、必要关系，确定满足条件的数集.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com