【文档说明】重庆市第一中学2023-2024学年高一上学期10月月考数学试题 含解析.docx，共(19)页，770.209 KB，由小赞的店铺上传

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2023年重庆一中高2026届高一上期10月月考数学注意事项：1.答题前，务必将自己的姓名､准考证号填写在答题卡规定的位置上.2.答选择题时，必须使用2B铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑，如需改动，用橡皮擦擦干净后，再选

涂其他答案标号.3.答非选择题时，必须使用0.5毫米黑色签字笔，将答案书写在答题卡规定的位置上.4.所有题目必须在答题卡上作答，在试题卷上答题无效.一､单选题（本大题共8个小题，每题只有一个选项正确，每小题5分，共40分）1.命题“0,320

xx−”的否定是（）A.000,320xx−B.000,320xx−C.0,320xx−D.0,320xx−【答案】A【解析】【分析】由特称命题的否定：任意改存在并否定原结论，即可确定答案.【详解

】由全称命题的否定为特称命题，则原命题的否定为000,320xx−.故选：A2.已知集合()2|20,{|30}AxxxBxxx=−−=−，则AB=（）A.0,2B.(0,2C.)1,3−D.1,3−【答案】C【解析】【分析】解一元二次不等式求解集，再由

集合的并运算求集合.【详解】由题设|12,{|03}AxxBxx=−=，则{|13}[1,3)ABxx=−=−.故选：C3.若102x，则()12xx−的最大值是（）A.14B.24C.12D.22【答案】B【解析】【分析】利用基本

不等式求积的最大值.【详解】由题意()112122122(12)2242xxxxxx+−−=−=，当且仅当12124xxx=−=时等号成立.所以()12xx−的最大值是24.故选：B4.如图，已知全集U=R，集合2Z|

90,|20AxxBxx=−=−，则图中阴影部分表示的集合中的元素个数为（）A.7B.6C.5D.4【答案】C【解析】【分析】解一元二次、一元一次不等式求集合，再由阴影部分的集合为()UABð，应用交补运算求集合，即可得答案.【详解】由题设Z|33

{3,2,1,0,1,2,3},|2AxxBxx=−=−−−=，由图知：阴影部分为()UABð，而|2UBxx=ð，则(){3,2,1,0,1}UAB=−−−ð，所以阴影部分共有5个元素.故选：C5.设实数,

ab满足111ba，则下列不等式一定成立的是（）A.abB.2abbC.11aabb++D.1abab++【答案】D【解析】【分析】先由题设不等式可得01ba，故可判断A的正误，利用作差法可判断BCD的正误，故可得正确的选项.【

详解】因为111ba，故01ba，故A错误.又0ab−，故()20abbbab−=−，故2abb，故B错误.又110b+，()()()()1110111abbaaaabbbbbbb+−++−−==+++，故11aabb++，故C错误.又()11(1)(1)(1)ababab

bab+−−=−−−=−−，由01ba可得10,10ab−−，故()()110ab−−，故10abab+−−即1abab++，故D正确.故选：D.6.已知:p“()2()3xmxm−−”是:q“2340xx−−”成立的

必要不充分条件，则实数m的取值范围为（）A.(),44,−−+B.()(),44,−−+C.()4,4−D.4,4−【答案】B【解析】【分析】解一元二次不等式求,qp为真对应x的范

围，根据必要不充分条件求参数范围.【详解】由()2:()3()[(3)]0pxmxmxmxmxm−−−−+或3xm+，由2:340(4)(1)014qxxxxx−−−+−，又p是q成立的必要不充分条件，则qp且p¿q，所以4m或3

14mm+−−，故m的取值范围为()(),44,−−+.故选：B7.已知集合2|10,R,{|0}AxxaxxBxx=−+==，若AB=，则实数a的取值范围为（）A.2aB.22a−C.2a

−D.2a【答案】A【解析】【分析】由题设2()10fxxax=−+=在(0,)+上无解，结合二次函数性质求参数范围即可.【详解】对于2()1fxxax=−+开口向上且对称轴为2ax=，(0)10=f，由AB=，即()0fx=在(0,)

+上无解，若0a时，只需24022aa=−−，即02a；若0a时，此时对称轴02a且(0)10=f，故满足题设；综上，2a.故选：A8.已知关于x的不等式组()224502525xxxxxk−+++−+的解集

中有且仅有一个整数，则实数k的取值范围为（）A.()()6,23,4−B.)(6,23,4−C.()5,34,5−D.5,34,5−【答案】B【解析】【分析】解一元二次不等式且两不等式解集的交集中有且仅有一

个整数，讨论参数k求其范围.【详解】对于245(5)(1)01xxxxx−−=−+−或5x，而22(25)5(25)()0xkxkxxk+++=++解集与{|1xx−或5}x的交集中有且仅有一个整数，当52k时，解集为5{|}2xxk−−，此时26

62kk−−−满足要求；当52k=时，解集为，此时不可能满足题设；当52k时，解集为5{|}2xkx−−，此时4334kk−−−满足要求；综上，实数k的取值范围为)(6,23,4−

.故选：B二､多选题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项是符合题目要求的.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）9.已知命题:p“2R,20xxaxa−+

恒成立”为真命题，下列选项中可以作为p的充分不必要条件的有（）A.103aB.01aC.01aD.1132a【答案】AD【解析】【分析】由已知命题为真，根据一元二次不等式恒成立有2440aa=−求参数范围，再由充分、必要性定义判断p的充分不必要条件.【详

解】由“2R,20xxaxa−+恒成立”为真命题，故244001aaa=−，所以103a、1132a是p的充分不必要条件，01a是p的充要条件，01a是p的必要不充分条件.故选：AD10.若1,xAAx

，则称集合A为幸福集合.对集合11,0,,1,2,32M=−的所有非空子集，下列叙述正确的是（）A.幸福集合个数为8B.幸福集合个数为7C.不含1的幸福集合个数为4D.元素个数为3的幸福集合有2个【答案】BD【解析】【分析】根据题意写出所有的幸福

集合，逐项分析即可得解.【详解】具有“幸福关系”的元素组有：11;,2;12−三组，含一组的有{1}，{}1−，1{,2}2共3个，含二组的有{1,1}−，1{1,,2}2，1{1,,2}2−共3个，含三组有1{1,1,

,2}2−共1个.所以M的非空子集中幸福集合的个数为7个，故A错B对；其中不含1的幸福集合个数为3个，故C错误；其中元素个数为3的幸福集合有2个，故D正确.故选：BD11.已知集合()22|60,|0

0AxxxBxaxbxca=−−=++，若AB=R，{|35}ABxx=，则（）A.0aB.关于x的不等式20cxbxa++解集为1|2xx−或15xC.0abc++D.1

01bca−【答案】AD【解析】【分析】解一元二次不等式求集合A，再由交并集的结果可得{|25}Bxx=−，即2,5−是20axbxc++=的两个根且a<0，再结合各项判断正误.【详解】由题设{|2Axx=−或3}x，又AB=R，{|35}ABxx=，所以{|2

5}Bxx=−，故2,5−是20axbxc++=的两个根且0a，A对；则331010bbaaccaa−==−=−=−，则120abca++=−，C错；222(1031)010310(51

)(21)0cxbxaaxxxxxx++=−+−+−−+，所以，解集为11{|}25xx−，B错；的22111013010130()066bcaaaa−+=−+=−+，即101bca−，D对.故选：AD12已知正实数,xy满足21xyxy−−=，则（）A.xy

的最小值为322+B.xy+的最小值为31+C.2xy+的最小值为362+D.22xy+的最小值为32+【答案】BC【解析】【分析】利用基本不等式构造一元二次不等式判断A，根据xy和xy+得关系判断B，利用多变量变单变量法判断C

，构造关于xy的二次函数关系判断D.【详解】因为,xy为正实数，选项A：因为21xyxy−−=，则212xyxyxy+=−，即()22210xyxy−−，解得132xy+，232xy+，当且仅当132xy+==时等

号成立，故A错误；选项B：因为21xyxy+=−，所以()()minmin2131xyxy+=−=+，当且仅当132xy+==时取得最小值，故B正确；选项C：由21xyxy−−=得()211xyy−=+，当12y=时显然不符合题意，所

以12y，则1021yxy+=−，得12y或1y−（舍去），则()()1131331322421242621242224222yxyyyyyyy++=+=++−++−=+−−−，当且仅当()3142422yy=−−即264y+=时等号成立，故C正确；选项D

：()()22222212xyxyxyxyxy+=+−=−−，.令xyt=，由A可知232t+，则()222223523352122222324224xyttt++=−−=−−−−=+，当且仅当2

32t+=时等号成立，故D错误；故选：BC三､填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分）13.若命题“()0,x+，使得2axx+成立”是假命题，则实数a的取值范围是__________.【答案】22a【解析】【分析】由原命题的否

定为真命题可求参数的取值范围.【详解】因为命题“()0,x+，使得2axx+成立”是假命题，故其否定为真命题，即()0,x+，2axx+为真命题，而222xx+，当且仅当2x=时等号成立，故22a.故答案为：22a.14.设全集21,3,9U

mm=+−，集合1,,3UAmA==ð，则实数m=__________.【答案】3−【解析】【分析】根据已知可得29mmm+−=，解方程求参数，结合集合中元素的互异性确定参数值.【详解】由

21,3,9Umm=+−且1,,3UAmA==ð，则22993mmmmm+−===，当3m=，则293mmm+−==，不满足集合元素的互异性；当3m=−，此时1,3,3U=−，1,3=−

A满足题设；综上，3m=−.故答案为：3−15.某校高一年级组织趣味运动会，其中“毛毛虫”和“两人三足”两个比赛项目深受学生喜爱，报名踊跃.已知某班学生参加“毛毛虫”的人数是该班全体人数的四分之一；参加“两人三足”的人数比参加“毛毛虫”的人数

多2人；两个项目都参加的人数比两个项目都不参加的学生人数少26人；则该班参加“两人三足”比赛的人数是__________.【答案】16【解析】【分析】设该班总人数为4n，两个项目都参加人数为x，根据题设并利用容斥原理列方程求n，即可得答案.【详解】设该班总人数为4n，则参加“毛毛虫”的人数为n，参

加“两人三足”的人数为2n+，若两个项目都参加的人数为x，则两个项目都不参加的学生人数为26x+，所以226414nnxxnn++−++==，故该班参加“两人三足”比赛的人数是16.故答案为：1616.对任意的正实数,,abc，

且满足2bc+=，则234181ababca+++的最小值为__________.【答案】1236−##6123−+【解析】【分析】根据题意将原式整理成()223181abbcbca++++，利用基本不等式可得2341818611abaabcaa+++++，再利用基本

不等式可求得当31a=-，24,33bc==时234181ababca+++的最小值为1236−.【详解】由正实数,,abc，且2bc+=可得()()()2222223344234181818181111abbcababcbcababcabcabcabca+++++++=+=+=++++

+418418182226111bcbcaaacbacbaa=+++++=++++;当且仅当4bccb=时，即24,33bc==时，等号成立；的又()18181866662616123611

1aaaaaa+=++−+−=−+++，当且仅当()18611aa+=+，即31a=-时，等号成立；所以当31a=-，24,33bc==时，等号成立，此时234181ababca+++的最小值为1236−.故答案为：1236−四､解答题

（本大题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）17.已知3{}(0),|,AxaxbbaByyxAx===∣（1）若1,32ab==，求AB与()ABRð；（2）是否存在,ab，满足4ab+=，

且使得ABAB=，存在则求出,ab的值，不存在则说明理由.【答案】（1）|13ABxx=，()1{|2ABxx=Rð或6}x.（2）存在1,3ab==，使得ABAB=，理由见解析.【解析】【分析】（1）根据交集、并集和补集的定义可求

AB与()ABRð；（2）就01a、12a分类讨论后可求,ab的值.【小问1详解】当1,32ab==时，1{|3}2Axx=，故16|Bxx=，故|13ABxx=，1|62ABxx=，故()1{

|2ABxx=Rð或6}x.【小问2详解】因为0ba，故40aa−，故02a.由题设有33|4Bxxaa=−，若01a，则344aa−−且()()()21334340aaaaaaaa−−−+−

−==，故34aa−且34aa−，故3|44ABxxaa=−−，3|ABxaxa=，由ABAB=可得343401aaaaa=−−=，无解.若1

2a，则()()()13340aaaaa−−−−=，故34aa−且34aa−，故3|ABxaxa=，3|44ABxxaa=−−，由ABAB=可得343412aaaaa

=−−=，故1a=.综上，存在1,3ab==，使得ABAB=.18.关于x的不等式()()2220Rxaxaa−++的解集为A，（1）求A；（2）2|5217Bxxa=+−，若A是B的真子集，求a的取值范围.【答案】（1）答案见解析；（2

）4a.【解析】【分析】（1）讨论参数a求不等式解集即可；（2）由题设可得23a或23a−，结合AB并讨论参数确定范围即可.【小问1详解】由()222()(2)0xaxaxax−++=−−，当2a时，解集{|2}Axax=；当2

a=时，解集{2}A=；当2a时，解集{|2}Axxa=；【小问2详解】由2|242aBxx=−，则242232aa−或23a−，又AB，当23a−时{|2}Axax=，显然不满足；当23a时{|2}Axxa=，则()()224282402aa

aaaa−−−=+−2a−或4a，此时4a；综上，a的取值范围为4a.19.已知函数()221,Rfxxxx=−+，命题():0,2,pxfxa；命题q：已知190,0,1,xya

xyxy+=+恒成立.（1）若p为真命题，求a的取值范围；（2）若p，q这两个命题中存在假命题，求a的取值范围.【答案】（1）0a；（2）(,0](16,)−+.【解析】【分析】（1）由题意0,2x上()minafx，由二次函数性质求函数最小值，即可得参数范围；（2）由q为真

命题时min()axy+，应用基本不等式“1”的代换求目标式最小值，即得参数范围，讨论p，q存在假命题的情况求对应参数范围.【小问1详解】由p为真命题，则0,2x上()min(1)0afxf==，故0a.

【小问2详解】若q为真命题，则min()axy+，而1999()()1010216yxxxyxyxyyxyxy+=++=+++=，当且仅当94,12yxxyxy===时等号成立，故16a，而p为真时0a，由于p，q这两个命题中存在假命题，且p为假0a，q为假16a

，当p真q假时，a的取值范围16a；当q真p假时，a的取值范围0a；当q、p假时，a的取值范围；综上，a范围为(,0](16,)−+.20.某中学为了迎接建校100周年校庆，决定在学校校史馆利用一侧原有墙体，建造一间墙高为3米，底面积为24平方米，且背面靠墙的长方体形状的荣誉

室.由于荣誉室的后背靠墙，无需建造费用.甲乙两支队伍参与竞标，甲工程队给出的报价为：荣誉室前面新建墙体的报价为每平方米400元，左右两面新建墙体报价为每平方米300元，屋顶和地面以及其他报价共计12600元，设荣举室的

左右两面墙的长度均为x米()16x，乙工程队给出的整体报价为()18002axx+元(0)a，综合考虑各种条件，学校决定选择报价较低的队伍施工，如果报价相同，则选择乙队伍.（1）若10a=，问学校该怎样选择；（2）在竞争压力下，甲工程队主动降价5400元，若乙

工程队想要确保自己被选中，求实数a的最大值.【答案】（1）选择乙工程队进行建造.（2）9【解析】【分析】（1）设甲工程队的总造价为1y元，得到1161800()12600yxx=++，结合基本不等式求得()1min27000y=，设乙工程队

的总造价为2y元，得到2218000(1),1,6xyx+=，结合函数的单调性，求得()2min24000y=，比较即可得到答案；（2）根据题意，得到甲工程队的最低报价为21600，要使得乙工程队确保自己被选中，则满足()2min21600y

，列出不等式，即可求解.【小问1详解】解：设甲工程队的总造价为1y元，因为荣举室的左右两面墙的长度均为x米，且长方体底面积为24平方米，可得底面长方形的另一边长为24x米，的则甲工程队的总造价为：124162330034001260018

00()12600,1,6yxxxxx=+++=++，又由161628xxxx+=，当且仅当4x=时，等号成立，所以()1min180081260027000y=+=（元），当10a=时，设乙工程队的总造价为2y

元，则()21800102218000(1),1,6yxxxx+==+，因为函数21yx=+在1,6x上为单调递减函数，所以()2min24000y=（元），由2700024000，所以学校选择乙工程队进行建造.【小问2详解】解：若甲工程队主动降价5400元，则

甲工程队的最低报价为270000540021600−=（元），若乙工程队确保自己被选中，则满足()2min21600y，又由乙工程队的造价为()21800221806,01(1,)axyaxxx=+=+，由（1）知，当6x=时，()2mi

n21800(1)24006yaa=+=，由022400016a，解得9a，因为0a，所以09a，所以实数a的最大值为9.21.已知()()20fxaxbxca=++，非空集合()()()120,0AxfxAxffx====∣∣（1）证明：12AA

的充要条件是0c=；（2）若12AA=，求b的取值范围.【答案】（1）证明见解析；（2）04b【解析】【分析】（1）首先证明充分性：当0c=时可求得集合210Axaxbx=+=∣，对参数b是否为零进行分类讨论，可得集合2A中至少含有

1A中的所有元素；再证明必要性：若12AA可得方程()0fx=的所有实数根都是方程()()0ffx=的实根，即()00fc==，得出证明；（2）根据（1）的结论可知0c=，然后对于参数b是否为零进行分类讨论，易知当0b=时符合题意，当0b时，对于方程22

0axabxb++=的根的个数结合判别式进行讨论，并利用集合间的包含关系求得b的取值范围是04b.【小问1详解】充分性：若0c=，则()2100Axfxxaxbx===+=∣∣；当0b时，可得10,bAa=−若()()0ffx=，可得()0fx=或()bfx

a=−；当()0fx=时，120,bxxa==−；即可得()20,bbAxfxaa==−−∣所以可得集合2A中至少含有0,ba−两个元素，可知12AA，当0b=时，可得10A=；此时当()()

0ffx=时()0fx=，即可得20A=；此时12AA=，满足12AA；综上可知充分性成立；必要性：因为1A为非空集合，所以可知当12AA时，可知方程()0fx=的所有实数根都是方程()()0ffx=的实根，即可得()()()00ffxf==

，即()0000fabc=++=，可得0c=，所以必要性成立；综上可得，12AA的充要条件是0c=；【小问2详解】若12AA=时，满足12AA；由（1）中的结论可得0c=，此时()2100

Axfxxaxbx===+=∣∣；当0b=时，可得10A=，此时()()()2100AxffxxfxA=====∣∣，符合题意；当0b时，可得10,bAa=−，此时()20,bbAxfxaa

==−−∣；为使12AA=可知，集合()2200,bbxfxxaxabxbaa=−=++=−∣∣；对于方程220axabxb++=，令()()222244abababb=−=−①当Δ0时，即04b时，(

)0,bbxfxaa=−=−∣，符合题意；②当Δ0=时，即4b=时，此时()2bbxfxaa=−=−∣，但02ba−且2bbaa−−，不合题意；③当0时，即0b或4b时，()2244,2222bbbbbbbxfxaaaaa−

−=−=−+−−∣，为使12AA=，需满足2422bbbbaaa−−+=−或2422bbbbaaa−−−=−，即2422bbbaa−=，解得0b=；这与大前提0b矛盾，不合题意；综合①②③可得04b符合题意；

综上可知，满足题意的b的取值范围为04b【点睛】关键点点睛：本题在求解参数b的取值范围时，要结合（1）的结论将0c=代入计算，并根据12AA=将集合220xaxabxb++=∣转化成集合0,ba−的子集，再对参数b进行分类讨论后再利用判别式进行讨论计算可得结

果.22.已知集合*123,,NnAaaaa=，其中Nn且1233,nnaaaa，若对任意的(),xyAxy，都有xyxyk−，则称集合A具有性质kM.（1）集合1,2,Aa=具有性质3M，求a的最小值；（2）已知A具有性质15M，求证

：111115nnaa−−；（3）已知A具有性质15M，求集合A中元素个数的最大值，并说明理由.【答案】（1）6；（2）证明见解析；（3）7，理由见解析【解析】【分析】（1）由性质3M定义列不等式组求参数范围，结合*Na即可得最小值；.（2）根据定义11||,(1,2,3,...,1)

15iiiiaaaain++−=−，进而有111115iiaa+−，应用累加法即可证结论；（3）首先应用放缩有11115na−求得16n，同理可得()15ini−恒成立，假设8n得出矛盾，再讨论7n并应用基本不等式证恒成立，即可确定元素个数最大值.【小问1详解】由性质3M定义

知：313622623aaaaaaa−−，且*Na，所以a的最小值为6.【小问2详解】由题设11||,(1,2,3,...,1)15iiiiaaaain++−=−，且1naa，所以111111,(1,2,3,...,1

)1515iiiiiiaaaainaa+++−−=−，所以122311111111111...15nnnnaaaaaaaa−−−+−++−=−，得证.【小问3详解】由（2）知：1111115116151nnana−−，同（2）证明得1115innia

a−−且1,2,3,...,1in=−，故115inia−，又iai，所以1()1515niinii−−在1,2,3,...,1in=−上恒成立，当8n，取3i=，则3(3)15n−，故8n，当7n，则22()()156044

inininin+−−=，即7n.综上，集合A中元素个数的最大值为7.【点睛】关键点点睛：第二问，根据定义得111115iiaa+−为关键；第三问，应用放缩法确定16n，同理得到()15ini−恒成立为关键.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue

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