【文档说明】湖北省襄阳市第四中学2023-2024学年高一上学期9月月考数学试题 含解析.docx，共(18)页，790.960 KB，由小赞的店铺上传

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襄阳四中2023级高一上学期9月月考数学试题注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号等填写在答题卡上.2.回答选择题时，选出每小题答案后，用铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑.如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号.回答非选择题时，将答案写在答题卡上.写在本试卷上无效.3

.考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回.一､单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分，在每小题给出的选项中，只有一项符合题目要求，选对的得5分，选错或未选得0分1.设全集0,1,2,3,4,5U=，集合1,2,4,2,NABxxx==，

则()UBA=ð（）A0,3,5B.0,1,3C.0,3D.3,5【答案】C【解析】【分析】先求出集合B和集合A的补集，再求其交集即可【详解】由2x，得04x，因为Nx，所以0,1,2,3B=，因为0,1,2,3,4,5U=，1,2,4A=，所以0

,3,5UA=ð，所以()UBA=ð0,3，故选：C2.下列表示正确的个数是（）（１）2100;(2)1,2;(3){(,)}3,435xyxyxy+==−=；（４）若AB则ABA=A.０B.

１C.２D.３【答案】D【解析】【详解】选项（1）中元素与空集的关系是不属于，正确；（2）空集是非空集的子集正确；（3）集合前后不相等，一个是方程的根构成的集合，有一个元素，一个是两个实数构成的集合，故不正确；（4）根据集合

子.集的意义知若AB则ABA=正确.3.某校为拓展学生在音乐､体育､美术方面的能力，开设了相应的兴趣班.某班共有34名学生参加了兴趣班，有17人参加音乐班，有20人参加体育班，有12人参加美术班，同时参加音乐班与体育班的有6人，同时参加音乐班与美术班的有

4人.已知没有人同时参加三个班，则仅参加一个兴趣班的人数为（）A19B.20C.21D.22【答案】A【解析】【分析】设同时参加体育和美术小组的有x人,由题意作出Venn图，结合Venn图能求出同时参加体育和美术小组的人数，进而得解.．【详

解】设同时参加体育和美术小组的有x人，由题意作出Venn图如图所示，结合Venn图得：76414834xxx+++−++−=，解得5x=．同时参加体育和美术小组的有5人．仅参加一个兴趣班的人数为7148351019xx+−+−=−=

故选：A.4.集合{1,2,4}A=，2BxxA=，将集合A，B分别用如图中的两个圆表示，则圆中阴影部分表示的集合中元素个数恰好为4的是（）.A.B.C.D.【答案】C【解析】【分析】记UAB=，然后分析每个选项对应的集合的运算并求解出结果进行判断即可.【详解】因为1,2,

4A=，2BxxA=，所以2,2,1,1,2,2B=−−−，记2,2,1,1,2,2,4UAB==−−−，对于A选项，其表示()4UAB=ð，不满足；对于B选项，其表示()2,2,1,2,4UAB=−−−ð，不满足；对于C选项

，其表示()2,2,1,2UAB=−−−ð，满足；对于D选项，其表示1,2AB=，不满足；故选：C.5.已知01,24abab−+，则42ab−的取值范围是（）A.1425ab−B

.2427ab−C.1426ab−D.0429ab−【答案】B【解析】【分析】用含,abab−+的代数式表示42ab−，结合已知利用不等式的性质即可求得答案.【详解】设()()()()42abmabnabmnamnb−=−++=+−−，所以42mnmn+=−=，解

得31mn==，所以()()423ababab−=−++，又0,1,2,4abab−+，所以()30,3,422,7abab−−，故A，C，D错误，故选：B.6.甲乙丙丁四位同学在玩一个猜数字游戏，甲乙丙共同

写出三个集合：0Δ2Axx=，235,03BxxCxx=−=，然后他们三人各用一句话来正确的描述“Δ”中的数字，让丁同学找出该数字，以下是甲､乙､丙三位同学的描述，甲：此数为小于5的正整数；乙：B是A成立的

必要不充分条件；丙：C是A成立的充分不必要条件.则“Δ”中的数字可以是（）A.3或4B.2或3C.1或2D.1或3【答案】C【解析】【分析】根据此数为小于5的正整数得到20ΔAxx=，再推出C是A的真子集，A是B的真子集，从而得到不等式，求出2Δ,35

，得到答案.【详解】因为此数为小于5的正整数，故20Δ20ΔAxxxx==，因为B是A成立的必要不充分条件，C是A成立的充分不必要条件，所以C是A的真子集，A是B的真子集，故22Δ3且

25Δ，解得2Δ,35，故“Δ”中的数字可以是1或2.故选：C7.下列函数中最小值为4的是（）A.14yxx=+B.当0x时，2251xxyx++=+C.当32x时，12123yxx=−+−D.22455yxx=+++【答案】B【

解析】【分析】对于A，如果0x时，0y，故A不符合题意；对于B，利用基本不等式得到函数的最小值为4，故B正确；对于C，利用基本不等式得到最小值为0，故C错误；对于D，利用基本不等式得最小值4取不到，故D错误．【详解】对于A，14yxx=+，如果0x时，0y

，故A不符合题意；对于B，因为()()()2214254412141111xxxyxxxxxx++++===++++=++++，当且仅当()411xx+=+，即1x=时取等号，故B正确；对于C，因为()()11212

322202323yxxxx=−+=−−−++−+=−−−，当且仅当()()12323xx−−=−−，即1x=时取等号，所以其最小值为0，故C错误；对于D，222244525455yxxxx=

+++=++，当且仅当22455xx+=+即此时无解，这表明最小值4取不到，故D错误．故选：B．8.函数[]yx=在数学上称为高斯函数，也叫取整函数，其中[]x表示不大于x的最大整数，如[1.5]1,[2.3]3,[3

]3=−=−=．那么不等式24[]12[]50xx−+成立的充分不必要条件是（）A.15[,]22B.[1,2]C.[1,3)D.[1,3]【答案】B【解析】【分析】先解不等式，再结合充分条件和必要条件的定义求解

即可.【详解】因为24[]12[]50xx−+，则()()21250xx−−，则1522x，又因为[]x表示不大于x的最大整数，所以不等式24[]12[]50xx−+的解集为：13x，因为所求的时不等式24[]12[]50xx−+成立的充分不必要条件，所

以只要求出不等式24[]12[]50xx−+解集的一个非空真子集即可，选项中只有[1,2]⫋)1,3.故选：B.二､多项选择题：本题共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.如果,,,Rabcd，则下列选项不正确．．．的是（）A.若ab，则11abB.若ab，则22acbcC.若,abcd，则acbd++D.若,abcd，则acbd【答案】ABD【解析】【

分析】根据特殊值以及不等式的性质对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】A选项，若ab，如0ab，则11ab，所以A选项不正确.B选项，若ab，如0c=，则22=acbc，所以B选项不正确.C选项，若,abcd，根据不等式的性质可知acbd++，所以C选项正确.D选项，若,ab

cd，如2,1,1,2abcd===−=−，此时acbd=，所以D选项不正确.故选：ABD10.下列命题为假命题的是（）A.命题“20000,560xxx−+”的否定是“20,560xxx−+”B.“0,0xy”是“2xyxy+”的

充分必要条件C.二次函数26yxx=−−的零点为()2,0−和()3,0D.“22ab=”是“ab=”的必要不充分条件【答案】ABC【解析】【分析】根据命题的否定的定义判断A，根据充分性和必要性的概念判断BD，根据函

数零点的定义解方程判断C即可.【详解】选项A：命题“20000,560xxx−+”的否定是“20,560xxx−+”，A为假命题；选项B：由基本不等式可知当0,0xy时，2xyxy+，当且仅当xy=时

等号成立，故充分性成立，当0xy==时，满足2xyxy+，故必要性不成立，所以“0,0xy”是“2xyxy+”的充分不必要条件，B为假命题；选项C：由260xx−−=解得2x=−或3，所以二次函数26yxx=−−的零点为2−和3，C

为假命题；选项D：若22ab=，则ab=或ab=−，充分性不成立，若ab=，则22ab=，必要性成立，所以“22ab=”是“ab=”的必要不充分条件，D为真命题，故选：ABC11.已知正实数x，y满足3130xyxy++−=，且2242tt

yxy−−−„恒成立，则t的取值可能是（）A.32−B.1−C.1D.32【答案】BCD【解析】【分析】对式子变形，构造定值，利用基本不等式求解最值，利用最值解决恒成立问题.【详解】由3130xyxy++−=，得(1)313xyx+=−+，因为0x，所以10x+，所以

31316311xyxx−+==−+++，则16163142164411xyxxxx+=+−=++−−=++…，当且仅当3x=时，等号成立，故23()131yxyxy−=+−−…，因为2242ttyxy−−−„恒成

立，所以2230tt−−„，解得312t−剟.故A错.故选：BCD.12.对于正整数集合()*12,,,N,3nAaaann=，如果去掉其中任意一个元素()1,2,,iain=L之后，剩余的所有元素组成的集合都能分为两个交集为空集的集合，且这

两个集合的所有元素之和相等，就称集合A为“可分集”，则下列说法正确的是（）A.1,3,5,7,9不是“可分集”B.集合A中元素个数最少为7个C.若集合A是“可分集”，则集合A中元素全为奇数D.若集合A是“可分集”，则集合A中元素个数为奇数【答案】ABD【解析】

【分析】选项A根据“可分集”性质进行判断即可.选项C，D，根据“可分集”性质可知“可分集”元素之和减去任意一个元素一定为偶数，根据此特性分类讨论集合A中元素为奇数和为偶数时的情况即可.根据选项C，D结论，分类讨论A中元素个数分别为3，5，7时是否可以

为“可分集”即可.【详解】根据“可分集”性质可知，当集合为1,3,5,7,9时：去掉元素3，则不可拆分成符合题意的可分集，故A错误.设集合()*12,,,N,3nAaaann=所有元素之和为M.由题意可知，(123...)iMain−=,,,,均为偶数，因此(123...

)iain=，，，，同为奇数或同为偶数.(Ⅰ)当M为奇数时，则1,2,3,...,)(iain=也均为奇数，由于12...nMaaa=+++，所以n为奇数.(Ⅱ)当M为偶数时，则1,2,3,...,)(iain=也均为偶数，此时可设2iiab=，因为()*12,,

,N,3naaann为“可分集”，所以()*12,,,N,3nbbbnn也为“可分集”.重复上述有限次操作后，便可得到一个各元素均为奇数的“可分集”，且对应新集合之和也为奇数，由(Ⅰ)可知此时n也为奇数.综上所述，集合A中元素个数为奇数.故C错D对

.由上述分析可知集合()*12,,,N,3nAaaann=中元素个数为奇数，不妨假设：当3n=时，显然任意集合123,,aaa都不是“可分集”;当5n=时，设集合12345,,,,aaaaa，其中12345aaaaa

，将集合1345,,,aaaa分成两个交集为空集的子集，且两个子集元素之和相等，则有5134aaaa=++①或5341aaaa+=+②;将集合2345,,,aaaa分成两个交集为空集的子集，且两个子集元素之和相等，则有2534++=aaaa③或5234=++aaaa

④由①，③可得12aa=，矛盾；由①，④可得12=-aa，矛盾；由②，③可得12=-aa，矛盾；由②，④可得12aa=，矛盾.因此当5n=时，不存在“可分集”；当7n=时，设集合1,3,5,7,9,11,

13A=，去掉元素1，35791113+++=+；去掉元素3，19135711++=++去掉元素5，91313711+=+++；去掉元素7，19113513++=++去掉元素9，13511713+++=+；去掉元素11，379151

3++=++去掉元素13，1359711+++=+，所以集合1,3,5,7,9,11,13A=是“可分集”.因此集合A中元素个数n的最小值是7，故B正确.故选：ABD【点睛】1.本题“新定义”题，主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题

.2.本题考查了考生分类讨论的能力，考生需要做到讨论情况涵盖所有情况，还需要能将讨论思路转换为数学语言的能力.3.对于全称命题型的选项考生可考虑通过举反例的方式排除.三､填空题，本题共4小题，每小题5分，共20分.13.不等式3442xx+−的解集是____

_______．【答案】(2,12]【解析】【分析】移项通分化简，等价转化为1202xx−−，进一步等价转化为二次不等式(组),注意分母不能为零，然后求解即得.【详解】原不等式等价于34402xx+−−，化简得1202xx−−，又等价于()()122

020xxx−−−，解得：212x，故答案为：(2,12].14.若命题“012xxx−，00xa−”为假命题，则实数a的最小值为______．【答案】2【解析】【分析】把原命题转化为“12xxx−，0xa−”为

真命题，转化为不等式恒成立问题即可得到结论．【详解】因为命题“012xxx−，00xa−”为假命题，故“12xxx−，0xa−”为真命题，即ax在12x−恒成立，须2a；故实数a的最小值为2；故答案为：2．

15.已知关于x的一元二次不等式20axbxc++…在实数集上恒成立，且ab，则abcTba++=−的最小值为________【答案】3【解析】【分析】由题干条件得到24bca…，对abcTba++=−变形，

利用基本不等式进行求解.【详解】一元二次不等式20axbxc++…对一切实数x都成立，当0a=时，不能保证恒成立，不符合题意；当0a时，2yaxbxc=++要满足0Δ0a„，由此2040abac−„，0ba，0ba−，24bac„得：24bca…，

则222(2)[3()]4()3434()4()4()bababcabababaaaTbabaabaabaaba++++++−−====−−−−−厖，234babaca=−=当且仅当且即4cba==时，取等号，故答案为：3．16.已知集合()*1,2,3,,N,2Unnn=，对

于集合U的两个非空子集,AB，若AB=，则称(),AB为集合U的一组“互斥子集”.记集合U的所有“互斥子集”的组数为()fn（当且仅当AB=时，(),AB与(),BA为同一组“互斥子集”），则()4

f=__________，()fn=__________.【答案】①.50②.1321nn+−+【解析】【分析】令()UCAB=ð，推出,AB均为非空子集的种数为1321nn+−+，从而得到()1321nnfn+=−+，并计算出()4f的值

.【详解】令()UCAB=ð，如图，全集U被划分成,,ABC三个部分，U中的任意一个元素只能在集合,,ABC之一中，有3种方法，则这n个元素在集合,,ABC中，每个元素均有3种选择，故共有3n种选择方法，其中A为空集的种数为2

,nB为空集的种数为2n，,AB均为空集的种数为1种，则,AB均为非空子集的种数为13221321nnnnn+−−+=−+，因当且仅当AB=时，(),AB与(),BA为同一组“互斥子集”，而AB=，满足AB=的(),AB与(),BA不是同一组“互斥子集”

，于是得集合U的所有“互斥子集”的组数为()1321nnfn+=−+，其中()4543218132150f=−+=−+=.故答案为：50，()1321nnfn+=−+四、解答题，本题共6小题，解答题需写出具体的过程或步骤17.设集合()

2231,215022MxxNttata=−==+++−=∣∣.（1）求集合M；（2）若MNN=，求实数a的取值范围.【答案】（1）1,2（2）3aa−∣【解析】【分析】（1）根据绝对值的定义解方程

即可求解；（2）根据交集运算性质得NM，然后根据判别式分类讨论求解即可.【小问1详解】因为3122x−=，所以3122x−=，解得1x=或2x=，所以集合311,222Mxx=−==∣【小问2详解】由MNN=，得NM.当()22Δ4(1)450aa=+−−，即3a

−时，N=，符合题意；当()22Δ4(1)450aa=+−−=，即3a=−时，24402Nttt=−+==∣，符合题意；当()22Δ4(1)450aa=+−−，即3a−时，要使NM，则NM=，即()()22221215024150aaaa+++−

=+++−=，即22220430aaaa+−=++=，所以1313aaa=−=−=−或，该方程组无解.综上：实数a的取值范围是3aa−∣.18.已知p：实数x满足210160xx−+，q：实数x满足224

30xmxm−+（其中0m）.（1）若1m=，且p和q至少有一个为真，求实数x的取值范围；（2）若q是p的充分不必要条件，求实数m的取值范围.【答案】（1）[1,8]（2）823m【解析】【分析】（1）解不等式后取并集即可，（2）由充分不必要条件得推

出关系后列式求解．【小问1详解】p：实数x满足210160xx−+，解得28x，当1m=时，q：2430xx−+，解得13x，∵p和q至少有一个为真，∴28x或13x，∴18x，∴实数x的取值

范围为[1,8]；【小问2详解】∵0m，由22430xmxm−+，解得3mxm，即q：3mxm，∵q是p的充分不必要条件，∴238mm（等号不同时取），∴823m，19.（1）求关于x的方程2210axx++=的实数根中有且只有一个负实数根的充要条件

；（2）已知a，b，c为正数，且满足1abc=．证明：222111abcabc++++．【答案】（1）|01aaaa=或;（2）证明见详解【解析】【分析】（1）首先分类讨论方式是一次方程和一元二次方程两种情况，当方程为一元二次方程时再讨论方程有一个根的情

况和两个根的情况，两根情况用韦达定理解出.（2）活用1abc=化简111abc++，用作差法比较代数式大小.【详解】（1）当=0a时，方程为210x+=，解得12x=−，符合题意；当0a时，方程44a=−，若440a=−=，即=1a时，此时方程的根为1x=−，符合题意；若0

，方程实数根中有且只有一个负实数根，需满足条件12Δ>0<0xx，即44>01<0aa−解得0a故|01aaaa=或是方程2210axx++=的实数根中有且只有一个负实数根的充要条件.（2）111()abcbcacaba

bc++=++,222222111))((abcabcbcacababc++++=+−+++−()()()222102abacbc=−+−+−故222111abcabc++++20.设2(1)2ymxmxm=+−+−

.（1）若不等式2y−对一切实数x恒成立，求实数m的取值范围；（2）已知0m解关于x的不等式2(1)21mxmxmm+−+−−【答案】（1）1,3+（2）答案见解析【解析】【分析】（1）根据题意，转化为()210mxmxm+−+对一切实

数x恒成立，分0m=和0m，两种情况讨论，列出不等式组，即可求解；（2）根据题意，求得()()110mxx+−=的两个根为121,1xxm=−=，分类讨论，即可求解.【小问1详解】解：由()2122ymxmxm=+−+−−对一切实数x恒成立，即()210mxmxm+

−+对一切实数x恒成立，当0m=时，0x，不满足题意；当0m时，则满足()220Δ140mmm=−−，解得13m，综上所述，实数m的取值范围为1,3+.【小问2详解】解：由不等式()2121mxmx

mm+−+−−，即()()110mxx+−，方程()()110mxx+−=的两个根为121,1xxm=−=，①当1m=−时，不等式的解集为()(),11,;−+②当1m−时，不等式的解集为(

)1,1,;m−−+③当10m−时，不等式的解集为()1,1,m−−+.综上所述，当1m−时，不等式()2121mxmxmm+−+−−的解集为()1,1,m−

−+；当10m−时，解集为()1,1,m−−+.21.某学校要建造一个长方体形的体育馆，其地面面积为2240m，体育馆高5m，如果甲工程队报价为：馆顶每平方米的造价为100元，体育馆前后两侧墙壁平均造价为每平方米1

50元，左右两侧墙壁平均造价为每平方米250元，设体育馆前墙长为x米．（1）当前墙的长度为多少时，甲工程队报价最低？（2）现有乙工程队也参与该校体育馆建造竞标，其给出的整体报价为115212000500aax+++元(0)a，若无论前墙的长度为多少米，乙工程队都能竞

标成功，试求a的取值范围．【答案】（1）当前墙的长度为20米时，甲工程队报价最低为84000元（2）当036a时，无论前墙的长度为多少米，乙工程队都能竞标成功【解析】【分析】（1）根据题意求出报价的表达式，再根据基本不等式即可得

解；（2）根据题意可知1200115250032400012000500axaxx+++++对任意的0x恒成立，分离参数可得23(4)1xax++对任意的0x恒成立，分类常数结合基本不等式求出2(4)1xx++的最小值，即可得解.【小问1详解】因

为体育馆前墙长为x米，地面面积为2240m，所以体育馆的左右两侧墙的长度均为240x米(0)x，设甲工程队报价为y元，所以2401200525021505224000500324000yxxxx=++=++，因为400150022400084000yxx

+=，当且仅当400xx=，即20x=时等号成立，所以当前墙的长度为20米时，甲工程队报价最低为84000元；【小问2详解】根据题意可知1200115250032400012000500axaxx+++++对任意的0x恒成立，即()2324481x

xax+++对任意的0x恒成立，所以23(4)1xax++对任意的0x恒成立，的因为0a，()()()22(1)619(4)9916216121111xxxxxxxxx+++++==+++++=++++，当且仅当911xx+=+，即2x=时等号成立，所以036a

，故当036a时，无论前墙的长度为多少米，乙工程队都能竞标成功．22.对在直角坐标系的第一象限内的任意两点作如下定义：若acbd，那么称点(),ab是点(),cd的“上位点”．同时点(),cd是点(),ab的“下位点”；（1）试写出点()3,5的一个“上位点”坐标和

一个“下位点”坐标；（2）已知点(),ab是点(),cd“上位点”，判断点,22acbdP++是否是点(),ab的“下位点”，证明你的结论；（3）设正整数n满足以下条件：对集合0202

2,tttZ内的任意元素m，总存在正整数k，使得点(),nk既是点()2022,m的“下位点”，又是点()2023,1m+的“上位点”，求满足要求的一个正整数n的值，并说明理由．【答案】（1）“上位点”为()3,4，“下位点”为()3,7；（2）

是，证明见解析（3）4045【解析】【分析】（1）由定义即可得所求点的坐标.（2）先由点(),ab是点(),cd的“上位点”得acbd，作差化简得0adbc−，结合所得结论、定义，利用作差法即可判断出点,22acbdP++是否是点(),ab的“下位点”.（3

）借助（2）的结论证明点(),Pacbd++既是点(),cd的“上位点”，又是点(),ab的“下位点”，再利用所证结论即可得到满足要求的一个正整数n的值.【小问1详解】根据题设中的定义可得点()3,5的一个上位点“坐标”和一个“下位点”坐标分别为()

3,4和()3,7；【小问2详解】的点,22acbdP++是点(),ab的“下位点”，证明：点(),ab是点(),cd“上位点”，acbd又,,,abcd均大于0，adbc，0adbc−()()(

)()0bacabdacabcadbdbbbdbbd+−++−−==+++，即aacbbd++，所以点,22acbdP++是点(),ab的“下位点”.【小问3详解】可证点(),Pacbd++既是点(),cd的“上位点”，又是点(),ab的“下位点”，证明：点

(),ab是点(),cd的“上位点”，acbd,,,abcd均大于0，adbc，0adbc−()()()()()0daccbdaccadcdbccdadbcbdddbddbddbd+−+++−−−−===

++++，即accbdd++，所以点(),Pacbd++是点(),cd的“上位点”，同理可得()()()()0bacabdacabcadbdbbbdbbd+−++−−==+++，即aacbbd++，所以点(),Pacbd++是点(),ab的

“下位点”，所以点(),Pacbd++既是点(),cd的“上位点”，又是点(),ab的“下位点”．根据题意知点(),nk既是点()2022,m的“下位点”，又是点()2023,1m+的“上位点”对

02022,mtttZ时恒成立，根据上述的结论可知，当202220234045n=+=，21km=+时，满足条件.故：4045n=【点睛】关键点点睛：理解并运用“上位点”和“下位点”的定义是解题

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