精品解析：福建省福州市闽侯县第一中学2024-2025学年高一上学期10月月考数学试题

闽侯一中2024-2025学年第一学期第一次月考 数学科试卷 命卷人：余凌彦 复核：高一数学集备组 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共计40分，每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上．） 1. 若集合，则满足的集合B的个数为（ ） A. 2 B. 4 C. 8 D. 16 【答案】C 【解析】 【分析】解不等式求出集合，再由并集概念求解即可得出结果. 【详解】对于集合，由,解得， 又∵，∴. 又∵， ∴满足条件的集合可能为，，，，，，，，共8个． 故选：C． 2. 已知命题，命题q：不等式的解集为，则p成立是q成立的（ ） 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 【答案】D 【解析】 【分析】根据分式不等式以及一元二次解求解，为真命题时的范围，即可结合逻辑关系求解. 【详解】由得， 由不等式的解集为，所以或者，解得， 综上为真时，， 故成立是既不充分也不必要条件， 故选：D 3. “”是“且”的（ ） A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】通过特例说明充分性不成立，根据不等式的性质说明必要性是成立的. 【详解】可令，，，则满足，但“且”不成立，所以“”不是“且”的充分条件； 根据不等式的性质：由且，可得：.所以“”是“且”的必要条件. 故选：A 4. 不等式的最小整数解为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】分段去绝对值符号求出的取值范围即可得解. 【详解】原不等式可化为或或， 解得，所以所求最小整数解是. 故选：C 5. 已知且，则最小值为（ ）. A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意，求得，且，结合二次函数的性质，即可求解. 【详解】由，可得，因为，可得，解得， 则， 设， 由二次函数的性质，可得在上单调递增， 所以当时，函数取得最小值，最小值为， 即的最小值为. 故选：D. 6. 已知命题：，，则为（ ）. A. ， B. ， C. ，或 D. ，或 【答案】D 【解析】 【分析】利用全称命题的否定求解即可. 【详解】由全称命题的否定是特称命题知： 原命题的否定为，或. 故选：D 7. 若不等式的解集为，则函数的图象可以为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由题可得和是方程的两个根，求出，再根据二次函数的性质即可得出. 【详解】由题可得和是方程两个根，且， ，解得， 则， 则函数图象开口向下，与轴交于. 故选：C. 8. 已知命题是真命题，则的一个必要不充分条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】分离变量法求出为真命题时的取值范围，再由充分必要条件的概念判断． 【详解】因为，所以当时，， 因为，当且仅当，即时，等号成立， 所以是充要条件，因为，但， 所以是的一个必要不充分条件， 故选：B 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共计18分，每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全得部分分，有选错的得0分．） 9. 若关于的方程至多有一个实数根，则它成立的必要条件可以是（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】利用的判别式，求出的范围，再利用必要条件的定义即可求得. 【详解】因为方程至多有一个实数根， 所以方程的判别式， 即：，解得， 利用必要条件的定义，结合选项可知，成立的必要条件可以是选项B和选项C. 故选：BC. 10. 已知正数，满足，则下列说法正确的是（ ） A. 的最大值为 B. 的最小值为 C. 的最大值为 D. 的最小值为 【答案】ABD 【解析】 【分析】利用已知条件、基本不等式逐项判断可得答案. 【详解】对于A：∵，，. ∴， 当且仅当，即，，取“”，∴A正确； 对于B：，由（1）知，∴. ∴.∴B正确； 对于C：. ∴，∴C错误； 对于D：， 当且仅当，即，取“”，∴D正确. 故选：ABD. 11. 已知x，y，z为非零实数，代数式值所组成的集合是M，则下列判断正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】CD 【解析】 【分析】讨论的正负数分布情况判断对应代数式的值，即可确定集合M，进而确定正确的选项. 【详解】当均为负数时，； 当两负一正时，； 当两正一负时，； 当均为正数时，； ∴，A、B错误，C、D正确. 故选：CD 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共计15分．） 12. 已知，且，则的最小值是__________. 【答案】9 【解析】 【分析】利用不等式乘“1”法即可求解. 【详解】因为， 所以， 当且仅当，即时，等号成立，故所求最小值为9， 故答案为：9 13. 不等式：的解为______． 【答案】或 【解析】 【分析】根据题意结合有理数的除法法则可得或，再解不等式组即可． 【详解】由，得或，解得或， 所以不等式的解为或. 故答案为：或 14. 某班有学生56人，同时参加了数学小组和英语小组的学生有32人，同时参加了英语小组和语文小组的学生有22人，同时参加了数学小组和语文小组的学生有25人．已知该班学生每人至少参加了1个小组，则该班学生中只参加了数学小组、英语小组和语文小组中的一个小组的人数最多________． 【答案】21 【解析】 【分析】设该班学生中同时参加了数学小组、英语小组和语文小组的人数为，只参加其中一个小组的人数为，根据题意列出方程，由的最大值求的最大值. 【详解】如图，设该班学生中同时参加三个小组的人数为，只参加其中一个小组的人数为， 则，即． 因为，所以． 所以只参加其中一个小组的人数最多为21. 故答案为：21. 四、解答题（本大题共6小题，共77分，解答应写出文字说明、证明或演算步骤．） 15. 已知集合，．若“”是“”的充分不必要条件，求实数的取值范围． 【答案】 【解析】 【分析】依题意，集合A是集合B的真子集，由集合的包含关系求实数的取值范围． 【详解】因为“”是“”的充分不必要条件，所以集合A是集合B的真子集， 即，解得，经检验满足题意, 所以实数a的取值范围是. 16. 已知，，全集 （1）若，求； （2）若，求实数的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）根据交集与补集的运算求解即可； （2）分与由条件列不等式求范围即可. 【小问1详解】 当时，， 所以或，又， 所以. 【小问2详解】 由题可得：当时，有， 解得a的取值范围为； 当时有，解得a的取值范围为， 综上所述a的取值范围为. 17. 已知，，． （1）当时，求的最小值； （2）当时，满足恒成立，求m的取值范围. 【答案】（1）36 （2） 【解析】 【分析】（1）利用基本不等式得到，再利用换元法与二次不等式的解法即可得解； （2）利用代入法将不等式左式问题转化为，从而利用基本不等式“1”的妙用求得不等式左式的最小值，进而得到关于m的不等式，由此得解． 【小问1详解】 ，，当时，， 当且仅当时等号成立， 令，得，解得：（舍去）或， ，解得，当且仅当时等号成立， 的最小值是36； 【小问2详解】 当时，，可得． 由得， 又，，， 当且仅当，即时等号成立． 当时，求的最小值是10． 则有，解得，即m的取值范围为. 18. 根据要求完成下列问题： （1）要在墙上开一个上半部为半圆形，下部为矩形的窗户（如图所示），在窗框为定长的条件下，要使窗户能够透过最多的光线，窗户应设计成怎样的尺寸？ （2）如图所示，铁路线上段长千米，工厂到铁路的距离为千米.现要在上某一点处向修一条公路，已知铁路每吨千米的运费与公路每吨千米的运费之比为.为了使原料从供应站运到工厂的运费最少，点应选在何处？ 【答案】（1）答案见解析 （2）距点千米处 【解析】 【分析】（1）依题意，结合图形，求出窗框的宽关于长的关系式，继而求得窗框的面积表达式，利用二次函数的图象即可求得的最大值； （2）经分析，判断点在线段上某一适当位置，设，铁路吨千米运费，公路吨千米运费，将从到的总费用表示成的函数式，设，利用根的判别式非负求得的最小值，从而得到对应的的值，即可. 【小问1详解】 设矩形窗框的长为，宽为，则窗框的定长为， ∴，（），则窗框的面积为： ， 因，当时，窗框的面积取得最大值，此时， 即当时，窗户能够透过最多的光线； 【小问2详解】 由题意可知单位距离的公路运费大于铁路运费，由图知，， 则只有点选在线段上某一适当位置，才能使总运费最省. 设（千米），铁路吨千米运费，公路吨千米运费，从到的总费用为， 则依题意得，，即， 令，则有，两边同时平方并整理得：(*)， ∵关于的方程一定有解，∴，解得， ∵，∴，当时，由（*），解得，， 这时最小，也最小，即当点选在距点千米处时，总运费最省. 19. 已知实数集，定义． （1）若，求； （2）若，求集合A； （3）若A中的元素个数为9，求的元素个数的最小值． 【答案】（1） （2）或者. （3）13 【解析】 【分析】（1）根据集合的新定义直接求解即可； （2）根据可得，然后分中4个非零元素，符号为一负三正或者一正三负进行讨论即可； （3）分 中没有负数和中至少有一个负数两种情况进行讨论即可求解. 【小问1详解】 ; 【小问2详解】 首先，； 其次中有4个非零元素，符号为一负三正或者一正三负. 记，不妨设或者-- ①当时，， 相乘可知，从而， 从而，所以； ②当时，与上面类似的方法可以得到 进而，从而 所以或者. 【小问3详解】 估值+构造 需要分类讨论中非负元素个数. 先证明．考虑到将中的所有元素均变为原来的相反数时， 集合不变，故不妨设中正数个数不少于负数个数.接下来分类讨论： 情况一： 中没有负数． 不妨设，则 上式从小到大共有1+7+6=14个数，它们都是的元素，这表明 情况二： 中至少有一个负数． 设 是中的全部负元素，是中的全部非负元素. 不妨设 其中为正整数，． 于是有 以上是中的个非正数元素：另外，注意到 它们是中的5个正数．这表明 综上可知，总有- 另一方面，当时，中恰有13个元素. 综上所述，中元素个数的最小值为13. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 闽侯一中2024-2025学年第一学期第一次月考 数学科试卷 命卷人：余凌彦 复核：高一数学集备组 一、单选题（本大题共8小题，每小题5分，共计40分，每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上．） 1. 若集合，则满足的集合B的个数为（ ） A. 2 B. 4 C. 8 D. 16 2. 已知命题，命题q：不等式的解集为，则p成立是q成立的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 3. “”是“且”的（ ） A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 4. 不等式的最小整数解为（ ） A. B. C. D. 5. 已知且，则的最小值为（ ）. A. B. C. D. 6. 已知命题：，，则为（ ）. A. ， B. ， C ，或 D. ，或 7. 若不等式的解集为，则函数的图象可以为（ ） A. B. C. D. 8. 已知命题是真命题，则的一个必要不充分条件是（ ） A. B. C. D. 二、多选题（本大题共3小题，每小题6分，共计18分，每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对得6分，选对但不全得部分分，有选错的得0分．） 9. 若关于方程至多有一个实数根，则它成立的必要条件可以是（ ） A B. C. D. 10. 已知正数，满足，则下列说法正确的是（ ） A. 的最大值为 B. 的最小值为 C. 的最大值为 D. 的最小值为 11. 已知x，y，z为非零实数，代数式的值所组成的集合是M，则下列判断正确的是（ ） A. B. C. D. 三、填空题（本大题共3小题，每小题5分，共计15分．） 12. 已知，且，则的最小值是__________. 13. 不等式：的解为______． 14. 某班有学生56人，同时参加了数学小组和英语小组的学生有32人，同时参加了英语小组和语文小组的学生有22人，同时参加了数学小组和语文小组的学生有25人．已知该班学生每人至少参加了1个小组，则该班学生中只参加了数学小组、英语小组和语文小组中的一个小组的人数最多________． 四、解答题（本大题共6小题，共77分，解答应写出文字说明、证明或演算步骤．） 15. 已知集合，．若“”是“”的充分不必要条件，求实数的取值范围． 16. 已知，，全集 （1）若，求； （2）若，求实数的取值范围. 17 已知，，． （1）当时，求的最小值； （2）当时，满足恒成立，求m的取值范围. 18. 根据要求完成下列问题： （1）要在墙上开一个上半部为半圆形，下部为矩形窗户（如图所示），在窗框为定长的条件下，要使窗户能够透过最多的光线，窗户应设计成怎样的尺寸？ （2）如图所示，铁路线上段长千米，工厂到铁路的距离为千米.现要在上某一点处向修一条公路，已知铁路每吨千米的运费与公路每吨千米的运费之比为.为了使原料从供应站运到工厂的运费最少，点应选在何处？ 19. 已知实数集，定义． （1）若，求； （2）若，求集合A； （3）若A中的元素个数为9，求的元素个数的最小值． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$