吉林省长春市第二实验中学2024-2025学年高一上学期10月月考数学试题

2024-2025学年吉林省长春市第二实验中学高一（上）月考数学试卷（10月份）✥ 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。 1.设集合，则集合M的真子集个数为(    ) A. 32 B. 31 C. 16 D. 15 2.命题“，”的否定是(    ) A. ， B. ， C. ， D. ， 3.下列命题中正确的是(    ) A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若，，则 4.已知关于x的不等式的解集为，其中a，b，c为常数，则不等式的解集是(    ) A. B. 或 C. 或 D. 5.已知函数的定义域为，则函数的定义域为(    ) A. B. C. D. 6.一元二次方程有一个正根和一个负根的一个充分不必要条件是(    ) A. B. C. D. 7.高斯是德国著名的数学家，享有“数学王子”的称号，用其名字命名的“高斯函数”为：设，用表示不超过x的最大整数，则称为高斯函数，例如：，，已知函数，则函数的值域是(    ) A. B. C. D. 8.若，则下列结论中正确结论的个数为(    ) ①；②；③若，，则；④若，且，则；⑤存在且，满足 A. 2 B. 3 C. 4 D. 5 二、多选题：本题共3小题，共18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6分，部分选对的得2分，有选错的得0分。 9.下列各组函数中，与表示同一函数的是(    ) A. 与 B. 与 C. 与 D. 与 10.已知函数，下列关于函数的结论正确的是(    ) A. 的定义域是R B. 的值域是 C. 若，则 D. 的图象与直线有一个交点 11.已知x，y为正实数，，则(    ) A. xy的最大值为1 B. 的最小值3 C. 的最小值为 D. 的最小值为 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。 12.若，则______. 13.已知，，，则的取值范围为______. 14.中国宋代的数学家秦九韶曾提出“三斜求积术”，即假设在平面内有一个三角形，边长分别为a，b，c，三角形的面积S可由公式求得，其中p为三角形周长的一半，这个公式也被称为海伦-秦九韶公式，现有一个三角形的边长满足，，则此三角形面积的最大值为______. 四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。 15.本小题13分 已知集合 若A中没有元素，求实数a的取值集合； 若A中只有一个元素，求实数a的取值集合. 16.本小题15分 设集合，， 当时，求，及； 若“”是“”的充分不必要条件，求实数m的取值范围. 17.本小题15分 二次函数满足且 求的解析式； 当时，不等式恒成立，求实数m的取值范围． 18.本小题17分 已知， 若时，当时，求的最小值. 求关于x的不等式的解集. 19.本小题17分 已知二次函数， 若在的最大值为1，求实数a的值； 若，当时，对，，使得，求正实数m的取值范围. 答案和解析 1.【答案】D  【解析】解：集合，元素个数为4个， 故集合M的真子集个数为 故选： 先求出集合M，再结合真子集的定义，即可求解． 本题主要考查真子集个数的求解，属于基础题． 2.【答案】D  【解析】解：因为全称命题的否定是特称命题，所以命题“，”的否定是：， 故选： 直接利用全称命题的否定是特称命题写出结果即可． 本题考查命题的否定，全称命题与特称命题的否定关系，是基础题． 3.【答案】C  【解析】解：当时，A显然错误； 当，时，B显然错误； 若，则，即，C正确； 若，，即， 则，D错误． 故选： 举出反例检验选项A，B，结合不等式性质检验选项C，D即可判断． 本题主要考查了不等式性质的应用，属于基础题． 4.【答案】A  【解析】解：因为关于x的一元二次不等式的解集为， 则，7是一元二次方程的两根，且， 所以，解得， 则不等式化为， 又因为， 所以不等式可化为， 解得， 即不等式的解集是 故选： 先根据一元二次不等式的解集得出再化简得出，即可得出不等式的解集． 本题主要考查了一元二次不等式的解法，考查了韦达定理的应用，属于基础题． 5.【答案】D  【解析】解：的定义域为， 即，则， 由，解得 函数的定义域为 故选： 由已知求得的范围，得到的定义域，再由题意列关于x的不等式组求解． 本题考查函数的定义域及其求法，是基础题． 6.【答案】D  【解析】【分析】 本题主要考查充分不必要条件的应用，二次方程根的分布，属于基础题. 先明确一元二次方程有一个正根和一个负根的的充要条件，再确定它的充分不必要条件. 【解答】 解：因为一元二次方程有一个正根和一个负根， 则 ， 所以：“一元二次方程有一个正根和一个负根”的一个充分不必要条件是“”，即选项D正确. 故选： 7.【答案】C  【解析】【分析】 本题考查新定义的理解和应用及分离常数法求函数的值域，属于中档题. 化简函数  ，用基本不等式求解最值. 【解答】 解：显然，   当  时，   ， 令  ， 当时，  ，当且仅当时，等号成立， 则  ， ； 当时，  ，当且仅当时，等号成立， 则，则  ，  综上所述，  的值域为  所以，根据高斯函数的定义，函数  的值域是  故选： 8.【答案】C  【解析】解：若， 对于①，，故①正确； 对于②，当中时，，所以，故②正确； 对于③，若，，不妨设， 则，，， 所以，故③正确； 对于④，例如，，，故④不正确； 对于⑤，例如，， 若， 则， 故，故⑤正确． 综上，①②③⑤正确． 故选： 利用集合的特征性质对选项进行判断． 本题主要考查了元素与集合的关系，属于中档题． 9.【答案】AC  【解析】解：，，定义域都为R，解析式相同，是同一函数，故A正确； 的定义域为R，，则，故的定义域为，所以不是同一函数，故B错误； 、的定义域都为R，且，所以是同一函数，故C正确； ，解得，的定义域为 ，解得或，定义域不同，所以不是同一函数，故D错误． 故选： 根据函数的定义域和解析式依次判断每个选项即可． 本题考查同一函数的判断，属于基础题． 10.【答案】BCD  【解析】解：对A，的定义域是，故A错误； 对B，当时，， 当时，，， 所以的值域是，故B正确； 对C，由B选项的分析可知，若， 则，解得，故C正确； 对D，画出的图象如下图所示，由图可知，故D正确． 故选： 根据函数的定义域、值域，由函数值求自变量、函数图象等知识对选项进行分析，从而确定正确答案． 本题主要考查了分段函数的性质的应用，属于基础题． 11.【答案】ABD  【解析】解：因为x，y为正实数，， 所以，当且仅当时取等号，A正确； ，当且仅当时取等号，B正确； ，当且仅当时取等号，C错误； 令，， 则 ， 根据二次函数的性质可知，当时，上式取得最小值，D正确． 故选： 由已知结合基本不等式几相关结论检验A，B，C，结合二次函数的性质检验选项D即可判断． 本题主要考查了基本不等式及二次函数性质在最值求解中的应用，属于中档题． 12.【答案】2  【解析】解：因为， 即， 可得， 故， 所以 故答案为： 根据已知求得函数解析式，进而求解结论． 本题主要考查函数值的求解，考查计算能力，属于基础题． 13.【答案】  【解析】解：， ，解得， 则， ，， ， ， 即， 的取值范围为 故答案为： 由已知结合不等式的性质即可求解． 本题主要考查了不等式性质的应用，属于基础题． 14.【答案】  【解析】解：，， 则， 故， 当且仅当，即时取等号， 故三角形面积的最大值为 故答案为： 根据已知条件，结合海伦-秦九韶公式，以及基本不等式的公式，即可求解． 本题主要考查海伦-秦九韶公式，以及基本不等式的公式，属于基础题． 15.【答案】解：对于方程，若，则，不合题意，故， 集合A中没有元素，则，即， 所以实数a的取值集合为； 对于方程， 若，则，符合题意； 若，A中只有一个元素，即，即， 故a的取值集合为  【解析】分和两种情况讨论，当时，由一元二次方程中根的判别式建立不等式解之可得答案． 分和两种情况讨论，当时，由一元二次方程中根的判别式建立方程解之可求得实数a的取值集合． 本题主要考查了方程解的存在条件的应用，体现了分类讨论思想的应用，属于基础题． 16.【答案】解：当时，，故或， 而， 故，，或； 由“”是“”的充分不必要条件，可得， 故当时，，可得，符合题意； 当时，需满足，解得， 综上可得，m的取值范围为或  【解析】根据集合的补集定义以及集合的交集加以运算，可求得答案． 根据题意可知，讨论集合B是否为空集，列出相应不等式，解之即可得到本题的答案． 本题主要考查了不等式的解法、充要条件的判断及其应用等知识，属于基础题． 17.【答案】解：由题意，设， 则 从而，， 又， 即， 又， 由及， 令，， 则当时，为减函数， 当时，， 从而要使不等式恒成立，则 故得实数m的取值范围是  【解析】设，根据且利用待定系数法可得的解析式； 分离参数，转化为求解二次函数的最小值问题可得实数m的取值范围． 本题考查了二次函数的图象和性质，待定系数法的运用和计算能力．属于基础题． 18.【答案】解：若时，， ， ，  当且仅当，即时取得等号. 故的最小值为4； ①当时，不等式的解为，  ②当时，令，解得， 当时，，解得， 当时，，不等式的解集为R， 当且时，由基本不等式得， 解得或， 综上：当时，不等式解集为， 当时，不等式解集为， 当时，不等式的解集为 R， 当且时，不等式的解集为或   【解析】本题考查基本不等式最值的求法，含参一元二次不等式的解法，属于中档题 当时，可化简为，由结合基本不等式求解； 由于参数a的不确定性，需对参数进行分类讨论，当时，令，可得，再进一步讨论两根的大小关系即可求得解集. 19.【答案】解：，图象开口向下，对称轴为， ①当，即时，则时有最大值，所以， ②当时，即时，则时有最大值，则， 又， 所以都不成立， ③当，即时，时有最小值， 所以， 综上所述：或； 当时，，对称轴为，且，， 对任意的，， 时，在上单调递增， 又，，则， 若对任意的，总存在，使成立， 所以， 所以，解得， 所以正实数m的取值范围是  【解析】由已知结合二次函数的性质对对称轴与已知区间的位置关系进行分类讨论即可求解； 结合二次函数及一次函数的单调性先求出及的值域，结合恒成立与存在性问题与最值关系的转化即可求解． 本题主要考查了二次函数在闭区间上最值的求解，还考查了恒成立与存在性问题与最值关系的转化，属于中档题． 第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$