精品解析：河北省石家庄正定中学2024-2025学年高一上学期第一次月考数学试题

河北正定中学高一上学期第一次月考 数学试题 （时间：120分钟 满分：150分） 命题人：温绍雄 审题人：梁梦迪 注意事项： 1.答题前，务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.答题时使用0.5毫米黑色签字笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚. 3.请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效. 4.保持答题卡面清洁，不折叠，不破损. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知全集，，则=（ ） A. B. C. D. 2. 命题“”的否定是（ ） A. B. C. D. 3. 已知，则的最小值是（ ） A. 4 B. 8 C. 12 D. 16 4. 设，为实数，甲：，乙：，则甲是乙的（ ） 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 5. 下列表示集合和关系的Venn图中正确的是（ ） A. B. C. D. 6. 若，，，则ab的取值范围是（ ） A. B. C. D. 7. 已知命题：，为真命题，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 8. 已知表示不超过x的最大整数，集合，，且，则集合B的子集个数为（ ）． A. 4 B. 8 C. 16 D. 32 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 10. 若，则下列结论一定成立的是（ ） A. B. C. D. 11. 群论，是代数学的分支学科，在抽象代数中有重要地位，且群论的研究方法也对抽象代数的其他分支有重要影响，例如一般一元五次及以上的方程没有根式解就可以用群论知识证明.群的概念则是群论中最基本的概念之一，其定义如下：设G是一个非空集合，“”是G上的一个代数运算，如果该运算满足以下条件：①对任意的a，，有；②对任意的a，b，，有；③存在，使得对任意的，有，e称为单位元；④对任意的，存在，使，称a与b互为逆元.则称G关于“”新构成一个群.则下列说法不正确的有（ ） A. 关于数的乘法构成群 B. 自然数集关于数的加法构成群 C. 实数集关于数的乘法构成群 D. 关于数的加法构成群 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若，则的取值范围为________. 13. 某校“田径运动会”上，共有12名同学参加100米、400米、1500米三个项目，其中有8人参加“100米比赛”，有7人参加“400米比赛”，有5人参加“1500米比赛”，“100米和400米”都参加的有4人，“100米和1500米”都参加的有3人，“400米和1500米”都参加的有3人，则三项比赛都参加的有_________人. 14. 已知，且，则的最小值为_________. 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. 已知集合. （1）求； （2）求. 16. 如图所示，动物园要围成相同面积的长方形虎笼四间，一面可利用原有的墙，其他各面用钢筋网围成，每间虎笼的长为a（单位：）、宽为b（单位：）（a，b都为正数）. （1）现有可围长的钢筋网材料，每间虎笼的长、宽各设计为多少时，可使每间虎笼面积最大？ （2）若使每间虎笼面积为，每间虎笼的长、宽各设计为多少时，可使围成四间笼的钢筋网总长最小？最小值为多少？ 17. 已知关于x的不等式：. （1）若，求该不等式的解集； （2）设命题P：实数x满足，其中；命题q：实数x满足，且q是p的必要不充分条件，求实数a的取值范围. 18. 根据要求完成下列问题： （1）已知，求出的最小值，以及取最小值x，y的值； （2）已知a，b，c，，比较与的大小并说明理由； （3）利用（2）的结论解决下面问题：已知m，n均为正数，且，求的最大值. 19. 设数集A由实数构成，且满足：若且，则. （1）若，试证明A中还有另外两个元素； （2）集合A是否为只含有两个元素的集合，并说明理由； （3）若A中元素个数不超过8个，所有元素的和为，且A中有一个元素的平方等于所有元素的积，求集合A. （提示：） 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $ 河北正定中学高一上学期第一次月考 数学试题 （时间：120分钟 满分：150分） 命题人：温绍雄 审题人：梁梦迪 注意事项： 1.答题前，务必先将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上. 2.答题时使用0.5毫米黑色签字笔或碳素笔书写，字体工整、笔迹清楚. 3.请按照题号在各题的答题区域（黑色线框）内作答，超出答题区域书写的答案无效. 4.保持答题卡面清洁，不折叠，不破损. 一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的. 1. 已知全集，，则=（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据并集定义即可求解. 【详解】，，=. 故选：B. 【点睛】本题考查集合间的运算，属于基础题. 2. 命题“”的否定是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据全称命题的否定是特称命题得出结果即可； 【详解】命题“”的否定是. 故选：B. 3. 已知，则的最小值是（ ） A. 4 B. 8 C. 12 D. 16 【答案】D 【解析】 【分析】由基本不等式可得答案. 【详解】已知，则，， 当且仅当，即时“”成立，故所求最小值是16. 故选：D． 4. 设，为实数，甲：，乙：，则甲是乙的（ ） 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】B 【解析】 【分析】根据不等式的性质及充分条件、必要条件的概念得解. 【详解】因为，推不出， 而， 所以甲是乙的必要不充分条件， 故选：B 5. 下列表示集合和关系的Venn图中正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】依题意可求得集合，根据集合中的元素可判断两集合之间的关系. 【详解】根据题意由可得，即； 解方程可得或，解得或或或， 即可得； 因此可得集合有交集，但没有包含关系. 故选：A 6. 若，，，则ab的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】根据题意利用基本不等式可得，以为整体，解一元二次不等式即可. 【详解】因为，，由基本不等式可得， 即，解得或（舍去），即， 当且仅当，即时，等号成立， 故ab的取值范围是． 故选：D． 7. 已知命题：，为真命题，则实数的取值范围是（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】二次不等式恒成立问题可转化为二次方程解的情况，可得不等式，解不等式即可. 【详解】因为命题：，为真命题，所以不等式的解集为. 若，则不等式可化为，解得，不等式解集不是； 若，则根据一元二次不等式解集的形式可知：，解得， 综上可知：， 故选：D. 8. 已知表示不超过x的最大整数，集合，，且，则集合B的子集个数为（ ）． A. 4 B. 8 C. 16 D. 32 【答案】C 【解析】 【分析】由新定义及集合的概念可化简集合，再由可知，分类讨论的归属，从而得到集合的元素个数，由此利用子集个数公式即可求得集合的子集的个数. 【详解】由题设可知，， 又因为，所以， 而， 因为的解为或，的两根满足， 所以分属方程与的根， 若是的根，是的根，则有，解得， 代入与，解得或与或， 故； 若是的根，是的根，则有，解得， 代入与，解得或与或， 故； 所以不管如何归属方程与，集合总是有4个元素， 故由子集个数公式可得集合的子集的个数为. 故选：C 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，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，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 下列说法正确的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BCD 【解析】 【分析】根据数集的定义以及子集的概念即可得到结果. 【详解】对于A，是整数集，所以，故A错误； 对于B，是自然数集，所以，故B正确； 对于C，是的一个子集，所以，故C正确； 对于D，，这样的实数不存在，所以，故D正确； 故选：BCD. 10. 若，则下列结论一定成立的是（ ） A. B. C. D. 【答案】BD 【解析】 【分析】根据给定条件，利用不等式性质，结合作差法比较大小即得. 【详解】对于A，由，得，A错误； 对于B，，B正确； 对于C，，C错误； 对于D，，D正确. 故选：BD 11. 群论，是代数学的分支学科，在抽象代数中有重要地位，且群论的研究方法也对抽象代数的其他分支有重要影响，例如一般一元五次及以上的方程没有根式解就可以用群论知识证明.群的概念则是群论中最基本的概念之一，其定义如下：设G是一个非空集合，“”是G上的一个代数运算，如果该运算满足以下条件：①对任意的a，，有；②对任意的a，b，，有；③存在，使得对任意的，有，e称为单位元；④对任意的，存在，使，称a与b互为逆元.则称G关于“”新构成一个群.则下列说法不正确的有（ ） A. 关于数的乘法构成群 B. 自然数集关于数的加法构成群 C. 实数集关于数的乘法构成群 D. 关于数的加法构成群 【答案】ABC 【解析】 【分析】反例判断A，B，C是否满足④，对于D，对所有的，设，求出，依次看是否满足要求. 【详解】A：由且，使，但，不存在，使，故A错误； B：由且，都有，但，不存在，使，故B错误； C：由且，使，但，不存在，使，故C错误； D：对所有的，可设， 则， ①满足加法结合律，即，有； ②，使得，有； ③，设，使，正确. 故选：ABC. 【点睛】关键点点睛：对于D，对所有的，，求出. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 若，则的取值范围为________. 【答案】 【解析】 【分析】根据已知条件结合不等式性质求范围即可. 【详解】因为,所以, 又因为,所以. 故答案为：. 13. 某校“田径运动会”上，共有12名同学参加100米、400米、1500米三个项目，其中有8人参加“100米比赛”，有7人参加“400米比赛”，有5人参加“1500米比赛”，“100米和400米”都参加的有4人，“100米和1500米”都参加的有3人，“400米和1500米”都参加的有3人，则三项比赛都参加的有_________人. 【答案】2 【解析】 【分析】根据容斥原理可分析出3项都参加的人数. 【详解】根据题意，设是参加100米的同学，是参加400米的同学，是参加1500米的同学， ， 则， 且， 则， 所以三项比赛都参加的有2人， 故答案为：2. 14. 已知，且，则的最小值为_________. 【答案】2 【解析】 【分析】先由题意得且，接着将代入整理得，再根据基本不等式中常数“1”的妙用方法即可计算求解. 【详解】因为，且， 所以且， 所以 ， 当且仅当即时等号成立， 所以的最小值为2. 故答案为：2. 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. 已知集合. （1）求； （2）求. 【答案】（1）； （2）；； 或. 【解析】 【分析】（1）由交集以及并集的运算，即可得到结果； （2）根据题意，先求，，再由交集的运算，代入计算，即可得到结果. 【小问1详解】 因为， 所以，. 【小问2详解】 由题意可得或，或， 则， ， 或. 16. 如图所示，动物园要围成相同面积的长方形虎笼四间，一面可利用原有的墙，其他各面用钢筋网围成，每间虎笼的长为a（单位：）、宽为b（单位：）（a，b都为正数）. （1）现有可围长的钢筋网材料，每间虎笼的长、宽各设计为多少时，可使每间虎笼面积最大？ （2）若使每间虎笼面积为，每间虎笼的长、宽各设计为多少时，可使围成四间笼的钢筋网总长最小？最小值为多少？ 【答案】（1）每间虎笼的长设计为、宽设计为时，可使每间虎笼面积最大，面积最大为. （2）每间虎笼的长设计为、宽设计为时，可使围成四间笼的钢筋网总长最小，最小值为48m. 【解析】 【分析】（1）先由题意得，，每间虎笼面积为，再利用基本不等式即可求出面积S的最大值以及此时的值. （2）先由题意得，钢筋网总长为，再利用基本不等式即可求出l的最小值以及此时的值. 【小问1详解】 由题得即，， 设每间虎笼面积为S，则， 因为，当且仅当时等号成立， 所以即， 所以每间虎笼的长、宽时，可使每间虎笼面积最大，面积最大为. 【小问2详解】 由题意可得， 设钢筋网总长为l，则， 因为，当且仅当即时等号成立， 所以每间虎笼的长设计为、宽设计为时，可使围成四间笼的钢筋网总长最小，最小值为48m. 17. 已知关于x的不等式：. （1）若，求该不等式的解集； （2）设命题P：实数x满足，其中；命题q：实数x满足，且q是p的必要不充分条件，求实数a的取值范围. 【答案】（1） （2） 【解析】 【分析】（1）将代入进去求不等式即可； （2）根据题意可得是的真子集，再根据取值范围求解即可. 【小问1详解】 当时，不等式为， 因式分解为， 所以解集为； 【小问2详解】 命题P：实数x满足， 因式分解为，因为， 所以解集为， 命题q：实数x满足，则解集为或， 因为q是p的必要不充分条件，得是的真子集， 所以或，解得或， 又，所以， 所以a的取值范围为. 18. 根据要求完成下列问题： （1）已知，求出的最小值，以及取最小值x，y的值； （2）已知a，b，c，，比较与的大小并说明理由； （3）利用（2）的结论解决下面问题：已知m，n均为正数，且，求的最大值. 【答案】（1）的最小值为24，此时； （2），理由为： 因为 ， 所以 （3）的最大值为5. 【解析】 【分析】（1）根据基本不等式“1”的妙用方法去计算即可求解； （2）两式作差，根据差值情况即可比较； （3）由（2）得，由该不等式即可得解. 【小问1详解】 因为， 所以， 当且仅当即时等号成立， 所以的最小值为24，此时. 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由（2）可得， 所以，当且仅当时等号成立， 所以的最大值为5. 19. 设数集A由实数构成，且满足：若且，则. （1）若，试证明A中还有另外两个元素； （2）集合A是否为只含有两个元素的集合，并说明理由； （3）若A中元素个数不超过8个，所有元素的和为，且A中有一个元素的平方等于所有元素的积，求集合A. （提示：） 【答案】（1） 证明：根据题意若，则， 若，则， 若，则， 因此可得集合， 即可知集合中除了含有3之外，还含有两个元素. （2）不是，理由如下： 由且，可得， 由可得， 由可得，且，易知方程均无解； 所以； 即可得集合中至少含有3个元素， 所以集合A不可能为只含有两个元素的集合. （3） 【解析】 【分析】（1）根据集合的性质代入3计算可得集合中还含有两个元素； （2）根据集合中元素的互异性，易证明集合中至少含有三个元素； （3）利用（2）中的结论可知集合中的元素个数需为3的倍数，再由元素个数不超过8个以及所有元素的积可确定A中的元素个数必为6个，再由所有元素的和为即可得出结论. 【小问1详解】 略 【小问2详解】 略 【小问3详解】 由（2）可知，若，则， 易知集合中的元素个数需为3的倍数， 若A中元素个数不超过8个，且A中有一个元素的平方等于所有元素的积， 由可知集合A中不可能只有3个元素，则集合A中的元素个数必为6个； 因此6个元素的积必为1，不妨取，解得或(舍)； 可知， 又所有元素的和为，不妨设， 根据提供解析式可解得或或, 所以. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据集合A中的元素性质，证明得出集合A中的元素个数必是3的倍数，再由元素个数以及所有元素的和及其积的性质计算即可得出集合A. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $