2024−2025學(xué)年石河子一中高一數(shù)學(xué)上學(xué)期9月考試卷附答案解析

2024?2025學(xué)年石河子一中高一數(shù)學(xué)上學(xué)期9月考試卷2024.9.18一、單項(xiàng)選擇題：（本大題8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的．）1．已知全集，集合，集合，則（

）A． B． C． D．2．已知全集，集合或，，那么陰影部分表示的集合為（

）A． B． C．或 D．3．已知命題，總有，則為（

）A．，使得 B．，使得C．，總有 D．，總有4．若，則的一個(gè)充分不必要條件為（

）A． B．C． D．5．設(shè)且，則的最大值是（

）A．400 B．100C．40 D．206．已知條件，條件，若p是q的充分不必要條件，則a的取值范圍為（

）A． B． C． D．7．下列命題中，p是q的充分條件的是（

）A．， B．，且C．， D．，8．若，，，則ab的取值范圍是（

）A． B．C． D．二、多選題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求.全部選對(duì)得6分，部分選對(duì)的得部分分，選對(duì)但不全的得部分分，有選錯(cuò)的得0分.9．已知，則下列不等式一定成立的是（

）A． B．C． D．10．下列說法正確的是（

）．A．的一個(gè)必要條件是B．若集合中只有一個(gè)元素，則C．“”是“一元二次方程有一正一負(fù)根”的充要條件D．已知集合，則滿足條件的集合N的個(gè)數(shù)為411．已知為正實(shí)數(shù)，，則（）A．的最大值為 B．的最小值C．的最小值為2 D．的最小值為三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12．一元二次不等式的解集為.13．已知，，則的范圍是．14．設(shè)正實(shí)數(shù)，，滿足，則當(dāng)取得最小值時(shí)，的最大值為．四、解答題：本題共5小題，共77分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．15．已知集合．(1)求；(2)若是的必要條件，求實(shí)數(shù)的取值范圍．16．（1）設(shè)a、b為實(shí)數(shù)，比較與的值的大小.（2）已知，求的取值范圍；（3）寫出集合的所有子集.17．（1）求函數(shù)的最大值；（2）求函數(shù)的最小值；（3）已知，且，求使不等式恒成立的實(shí)數(shù)的取值范圍．18．2022年新冠肺炎仍在世界好多國家肆虐，并且出現(xiàn)了傳染性更強(qiáng)的“德爾塔”變異毒株、“拉姆達(dá)”變異毒株，盡管我國疫情得到了很好的遏制，但由于整個(gè)國際環(huán)境的影響，時(shí)而也會(huì)出現(xiàn)一些散發(fā)病例，故而抗疫形勢依然嚴(yán)峻，日常防護(hù)依然不能有絲毫放松．在日常防護(hù)中，醫(yī)用防護(hù)用品必不可少，某公司一年購買某種醫(yī)用防護(hù)用品600噸，每次都購買x噸，運(yùn)費(fèi)為6萬元/次，一年的存儲(chǔ)費(fèi)用為萬元.一年的總費(fèi)用y（萬元）包含運(yùn)費(fèi)與存儲(chǔ)費(fèi)用.(1)要使總費(fèi)用不超過公司年預(yù)算260萬元，求x的取值范圍.(2)要使總費(fèi)用最小，求x的值.19．已知集合為非空數(shù)集，對(duì)于集合，定義對(duì)中任意兩個(gè)不同元素相加得到一個(gè)絕對(duì)值，將這些絕對(duì)值重新組成一個(gè)新的集合，對(duì)于這一過程，我們定義為“自相加”，重新組成的集合叫做“集合的1次自相加集合”，再次進(jìn)行次“自相加”操作，組成的集合叫做“集合的次自相加集合”，若集合的任意次自相加集合都不相等，則稱集合為“完美自相加集合”，同理，我們可以定義出“的1次自相減集合”，集合的1次自相加集合和1次自相減集合分別可表示為：.(1)已知有兩個(gè)集合，集合，集合，判斷集合和集合是否是完美自相加集合并說明理由；(2)對(duì)（1）中的集合進(jìn)行11次自相加操作后，求：集合的11次自相加集合的元素個(gè)數(shù)；(3)若且，集合，求：的最小值.1．B【分析】利用列舉法表示出集合A，再利用補(bǔ)集、并集的定義求解即得.【詳解】依題意，，而，則，又，所以.故選：B2．B【分析】陰影部分表示的集合為，根據(jù)補(bǔ)集定義求出，再根據(jù)交集定義即可求解.【詳解】因?yàn)槿?，集合或，所以，陰影部分表示的集合為，故選：.3．B【分析】直接寫出命題的否定即可.【詳解】因?yàn)?，總有，則為，使得故選:B4．D【分析】選項(xiàng)是的充分不必要條件，則選項(xiàng)的范圍是的子集，以此判斷選項(xiàng)是否滿足條件.【詳解】依題意可知選項(xiàng)是的充分不必要條件，則選項(xiàng)的范圍是的子集，對(duì)于選項(xiàng)A，不是的子集，故A不滿足；對(duì)于選項(xiàng)B，不是的子集，故B不滿足；對(duì)于選項(xiàng)C，不是的子集，故C不滿足；對(duì)于選項(xiàng)D，不是的子集，故D滿足.故選：D5．A【分析】直接用基本不等式求解即可.【詳解】因?yàn)樗约此援?dāng)且僅當(dāng)且，即時(shí)等號(hào)成立.故選：A6．C【分析】根據(jù)題意，可得由可以推出，但由推不出，從而列式算出實(shí)數(shù)的取值范圍.【詳解】因?yàn)槭堑某浞植槐匾獥l件，所以由“”可推出“”，且由“”不能推出“”，所以，可得.故選：C.7．A【解析】利用充分性的概念逐一判斷即可.【詳解】解：A：，故p是q的充分條件；B：且，故p不是q的充分條件；C：或，故p不是q的充分條件；D：當(dāng)時(shí)，若，則不能推出，故p不是q的充分條件.故選：A.【點(diǎn)睛】本題考查充分性的判斷，是基礎(chǔ)題.8．D【分析】根據(jù)題意利用基本不等式可得，以為整體，解一元二次不等式即可.【詳解】因?yàn)?，，由基本不等式可得，即，解得或（舍去），即，?dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)，等號(hào)成立，故ab的取值范圍是．故選：D．9．AC【分析】由不等式的性質(zhì)逐個(gè)判斷即可.【詳解】對(duì)于A，由，得，所以，所以，則A正確；對(duì)于B，當(dāng)時(shí)，，則B錯(cuò)誤；對(duì)于C，由，得，所以，則C正確；對(duì)于D，當(dāng)時(shí)，，此時(shí)，則D錯(cuò)誤.故選：AC10．CD【分析】對(duì)于A，舉例時(shí)不成立，進(jìn)而由充分條件和必要條件的定義得不是的充分條件，也不是的必要條件；對(duì)于B，按和兩種情況去探究方程的解即可；對(duì)于C，先由一元二次方程有一正一負(fù)根得，該不等式組的解即為方程有一正一負(fù)根的充要條件；對(duì)于D，先由得，再由結(jié)合子集個(gè)數(shù)公式即可得解.【詳解】對(duì)于A，當(dāng)時(shí)滿足，但不成立，所以不是的充分條件，不是的必要條件，故A錯(cuò)誤；對(duì)于B，當(dāng)時(shí)，方程的解為，此時(shí)集合中只有一個(gè)元素，滿足題意，當(dāng)時(shí)，為一元二次方程，則由集合中只有一個(gè)元素得，故，所以符合題意的有兩個(gè)，或，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C，一元二次方程有一正一負(fù)根，則，所以“”是“一元二次方程有一正一負(fù)根”的充要條件，故C正確；對(duì)于D，因?yàn)?，所以，又，故集合N的個(gè)數(shù)為個(gè)，故D正確.故選：CD.11．ABC【分析】運(yùn)用可判斷A項(xiàng)；由結(jié)合基本不等式可判斷B項(xiàng)；運(yùn)用可判斷C項(xiàng)；由，結(jié)合二次函數(shù)在區(qū)間上的最小值可判斷D.【詳解】，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取“=”，故A正確；，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取“=”，故B正確；由，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取“=”，故C正確；，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取“=”，故D錯(cuò)誤；故選：ABC12．【分析】利用一元二次不等式的解法即可求解.【詳解】由得，所以的解集為.故答案為：.13．【分析】首先求出的范圍，然后可求出答案.【詳解】因?yàn)?，，所以，所以，故答案為?4．4.【詳解】分析：由題意結(jié)合均值不等式的結(jié)論即可求得最大值，注意等號(hào)成立的條件.詳解：由已知得，當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)等號(hào)成立，則，，當(dāng)時(shí)，取最大值．點(diǎn)睛：在應(yīng)用基本不等式求最值時(shí)，要把握不等式成立的三個(gè)條件，就是“一正——各項(xiàng)均為正；二定——積或和為定值；三相等——等號(hào)能否取得”，若忽略了某個(gè)條件，就會(huì)出現(xiàn)錯(cuò)誤．15．(1)，(2)【分析】（1）根據(jù)交集、并集和補(bǔ)集的定義結(jié)合已知條件求解即可；（2）由，得，從而可列出關(guān)于的不等式，進(jìn)而可求得結(jié)果.【詳解】（1）因?yàn)?，所以，，所以，?）因?yàn)椋?，因?yàn)椋?，解得．所以?shí)數(shù)a的取值范圍是．16．（1）；（2）；（3）【分析】（1）利用作差法得到，即可比較.（2）利用待定系數(shù)法求出，再由不等式性質(zhì)得解即可；（3）化簡集合寫出子集即可.【詳解】由，又a、b為實(shí)數(shù)，，，則，所以.（2）設(shè)，故，解得，即，因?yàn)?，，則，則，即；（3）因?yàn)?，所以的子集為?17．（1）；（2）9；（3）【分析】（1）（2）對(duì)函數(shù)解析式變形，利用基本不等式求解最值；（3）先常數(shù)代換變形，再利用基本不等式求解最值；【詳解】（1）由，得，因此，當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)取等號(hào)，所以原函數(shù)的最大值為.（2）由，得，因此，當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)取等號(hào)，所以原函數(shù)的最小值為9.（3）由，則．當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)取到最小值16．若恒成立，則．18．(1)(2)30【分析】（1）由題得購買貨物的次數(shù)為，于是依據(jù)題目所給的數(shù)據(jù)即可得一年的總費(fèi)用y，再由即可求解的取值范圍.（2）先由（1）得一年的總費(fèi)用y，再直接利用基本不等式即可求出最小時(shí)x的值.【詳解】（1）因?yàn)楣疽荒曩徺I某種貨物600噸，每次購買x噸，所以購買貨物的次數(shù)為，故，化簡得，解得，所以x的取值范圍為.（2）由（1）可知，因?yàn)?，?dāng)且僅當(dāng)即時(shí)等號(hào)成立，所以當(dāng)時(shí)，一年的總費(fèi)用最小，故x的值為30.19．(1)是完美自相加集合,不是完美自相加集合，理由見解析(2)2051(3)675【分析】（1）利用自相加的概念找到一般規(guī)律計(jì)算即可；（2）連續(xù)的的正整數(shù)，自相加后，形成的新的集合元素必然是連續(xù)的正整數(shù)，且得到集合的最小值必然是原來集合的兩個(gè)最小元素值之和，得到的最大值為原來集合的兩個(gè)最大元素值之和，所以只需要計(jì)算進(jìn)行十一次自相加后集合的最大值和最小值即可，計(jì)算元素個(gè)數(shù)；（2）由第二問的結(jié)論，我們很容易得到然后利用集合計(jì)算公式計(jì)算參數(shù)范圍即可.【詳解】（1）是完美自相加集合,不是完美自相加集合理由如下：集合,由此可知集合自相加后，新的集合的元素中最小的元素為自相加之前的集合中的最小兩個(gè)元素之和，所以顯然集合的最小兩個(gè)元素為，所以的最小元素為對(duì)集合進(jìn)行任意次自相加操作后，最小值在變大，故不可能有相等集合，所以是完美自相加集合；集合表示所以奇數(shù)構(gòu)成的集合，任何兩個(gè)奇數(shù)相加都是偶數(shù)，所以，為所有偶數(shù)構(gòu)成集合；所以對(duì)再進(jìn)行一次自相加操作，所有偶數(shù)相加還是會(huì)是所有偶數(shù)，故后面集合不管進(jìn)行多少次相加都是與相同；故不是完美自相加集合（2）由自相加性質(zhì)可知，對(duì)于集合，進(jìn)行一次自相加，得到集合的最小值必然是原來集合的兩個(gè)最小元素值之和，得到的最大值為原來集合的兩個(gè)最大元素值之和，且中間必然是連續(xù)的整數(shù)元素；所以對(duì)集合進(jìn)行一次自相加之后，得到的集合最小兩個(gè)元素為，最大的兩個(gè)元素為；進(jìn)行第二次自相加，得到的集合最小兩個(gè)元素為，最大的兩個(gè)元素為；進(jìn)行第三次自相加，得到的集合最小兩個(gè)元素為，最大的兩個(gè)元素為；進(jìn)行第四次自相加，得到的集合最小兩個(gè)元素為，最大的兩個(gè)元素為；進(jìn)行第五次自相加，得到的集合最小兩個(gè)元素為，最大的兩個(gè)元素為；進(jìn)行第六次自相加，得到的集合最小兩個(gè)元素為，最大的兩個(gè)元素為；進(jìn)行第七次自相加，得到的集合最小兩個(gè)元素為，最大的兩個(gè)元素為；進(jìn)行第八次