2023-2024学年湖北省孝感市高一上学期9月调研考试数学质量检测模拟试题（含解析）

2023-2024学年湖北省孝感市高一上学期9月调研考试数学质量检测模拟试题一、选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的.1．已知集合，则（

）A． B． C． D．2．定义行列式，若行列式，则实数的取值范围为（

）A． B．C． D．3．十六世纪中叶，英国数学家雷科德在《砺智石》一书中首先把“”作为等号使用，后来英国数学家哈利奥特首次使用“”和“”符号，并逐步被数学界接受，不等号的引入对不等式的发展影响深远．若，则下列命题正确的是（

）A．若，则B．若，则C．若，则D．若，则4．已知关于x的方程有两个实数根.若满足，则实数k的取值为（

）A．或6 B．6 C． D．5．“”是“不等式对任意的恒成立”的（

）条件A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件6．关于实数的一元二次不等式的解集为，则不等式的解集为（

）A． B．C． D．7．已知二次函数的图象与轴交于点与，其中，方程的两根为，则下列判断正确的是（

）A． B．C． D．8．已知，，，则的最小值为（

）A．4 B．C． D．二、选择题：本大题共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．图中阴影部分用集合符号可以表示为（

）A． B．C． D．10．下列结论正确的是（

）A．“”是“”的充分不必要条件B．“”是“”的必要不充分条件C．“，有”的否定是“，使”D．“是方程的实数根”的充要条件是“”11．已知，，下列命题中正确的是（

）A．若，则B．若，则C．若，则D．若，则12．设为两个正数，定义的算术平均数为，几何平均数为，则有：，这是我们熟知的基本不等式.上个世纪五十年代，美国数学家D.H.Lehmer提出了“Lehmer均值”，即，其中为有理数.下列关系正确的是（

）A． B．C． D．三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13．设集合，，已知且，则的取值集合为.14．已知，则“”是“”的条件（从“充分不必要”、“必要不充分”、“充要”、“不充分不必要”中选择一个作答）．15．已知集合有整数解，非空集合满足条件：（1），（2）若，则，则所有这样的集合的个数为．16．若不等式对于任意正实数x、y成立，则k的范围为．四、解答题：本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.17．设，解关于的不等式：．18．已知非空集合，．(1)若，求；(2)若“”是“”的充分不必要条件，求实数的取值范围．19．已知关于的一元二次方程.(1)若方程有两个不等实数根，求的取值范围；(2)若方程两根之差的绝对值为，试求的值；(3)若方程两不等实根都小于5，试求的取值范围.20．科技创新是企业发展的源动力，是一个企业能够实现健康持续发展的重要基础．某科技企业最新研发了一款大型电子设备，并投入生产应用．经调研，该企业生产此设备获得的月利润（单位：万元）与投入的月研发经费（，单位：万元）有关：当投入的月研发经费不高于36万元时，；当投入月研发经费高于36万元时，．对于企业而言，研发利润率，是优化企业管理的重要依据之一，越大，研发利润率越高，反之越小．（1）求该企业生产此设备的研发利润率的最大值以及相应月研发经费的值；（2）若该企业生产此设备的研发利润率不低于190%，求月研发经费的取值范围．21．设A是正整数集的非空子集，称集合，且为集合A的生成集．(1)当时，写出集合A的生成集B；(2)若A是由5个正整数构成的集合，求其生成集B中元素个数的最小值；(3)判断是否存在4个正整数构成的集合A，使其生成集，并说明理由．22．（1）已知求函数最小值，并求出最小值时的值；（2）问题：正数满足，求的最小值.其中一种解法是：，当且仅当且时，即且时取等号.学习上述解法并解决下列问题：若实数满足，试比较和的大小，并指明等号成立的条件；（3）利用（2）的结论，求的最小值，并求出使得最小的的值.1．C【分析】根据交集与补集的定义求解.【详解】，，，故选：C.2．A【分析】根据行列式的定义得到关于的一元二次不等式，解得即可.【详解】因为，即，即，即，解得，所以实数的取值范围为.故选：A3．B【分析】A选项可以举反例说明，BC选项可以通过作差法来说明，D选项可以通过基本不等式来说明.【详解】A选项，若，则，A选项错误；B选项，，由于，故，，故，即，B选项正确；C选项，，由于，故，即，C选项错误；D选项，根据基本不等式，，当且，即时取得等号，此时，D选项错误.故选：B4．C【分析】先根据条件可知，再结合韦达定理即可建立等量关系，即可得解.【详解】关于x的方程有两个实数根，，解得，实数k的取值范围为，根据韦达定理可得，，，，即，解得或(不符合题意，舍去)，实数k的值为.故选：C.5．A【分析】根据不等式恒成立，求实数的取值范围，再利用集合的包含关系，判断充分，必要条件.【详解】当时，对任意的恒成立，当时，则，解得：，故的取值范围为．故“”是的充分不必要条件．故选：A6．D【分析】根据三个二次之间的关系结合韦达定理可得，且，代入所求不等式运算求解即可.【详解】由题意可得：的解为，且，可得，解得，则不等式，即为，且，则，整理得，解得或，即解集为.故选：D.7．C【分析】将方程的两根为的问题，转化为转化为的图象与有两个交点的问题，数形结合，可得答案.【详解】由题意可知方程的两根为，即的两根为，则可转化为图象与有两个交点问题，两交点横坐标为，当时，不妨设的图象如图示：函数与抛物线的交点如图示，则；当时，不妨设的图象如图示：函数与抛物线的交点如图示，则；综合上述，可知，故选：C8．D【分析】由于，所以，化简后利用基本不等式可求出其最小值.【详解】因为，，，所以原式，当且仅当，即时取等号，所以的最小值为.故选：D.9．AD【分析】在阴影部分区域内任取一个元素，分析与集合、、的关系，利用集合的运算关系，逐个分析各个选项，即可得出结论.【详解】如图，在阴影部分区域内任取一个元素，则或，所以阴影部分所表示的集合为，再根据集合的运算可知，阴影部分所表示的集合也可表示为，所以选项AD正确，选项CD不正确，故选：AD.10．ACD【分析】根据不等式的范围判断A；根据交集的概念判断B；全称量词命题的否定是存在量词命题判断C；将1代入方程求解判断D.【详解】对于A，因为，所以或，所以“当”时，“”成立，反之不成立，故“”是“”的充分不必要条件，正确；对于B，“”一定有“”成立，反之不成立，故“”是“”的充分不必要条件，错误；对于C，命题“，有”是全称量词命题，其否定是存在量词命题，即“，使”，正确；对于D，当时，1为方程的一个根，故充分；当方程有一个根为1时，代入得，故必要，正确；故选：ACD11．ACD【分析】对于A，由已知得，利用基本不等式可求得结果，对于B，由已知可得，化简后利用基本不等式即可，对于C，变形后利用柯西不等式判断，对于D，先对已知化简可得，然后代入中化简变形后利用基本不等式即可.【详解】对于A，因为，所以，因为，，所以，当且仅当时取等号，所以，所以，当且仅当时取等号，所以，当且仅当时取等号，所以A正确，对于B，因为，所以，所以，当且仅当，即取等号，所以B错误，对于C，由，，，由柯西不等式得，所以，当且仅当，即时取等号，所以C正确，对于D，由，得，化简得，所以，因为，，所以，所以，当且仅当，即时取等号，所以，所以D正确，故选：ACD关键点点睛：此题考查基本不等式的应用和柯西不等式的应用，解题的关键是要注意基本不等式的应用条件“一正、二定、三相等”，考查数学转化能力，属于较难题.12．AC【分析】根据基本不等式比较大小可判断四个选项.【详解】对于A选项，，当且仅当时，等号成立，故A正确；对于B选项，，当且仅当时，等号成立，故B错误；对于C选项，，当且仅当时，等号成立，故C正确；对于D选项，当时，由C可知，，故D错误.故选：AC.13．【分析】根据元素与集合的关系以及集合的互异性可求出结果.【详解】因为，即，所以或，若，则或；若，即，则或.由与互异，得，故或，又，即，所以，解得且，综上所述，的取值集合为.故14．充要【分析】根据集合之间的关系及充分、必要性定义判断条件间的关系.【详解】由，则，故，充分性成立；由，则，故，必要性成立；所以“”是“”的充要条件.故充要15．【分析】根据集合有整数解，结合韦达定理可求出集合，再由题目信息中集合满足的两个条件，得到集合中互为相反数的两个元素同属于集合或同不属于集合，即可求解.【详解】因为的整数解只能是36的约数，当方程的解为，36时，；当方程的解为，18时，；当方程的解为，12时，；当方程的解为，9时，；当方程的解为，6时，；当方程的解为1，时，；当方程的解为2，时，；当方程的解为，时，；当方程的解为，时，；故集合由非空集合满足条件：（1），（2）若，则，即集合中互为相反数的两个元素同属于集合或同不属于集合，得这样的集合共有个，故答案为.16．【分析】将不等式转化为．只要求得最大值即可．【详解】易知，，．令，分式上下同除y，则，则即可，令，则．可转化为：，于是，．∴，即时，不等式恒成立（当时等号成立）．故17．答案见解析【分析】将所求不等式变形为，对实数的取值进行分类讨论，结合一次、二次不等式的解法解原不等式，即可得解.【详解】解：由可得.（1）当时，原不等式即为，解得；（2）当时，解方程可得或.①当时，，解原不等式可得或②当时，则，解原不等式可得；③当时，原不等式即为，解得；④当时，，解原不等式可得.综上所述，当时，原不等式的解集为；当时，原不等式的解集为；当时，原不等式的解集为；当时，原不等式的解集为；当时，原不等式的解集为.18．(1)(2)【分析】（1）由交集、补集的运算求解即可；（2）转化为集合间关系后列式求解.【详解】（1）当时，，，则或,；（2）是非空集合，“”是“”的充分不必要条件，则是Q的真子集，所以且与不同时成立，解得，故a的取值范围是.19．(1)或；(2)或；(3)或.【分析】（1）由求参数范围即可；（2）由，结合韦达定理列关于m的方程，即可求参数值.（3）令，则有，即可求参数范围.【详解】（1）由题设，所以或.（2）若方程两根为，则，且，，所以，即，所以或，经检验满足，故或.（3）若，则，可得或.20．（1）30万元，最大值200%；（2）.（1）分别写出与时研发利润率关于月研发经费的函数，再由基本不等式及函数的单调性求最值，取最大值中的最大者得结论；（2）由（1）可得应付利润率关于研发经费的解析式，列不等式求解的范围即可【详解】（1）由已知，当时，．当且仅当，即时，取等号；当时，．因为在上单调递减，所以．因为，所以当月研发经费为30万元时，研发利润率取得最大值200%．（2）若该企业生产此设备的研发利润率不低于190%，由（1）可知，此时月研发经费．于是，令，整理得，解得．因此，当研发利润率不小于190%时，月研发经费的取值范围是．思路点睛：与实际应用相结合的题型也是高考命题的动向，这类问题的特点是通过现实生活的事例考查书本知识，解决这类问题的关键是耐心读题、仔细理解题，只有吃透题意，才能将实际问题转化为数学模型进行解答.21．(1)；(2)4；(3)不存在，理由见解析.【分析】（1）利用集合的生成集定义直接求解；（2）设，且，利用生成集的定义即可求解；（3）假设存在集合，可得，，，，然后结合条件说明即得.【详解】（1）因为，所以，所以；（2）设，不妨设，因为，所以中元素个数大于等于4个，又，则，此时中元素个数等于4个，所以生成集B中元素个数的最小值为4；（3）不存在，理由如下：假设存在4个正整数构成的集合，使其生成集，不妨设，则集合A的生成集由组成，又，所以，若，又，则，故，若，又，则，故，所以，又，则，而，所以不成立，所以假设不成立，故不存在4个正整数构成的集合A，使其生成集.方法点睛:新定义题型的特点是:通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识