2023-2024学年四川省南充市南充市高一上学期9月月考数学质量检测模拟试题（含解析）

2023-2024学年四川省南充市南充市高一上学期9月月考数学质量检测模拟试题注意事项：1．答卷前，考生务必将自己的姓名、准考证号填写在答题卡上．2．作答时，将答案写在答题卡上，写在本试卷上无效．3．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．一、单项选择题：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．已知集合，，则（

）A． B． C． D．2．命题“”的否定是（

）A． B．C． D．3．已知集合，，则“”是“”的（

）A．充要条件 B．必要不充分条件C．充分不必要条件 D．既不充分又不必要条件4．有外表一样、重量不同的四个小球，它们的重量分别是，已知，，，则这四个小球由重到轻的排列顺序是（

）．A． B．C． D．5．已知，设，，则有（

）A． B．C． D．6．若“，使得成立”是假命题，则实数的取值范围为（

）A． B．C． D．7．火车站有某公司待运的甲种货物1530吨，乙种货物1150吨．现计划用A，B两种型号的货箱共50节运送这批货物．已知35吨甲种货物和15吨乙种货物可装满一节A型货箱，25吨甲种货物和35吨乙种货物可装满一节B型货箱，据此安排A，B两种货箱的节数，下列哪个方案不满足：（

）A．A货箱28节，B货箱22节 B．A货箱29节，B货箱21节C．A货箱31节，B货箱19节 D．A货箱30节，B货箱20节8．已知，则的最小值为（

）A．4 B．6 C． D．10二、多项选择题：本题共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．设全集为U，在下列选项中，是的充要条件的是（

）A． B． C． D．10．下列几种说法中，不正确的是（

）A．周长相等的三角形全等B．“”是“”的充分不必要条件C．命题“若，则”的否定是假命题D．若a为实数，则“”是“”的必要不充分条件11．对任意集合A，，记且，则称为集合A，B的对称差，例如，若，则，下列命题中为真命题的是（

）A．若A，且，则B．若A，且，则C．存在A，，使得D．若A，且，则12．下列说法正确的有（

）A．已知，则的最小值为B．的最小值为2C．若正数x，y满足，则的最小值为3D．设x，y为正实数，若，则的最小值是1三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在答题卡上．13．已知集合，．若，则的值为．14．已知，，则的取值范围是．15．已知集合M为非空数集，且同时满足下列条件：（i）；（ii）对任意的，任意的，都有；（iii）对任意的且，都有．给出下列四个结论：①；②；③对任意的x，，都有；④对任意的x，，都有．其中正确的结论有个．16．对任意的正实数a，b，c，满足，则的最小值为.四、解答题（本大题共6小题，共70分，17题10分，18-22题各12分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17．已知集合，集合．求：(1)；(2)．18．已知集合，．(1)当时，求；(2)是的充分不必要条件，求实数的取值范围．19．设全集，集合，或．

(1)求图中阴影部分表示的集合；(2)已知集合，若，求a的取值范围．20．对平面直角坐标系第一象限内的任意两点，作如下定义：如果，那么称点是点的“上位点”，同时称点是点的“下位点”．(1)试写出点的一个“上位点”坐标和一个“下位点”坐标；(2)设a，b，c，d均为正数，且点是点的“上位点”，请判断点是否既是点的“下位点”，又是点的“上位点”．如果是，请证明；如果不是，请说明理由．21．设矩形的周长为，把沿向折叠，折过去后交于点P，设．(1)用x的代数式表示y，并写出x的取值范围；(2)求的最大面积及相应x的值．22．有限个元素组成的集合，，记集合中的元素个数为，即.定义，集合中的元素个数记为，当时，称集合具有性质.(1)，，判断集合，是否具有性质，并说明理由；(2)设集合，且（），若集合具有性质，求的最大值.1．A【分析】根据集合直接求并集即可．【详解】解：因为集合，，所以．故选：A.2．D【分析】全称量词命题的否定是存在量词命题，把任意改为存在，把结论否定.【详解】“”的否定是“”.故选：D3．C【分析】由可得a的值，结合充分性、必要性判断即可.【详解】因为，所以或或，所以是的充分不必要条件.故选：C.4．A【分析】由，相加可得，进而得，利用可得，即可判断出大小.【详解】，，，，，，综上可得，．故选：A.本题考查了不等式的基本性质，考查了推理能力，属于基础题.5．B【分析】比较两个数的大小，通常采用作差法，分别计算的结果，判断结果的符号．【详解】解：∵，因为，所以，∴．故选：B6．B【分析】“，使得成立”是假命题，等价于“，使得成立”是真命题，再利用基本不等式，求出时，的最小值，即可得实数的取值范围．【详解】若“，使得成立”是假命题，则“，使得成立”是假命题，即等价于“，使得成立”是真命题.根据基本不等式，，当且仅当，即时等号成立，所以，故实数的取值范围为.故选：B．7．C【分析】设A、B货箱分别有x，y节，则，结合已知判断各选项是否能够装运所有货物即可．【详解】设A、B货箱分别有x，y节，则，A：共50节且，，满足；B：共50节且，，满足；C：共50节且，，不满足；D：共50节且，，满足；故选：C.8．D【分析】根据已知条件可得出，，通过配凑，再根据基本不等式即可求得结果.【详解】∵∴，，∴，当且仅当，即，时取等号，∴的最小值为10．故选：D.9．BCD【分析】利用维恩图解决集合运算问题.【详解】由维恩图可知，A不是的充要条件，B，C，D都是的充要条件，故选：BCD．10．ABD【分析】本题考查了充分条件和必要条件基本概念．A举反例判断，BCD根据充分条件与必要条件概念判断．【详解】对于A，因为若三角形三边长分别为3,3,4和2,4,4，它们周长相等但三角形不全等，所以A错误；对于B，当，时，，但，所以B错误；对于C，命题“若，则”是真命题，所以命题“若，则”的否定是假命题，所以C正确；对于D，“”是“”的充分不必要条件，所以D错误；故选：ABD．11．ABCD【分析】根据对称差的定义及集合的交、并、补运算，逐项判断即可．【详解】对于A，因为，所以且，即与是相同的，所以，否则，若，且，故本选项符合题意；对于B，因为，所以且，所以，且B中的元素不能出现在中，因此，故本选项符合题意；对于C，时，，，故本选项符合题意；对于D，因为，所以且，所以，故本选项符合题意．故选：ABCD．12．ACD【分析】对于A项，配凑后使用基本不等式判断即可，对于B项，当时不成立即可判断，对于C项，运用“1”的代换及基本不等式即可判断，对于D项，运用，结合已知条件转化为解关于的一元二次不等式即可.【详解】对于A项，因为，所以，所以，当且仅当，即时等号成立，故A项成立；对于B项，当时，，故B项错误；对于C项，正数x，y满足，所以，所以，当且仅当，即时等号成立，故C项成立；对于D项，因为x，y为正实数，所以，当且仅当时等号成立，①又因为，所以②，所以由①②得，即，即，又因为，，所以，当且仅当，即，时，等号成立，故D项成立．故选：ACD．13．【分析】将-1、2分别代入中，可得出关于m，n的两个方程，从而求出m、n值，从而得出答案．【详解】解：由题意知-1，2是方程的两根，则，解得，∴．故．14．【分析】运用不等式的性质进行求解即可．【详解】∵，∴，又∵，∴．故答案为．15．3【分析】①利用条件（i）和（ii）推理可得；②利用（i），（iii）得，再结合（ii）可判断；③首先得出，然后由条件（ii）可得结论；④由已知得出，得，推导得出，从而有，，，，再由条件（ii）可判断．【详解】①∵，∴，即，①正确；②∵，∴，∴，，②正确；③∵，又，∴，所以，③正确；④，．由③，∴，由②知，∴，∴，，，∴，由③得，∴当时，，，，，∴，④不正确，综上，①②③正确．故3．16．【分析】根据条件，得到，利用基本不等式得到，再通过构造，二次运用基本不等式即可求出结果.【详解】因为，当且仅当时取等号.故答案为.关键点晴：解答本题的关键在于，利用条件将变形成，再整理成，再利用均值不等式即可求出结果.17．(1)(2)或【分析】（1）利用集合交集的定义进行求解即可；（2）根据集合补集的定义，结合（1）的结论进行求解即可.【详解】（1）因为，，所以；（2）由（1）可知：，所以或.18．(1)(2)【分析】（1）由求出集合，再根据并集的定义即可得解；（2）根据题意是的真子集，根据集合的关系求解参数的取值范围．【详解】（1）∵当时，，，∴；（2）∵，∴，由是的充分不必要条件得是的真子集，若，则，解得，满足是的真子集，符合题意；当时，，满足是的真子集，符合题意；当时，，得，解得，综上可得：，故实数的取值范围为：．19．(1)(2)【分析】由韦恩图图及含参数的集合交并补的混合运算即可求解.【详解】（1）因为，或，所以，则图中阴影部分表示．（2）因为，或，且，所以，，所以当时，，解得，符合题意；当时，或者，此时不等式组无解，不等式组的解集为，综上，a的取值范围为．20．(1)一个“上位点”坐标为，一个“下位点”坐标为（答案不唯一，正确即可）(2)是，证明见解析【分析】（1）由已知“上位点”和“下位点”的定义，可得出点（3，5）的一个“上位点”的坐标为（3，4），一个“下位点”的坐标为（3，7）；（2）由点是点的“上位点”得出,然后利用作差法得出与的大小关系，结合“下位点”和“上位点”的定义可得出结论.【详解】（1）解：由题意，可知点的一个“上位点”坐标为，一个“下位点”坐标为．（答案不唯一，正确即可）（2）解：点既是点的下位点，又是点的“上位点”，证明如下：∵点是点的“上位点”，∴，又a，b，c，d均为正数，∴，∵，∴是点的“下位点”，∵，∴是点的“上位点”，综上，既是点的“下位点”，又是点的“上位点”．21．(1)(2)当时，的面积最大，面积的最大值为【分析】（1）设，根据几何关系可得各边长度，再根据中的勾股定理列式，化简可得，根据求解即可；（2）根据，利用基本不等式求解最大值即可.【详解】（1）如图，∵，由矩形的周长为，可知．设，则，，，，，．在中，由勾股定理得，即，解得，所以．即．（2）的面积为．由基本不等式与不等式的性质，得，当且仅当时，即当时，的面积最大，面积的最大值为22．(1)集合不具有性质，集合具有性质，理由见解析(2)最大值为6056【分析】（1）由已知集合结合定义求得与，再由性质的概念判断；（2）要使取最大，则，，根据性质检验可得，可得的