山东省聊城第一中学2024-2025学年高一上学期第一次月考数学试题（解析版）

聊城一中2024级高一上学期第一次月考数学试题考试时间：120分钟，分值：150分一、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.命题：的否定是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】利用全称量词命题的否定是存在题词命题，再直接写出命题的否定.命题：是全称量词命题，其否定是存在量词命题，所以命题：的否定是：，故选：C2.设集合，，则（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】化简集合，结合交集的概念即可得解.，，则.故选：D.3.二次不等式的解集为，则的值为（）A. B.5 C. D.6【答案】D【解析】【分析】根据一元二次不等式的解与方程根的关系求解即可.不等式的解集为，，原不等式等价于，由韦达定理知，，，，．故选：D．4.若集合,则能使成立的所有组成的集合为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】考虑和两种情况,得到不等式组,解得答案.当时,即,时成立;当时,满足,解得;综上所述:.故选:C.5.“”是“”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】解出不等式，再利用充分条件、必要条件的定义判断即得.不等式等价于等价于，所以，即，解得或，故能推出成立，但是成立不一定有，所以“”是“”的必要不充分条件.故选：B6.若正实数满足，则下列说法错误的是（

）A.有最大值为 B.有最小值为C.有最小值 D.有最大值为【答案】D【解析】【分析】利用基本不等式求最值逐一分析即可.因为，则，当且仅当，即时取等号，故A正确；，当且仅当，即时取等号，故B正确；因为，则，当且仅当，即时取等号，故C正确；因为，当且仅当，即，时取等号，这与均为正实数矛盾，故D错误.故选：.7.对于、，规定，集合，则中元素的个数为（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】分、的奇偶性相同和奇偶性不同两种情况讨论，列举出满足条件的元素，即可得出集合的元素个数.分、的奇偶性相同和奇偶性不同两种情况讨论：①如果、的奇偶性相同，且、，此时，可为：、、、、、、、、、、，共个；②如果、的奇偶性不同，且、，此时，可为：、、、，共个.因此，集合的元素个数为个.故选：C.8.若关于的不等式的解集为.已知，，则的最小值为（）A. B.1 C. D.32【答案】C【解析】【分析】由不等式的解集为和，、可得，进而可求得和，从而结合基本不等式即可求解的最小值.由题意，关于的方程有两个正根，且由韦达定理知，解得，所以，所以，又，，故，，所以，当且仅当，即时等号成立，结合得，时取等号.此时实数符合条件，故，且当时，取得最小值.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.若集合A，B，U满足，则下列结论一定正确的是（）A. B. C. D.【答案】BC【解析】【分析】根据题意利用集合的交集、补集的运算，结合韦恩图和选项，逐项判定，即可求解.由，可得，所以B正确；如图所示，由，可得A错误，C正确；又由，所以D错误.故选：BC.10.下列四个结论中正确的是（）A.B.命题“”的否定是“”C.“”的充要条件是“”D.“”是“”的必要不充分条件【答案】ACD【解析】【分析】根据等式性质判断A，根据全称量词命题的否定为存在量词命题判断B，根据充分条件、必要条件的定义判断CD.对于A，，解得，即，正确；对于B，根据全称量词命题的否定为存在量词命题知：命题“”的否定为：，错误；对于C，若，则，反之若，则，所以“”充要条件是“”，正确；对于D，若，则不一定成立，如，但，反之，若，则，所以“”是“”的必要不充分条件，正确.故选：ACD11.下列命题正确的是（

）A.是关于的方程有一正一负根的充要条件B.若关于的不等式对一切恒成立，则实数的取值范围是C.若关于的不等式的解集是，则关于的不等式的解集是或D.若，则的最小值为【答案】ACD【解析】【分析】对于A，由韦达定理即可判断，对于B，参变分离即可判断，对于C，由条件确定，即可求解，对于D，由，再结合基本不等式即可求解.对于A，若的根一正一负，则，解得：；反之，当时，，方程有一正一负根，也成立，所以是关于x的方程，有一正一负根的充要条件，A对；对于B，若关于的不等式在上恒成立，则只需kx-1>x2-则实数k的取值范围是，故B错误；对于C，若关于的不等式的解集是1,+∞，则，所以关于的不等式或，故C正确；对于D，若，则，可得，等号成立当且仅当，所以，等号成立当且仅当，故D正确，故选：ACD三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.12.已知，则的取值范围是_____________．【答案】【解析】【分析】将改写成的形式，利用不等式性质即可求得其范围为.可令，即，解得，所以，又，所以，即，可得；所以的取值范围是.故答案为：13.已知关于的不等式，若此不等式的解集为，则实数m的取值范围是___________【答案】【解析】【分析】对进行和分类，再结合不等式的解集为讨论求解即可.】当时，，与客观事实矛盾，故此时不等式的解集为，符合；当时，为一元二次不等式，若此不等式解集为，则有，综上，实数m的取值范围是.故答案为：.14.已知关于的不等式组的解集中存在整数解且只有一个整数解，则的取值范围为__________.【答案】【解析】【分析】解一元二次不等式并对参数的取值进行分类讨论，再由解集中存在整数解且只有一个整数解即可求得的取值范围为.由，得或，所以的解集与或的交集中存在整数解，且只有一个整数解.当时，的解集为，此时，即，满足要求；当时，的解集为，此时不满足题设；当时，的解集为，此时，即，满足要求.综上，的取值范围为.故答案为：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，集合.（1）当时，求；（2）若，求的取值范围．【答案】（1），；（2）.【解析】【分析】（1）将代入集合，然后在计算；（2）由，从而由包含关系求参数的取值范围.【小问1】当时，，又，所以或，所以，.【小问2】（2）因为，所以，①当，即时，，满足．②当时，由得，解得，综合①②可知的取值范围．16已知函数．（1）求关于x的不等式的解集；（2）若对任意的，恒成立，求实数a的取值范围．【答案】（1）答案见解析（2）【解析】【分析】（1）求出对应方程的根，再根据根的大小进行讨论，即可得解；（2）对任意的，恒成立，即恒成立，结合基本不等式求出的最小值即可得解.【小问1】解：由已知易得即为：，令可得与，所以，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；【小问2】解：由可得，由，得，所以可得，，当且仅当，即时等号成立，所以，所以的取值范围是.17.我市为推动美丽乡村建设，发展农业经济，鼓励农产品加工，某食品企业生产一种饮料，每瓶成本为10元，售价为15元，月销售8万瓶.（1）据市场调查，若售价每提高1元，月销售量将减少2000瓶，要使月总利润不低于原来的月总利润（月总利润月销售总收入月总成本），该饮料每瓶售价最多为多少元？（2）为提高月总利润，企业决定下月进行营销策略改革，计划每瓶售价元，并投万元作为营销策略改革费用.据市场调查，每瓶售价每提高1元，月销售量将相应减少万瓶，则当每瓶售价为多少时，下月的月总利润最大？并求出下月最大总利润.【答案】（1）（2）当每瓶售价元时，下月的月总利润最大为万元【解析】【分析】（1）设提价元，则每瓶饮料利润为元，由此算出月销量，得到总利润的表达式，根据月总利润不低于原来的月总利润得到关于的不等式，即可求出的范围，进而求解；（2）由题意可得每瓶利润为元，得出月销量，从而得到月总利润的函数解析式，最后利用基本不等式求解.【小问1】设提价元，由题意知每瓶饮料利润为元，则月销量为万瓶，所以提价后月总销售利润为万元，因为原来月销售总利润为万元，且要求月总利润不低于原来的月总利润，所以，即，解得，所以售价最多为元，故该饮料每瓶售价最多为元；【小问2】由题意，每瓶利润为元，月销售量为万瓶，设下月总利润为，，整理得：，，，当且仅当，即时等号成立，，当且仅当时取等号，故当售价元时，下月的月总利润最大为万元.18.已知.（1）设，若关于的不等式的解集为，且的充分不必要条件是，求的取值范围；（2）方程有两个实数根，①若均大于，试求的取值范围；②若，求实数的值．【答案】（1）（2）①；②.【解析】【分析】（1）由的充分不必要条件是，则是的真子集，则，解不等式即可得出答案.（2）①若均大于，由根与系数的关系可得，解不等式即可得出答案.②由若可得，将，代入化简即可得出答案.【小问1】由，得，即，即，又，∴，即，∵的充分不必要条件是，∴是的真子集，则，解得，则，即实数的取值范围是.【小问2】方程为，①若均大于，则满足，解得，故，即的取值范围为.②若，则，则，即，即，解得或，由，得或.所以，即实数的值是.19.对于四个正数m、n、p、q，若满足，则称有序数对是的“下位序列”．（1）对于2、3、7、11，有序数对是的“下位序列”吗？请简单说明理由；（2）设a、b、c、d均为正数，且是的“下位序列”，试判断、、之间的大小关系；（3）设正整数n满足条件：对集合内的每个m，总存在正整数k，使得是的“下位序列”，且是的“下位序列”，求正整数n的最小值．【答案】（1）是，理由见解析（2）（3）【解析