2023-2024學(xué)年上海市靜安區(qū)高一上學(xué)期10月月考數(shù)學(xué)質(zhì)量檢測(cè)模擬試題（含解析）

2023-2024學(xué)年上海市靜安區(qū)高一上學(xué)期10月月考數(shù)學(xué)質(zhì)量檢測(cè)模擬試題一、填空題(本大題共有10小題，每小題4分，共40分)1．集合則A.2．已知集合，用列舉法表示為.3．已知集合，，則4．已知全集，則.5．四個(gè)（1）若，則；（2）若，則；（3）若，則；（4）若，且，則.其中真命題的序號(hào)是6．設(shè)集合，若，則.7．不等式組的解集為．8．設(shè)，若p是q的充分不必要條件，則a的取值范圍是.9．已知正數(shù)x、y滿足x＋2y＝1，求的最小值為；10．已知不等式的解集為，則不等式的解集為.二、選擇題.(本大題共3小題，每小題4分，共12分)每題有且僅有一個(gè)正確選項(xiàng).11．滿足{1，2，3}M{1，2，3，4，5，6}的集合M的個(gè)數(shù)是（

）A．8 B．7 C．6 D．512．若全集，，，則（

）A． B． C． D．13．命題α:"或."是命題β:"."的（

）條件A．充分非必要 B．必要非充分 C．充要 D．既非充分又非必要二、解答題(本大題共有5題，滿分8+8+10+10+12=48分)14．（1）已知實(shí)數(shù)a、b滿足，證明:a，b至少有一個(gè)不小于1.（2）若不等式對(duì)于一切實(shí)數(shù)x都成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.15．已知為任意給定的正實(shí)數(shù)，試比較與的大小.16．設(shè)集合(1)若，求實(shí)數(shù)的取值范圍；(2)若中只有一個(gè)整數(shù)，求實(shí)數(shù)的取值范圍.17．現(xiàn)要圍建一個(gè)面積為的矩形場(chǎng)地，要求矩形場(chǎng)地的一面利用舊墻(利用舊墻需要維修)，其他三面圍墻需要新建，在舊墻對(duì)面的新墻上要留一個(gè)寬度為2m的進(jìn)出口，如圖所示.已知舊墻的維修費(fèi)用為45元/m，新墻的造價(jià)為180元/m，設(shè)利用舊墻長(zhǎng)度為，總費(fèi)用為y（單位：元）(1)寫出總費(fèi)用y關(guān)于x的表達(dá)式；(2)試確定，使修建此矩形場(chǎng)地圍墻的總費(fèi)用最小，并求出最小總費(fèi)用.18．已知集合，.(1)設(shè)，若求實(shí)數(shù)的取值范圍；(2)設(shè)，當(dāng)時(shí)，記試求中元素個(gè)數(shù)最少時(shí)實(shí)數(shù)的所有取值，并用列舉法表示集合.1．【分析】根據(jù)元素與集合的關(guān)系即可求解.【詳解】由可得，所以,故2．【分析】根據(jù)，求出的值即可.【詳解】由，得，.故答案為:.本題考查集合的表示，理解集合元素表示的意義是解題的關(guān)鍵，屬于基礎(chǔ)題.3．【分析】解方程組，結(jié)合交集的定義可求得集合.【詳解】由可得或，因此，.故答案為.4．或2【分析】由補(bǔ)集運(yùn)算法則可知需滿足，解出的取值代入檢驗(yàn)即可得出結(jié)果.【詳解】根據(jù)題意可知，需滿足，解得或；經(jīng)檢驗(yàn)，當(dāng)時(shí)，，滿足題意；當(dāng)時(shí)，，滿足題意；故或25．（4）【分析】利用特殊值法可判斷（1）（3），利用不等式的基本性質(zhì)可判斷（2）（4）.【詳解】對(duì)于（1），當(dāng)時(shí)，，（1）錯(cuò)；對(duì)于（2），若，則，則，即，（2）錯(cuò)；對(duì)于（3），取，，則，但，③錯(cuò)；對(duì)于（4），因?yàn)椋?，則，由不等式的基本性質(zhì)可得，（4）對(duì).故（4）.6．或或【分析】易知，對(duì)集合是否為空集進(jìn)行分類討論，并利用集合間的包含關(guān)系即可求得的取值.【詳解】根據(jù)題意解方程可知；當(dāng)時(shí)，可得，滿足；當(dāng)時(shí)，，若滿足則需或；解得或，經(jīng)檢驗(yàn)符合題意；綜上可知，或或；故或或7．【分析】分別解不等式和，將兩個(gè)不等式的解集取交集可得原不等式組的解集.【詳解】解不等式，即，解得或；解不等式，即，解得.因此，原不等式組的解集為.故答案為.本題考查不等式組的求解，考查一元二次不等式以及分式不等式的求解，考查計(jì)算能力，屬于基礎(chǔ)題.8．【分析】根據(jù)充分不必要條件轉(zhuǎn)化為真子集關(guān)系即可求解.【詳解】由得，由于p是q的充分不必要條件，則是的真子集，所以，故9．##【分析】利用1的妙用，由利用基本不等式求解.【詳解】由題意：，則，當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)，等號(hào)成立，故的最小值為.故答案為.10．【分析】分析可知，由韋達(dá)定理可得，，代入所求不等式，利用二次不等式的解法可得出所求不等式的解集.【詳解】因?yàn)椴坏仁降慕饧癁椋瑒t，由題意可知，關(guān)于的方程兩根分別為、，由韋達(dá)定理可得，，所以，，，于是，不等式即為，即，即，因?yàn)?，則，解不等式可得或，因此，不等式的解集為.故答案為.11．C【分析】根據(jù)條件，列舉出滿足條件的集合，即可求解.【詳解】由題意可知，,,,,,，共有6個(gè)集合滿足條件.故選：C12．C【分析】化簡(jiǎn)A集合，結(jié)合集合的子交并補(bǔ)的運(yùn)算即可.【詳解】由，則，，所以，A錯(cuò)誤；，B錯(cuò)誤；，C正確；，D錯(cuò)誤.故選：C13．B【分析】根據(jù)題意，得出等價(jià)命題為“若，則且”，結(jié)合充分條件、必要條件的判定方法，即可求解.【詳解】由命題“若或，則”的等價(jià)命題為“若，則且”，當(dāng)時(shí)，且不一定成立，所以充分性不成立；反正：當(dāng)且時(shí)，則一定成立，即必要性成立，即是且成立的必要不充分條件，所以命題“或”，是命題“”成立的必要不充分條件.故選：B.14．（1）證明見解析（2）【分析】（1）利用反證法分析證明；（2）由題意可得對(duì)于一切實(shí)數(shù)x都成立，分和兩種情況，結(jié)合二次函數(shù)分析求解.【詳解】（1）假設(shè)則，這與已知條件相矛盾，所以a，b至少有一個(gè)小于1；（2）由題意可得：對(duì)于一切實(shí)數(shù)x都成立，當(dāng)，即時(shí)，可得，對(duì)一切實(shí)數(shù)x恒成立，符合題意；當(dāng)，即時(shí)，則，解得；綜上所述：所求實(shí)數(shù)a的取值范圍.15．【分析】利用作差法比較大小關(guān)系即可.【詳解】由題意，則當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立，所以，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立.16．(1)(2)【分析】（1）根據(jù)集合間的基本關(guān)系可得，對(duì)集合是否為空集進(jìn)行分類討論即可求得實(shí)數(shù)的取值范圍；（2）由中只有一個(gè)整數(shù)可得，限定出與的范圍即可求得結(jié)果.【詳解】（1）集合，由可得；①當(dāng)時(shí)，，解得，符合要求；②當(dāng)時(shí)，需滿足，解得；綜上，實(shí)數(shù)m的取值范圍是（2）由集合可得或；若中只有一個(gè)整數(shù)，則必有，即，可得；且，解得，即；因此實(shí)數(shù)的取值范圍是.17．(1)(2)當(dāng)時(shí)，修建圍墻的總費(fèi)用最小，最小總費(fèi)用是10440元【分析】（1）首先設(shè)矩形的另一邊長(zhǎng)為，根據(jù)題意列出關(guān)于總費(fèi)用的函數(shù)關(guān)系，并利用，進(jìn)行化簡(jiǎn)函數(shù)，即可求解；（2）根據(jù)（1）的結(jié)果，利用基本不等式，即可求函數(shù)的最小值.【詳解】（1）設(shè)矩形的另一邊長(zhǎng)為，則，由已知，得所以.（2）當(dāng)且僅當(dāng)即時(shí)等號(hào)成立，∴當(dāng)時(shí)，修建圍墻的總費(fèi)用最小，最小總費(fèi)用是10440元.18．(1)(2)【分析】（1）首先求解集合，并討論參數(shù)，求解集合，根據(jù)條件求參數(shù)；（2）首先求解集合，并根據(jù)集合中的元素個(gè)數(shù)最少，確定端點(diǎn)的取值，