2023-2024学年陕西省西安市重点中学高一（上）第一次月考数学试卷
一、单选题（本大题共8小题，共32.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1.已知集合，，则集合( )
A. B. C. D.
2.荀子曰：“故木受绳则直，金就砺则利”这句来自先秦时期的名言阐述木材用墨线量过，再经过辅具加工就能取直的基本事实由此可得，“木受绳”是“直”的( )
A. 充要条件 B. 充分条件
C. 必要条件 D. 既不充分也不必要条件
3.下列命题中，既是全称量词命题又是真命题的是( )
A. 对任意，若，则 B. 存在一条直线与两条相交直线都平行
C. 存在一个实数，使 D. 每一个二次函数的图象都是开口向上
4.“，不全为”的否定为( )
A. ，全不为 B. ，中全为
C. ，中只有一个不为 D. ，中最多有一个不为
5.已知集合满足，则所有满足条件的的个数为( )
A. B. C. D.
6.若任意，恒成立，则实数的取值范围为( )
A. B. C. D.
7.某花店搞活动，支玫瑰与支康乃馨价格之和大于元，而支玫瑰与支康乃馨价格之和小于元，那么支玫瑰与支康乃馨的价格比较的结果是( )
A. 支玫瑰便宜 B. 支康乃馨便宜 C. 价格相同 D. 不能确定
8.已知关于的不等式的解集为，其中，则的最小值为( )
A. B. C. D.
二、多选题（本大题共4小题，共16.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9.已知集合，，则下列关系中正确的有( )
A. B. C. D.
10.下列条件中可作为，都为的充要条件有( )
A. B. C. D.
11.下列不等式中，解集为的有( )
A. B. C. D.
12.已知函数，其中，若，则( )
A. B. C. D.
三、填空题（本大题共4小题，共16.0分）
13.不等式的解集是______ ．
14.已知集合，，若，则的取值构成的集合为______ ．
15.若命题“，”为假命题，则实数的取值范围为______ ．
16.若正数，满足，则的范围是______ ；在此基础上的值范围是______ ．
四、解答题（本大题共6小题，共56.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17.本小题分
设集合，，则：
求，．
求，．
18.本小题分
已知函数．
若关于的不等式的解集为，求，的值；
当时，解关于的不等式．
19.本小题分
已知实数集，定义．
若，求；
若，求集合．
20.本小题分
设，，求证：成立的充要条件是．
21.本小题分
两次购买同一种商品，不考虑物价变化，两次价格依次为，，有两种购买方案：
方案一：第一次购买数量，第二次购买数量，；
方案二：第一次购买数量，第二次购买数量，．
哪种方案更经济？说明理由；
若两次价格之间关系，两次购买数量之间满足关系，记两种方案中总费用较大者与较小者的差值为数学经济值，求该数学经济值的最小值．
22.本小题分
设二次函数满足条件：当时，的最大值为，二次函数过点和，．
求的解析式；
求的解集；
求最小的实数，使得存在实数，只要当时，就有成立．
答案和解析
1.【答案】
【解析】解：集合，，
则集合．
故选：．
根据已知条件，结合交集的定义，即可求解．
本题主要考查交集及其运算，属于基础题．
2.【答案】
【解析】解：由木材用墨线量过，再经过辅具加工就能取直的基本事实知“木受绳”是“直”的充分不必要条件．
故选：．
利用充分必要条件的概念即可判断．
本题考查充分必要条件，属于基础题．
3.【答案】
【解析】解：对于：由于，所以，故，则，该命题为全称命题且为真命题，故A正确；
对于：存在一条直线与两条相交直线都平行，由于该命题为特称命题，故B错误；
对于：存在一个实数，使，该命题为特称命题，故C错误；
对于：每一个二次函数的图象都是开口向上，该命题为全称命题，为假命题，故D错误．
故选：．
直接利用依据特称和全称量词判断该命题为全称命题和特称命题，进一步判断该命题的真假．
本题考查的知识要点：命题真假的判定，特称命题和全称命题，主要考查学生的理解能力，属于基础题和易错题．
4.【答案】
【解析】解：“，不全为”的否定为，中全为．
故选：．
根据已知条件，结合命题否定的定义，即可求解．
本题主要考查命题的否定，属于基础题．
5.【答案】
【解析】解：根据题意，满足题意题意条件的集合中必须有，，这三个元素，且至少含有、、中的一个元素，
则的个数应为集合的非空子集的个数，
集合有个元素，有个非空子集．
故选：．
根据题意，分析可得集合中必须有，，这三个元素，且至少含有、、、、中的一个元素，即的个数应为集合的非空子集的个数，由集合的子集与元素数目的关系，分析可得答案．
本题考查集合间包含关系的判断，关键是根据题意，分析集合的元素的特点．
6.【答案】
【解析】解：因为，所以任意，恒成立，
即对任意恒成立，所以对任意恒成立，
又当时，，所以，
所以的取值范围为．
故选：．
将问题转化为对任意恒成立，再求出的取值范围即可．
本题考查了不等式恒成立问题，考查了转化思想，属基础题．
7.【答案】
【解析】解：设玫瑰和康乃馨每支分别为元、元，则，
令，即，
则有，解得，
所以，
即．
故选：．
根据题意列出不等关系，利用不等关系求的范围可得．
本题主要考查不等式的应用，属于基础题．
8.【答案】
【解析】解：不等式的解集为，
，方程的解集为，，
，解得，
，
，当且仅当，即时，等号成立，
，
由对勾函数性质可知，在上单调递增，
故．
故选：．
根据已知条件，结合韦达定理和基本不等式的公式，推出，，再结合对勾函数的性质，即可求解．
本题主要考查基本不等式及其应用，属于基础题．
9.【答案】
【解析】解：因为集合，，
所以由元素与集合的关系可得，
由集合与集合的关系可得．
故选：．
利用元素与集合、集合与集合的关系求解即可．
本题考查元素与集合、集合与集合的关系，是基础题．
10.【答案】
【解析】解：得不出且，A错误；
得出且，B正确；
得不出，都为，C错误；
得出，都为，D正确．
故选：．
根据充要条件的定义逐项判断即可．
本题考查了充要条件的定义，是基础题．
11.【答案】
【解析】解：对于，由于不等式，即，即，解得，
可得它的解集为，故A不满足题意．
对于，不等式，即，解得，
故它的解集为，故B满足题意．
对于，不等式，即，解得，
故它的解集为，故C满足题意．
对于，不等式，即，解得，
故它的解集为，故D不满足题意．
故选：．
由题意，解分式不等式、一元二次不等式，从而得出结论．
本题主要考查分式不等式、一元二次不等式的解法，属于基础题．
12.【答案】
【解析】解：由，得，又，
所以，，且的符号不确定，故的符号也不确定，故A错误；
由，，得，故B正确；
由，，得，故C正确；
因为，两边平方后不等式不一定成立，故D错误．
故选：．
由可得，，作差法可判断，根据不等式的性质判断．
本题主要考查函数性质的应用，考查计算能力，属于基础题．
13.【答案】
【解析】解：，
，
不等式的解集是．
故答案为：．
直接根据已知不等式，得到，从而确定其解集．
本题重点考查了一元二次不等式的解法问题，属于基础题．
14.【答案】
【解析】解：由方程可知，当时，等式不成立，则，条件成立．
当时，，由知，，即，得．
综上所述，或．
的取值构成的集合为．
故答案为：．
利用集合之间的关系即子集的特征即可求解．
本题考查利用集合之间的关系求参数，属于基础题．
15.【答案】
【解析】解：由题意可知，命题，为真命题，
，
解得，
即实数的取值范围为
故答案为：
由题意可知，原命题的否定为真命题，再结合二次函数的性质求解即可．
本题主要考查了特称命题的应用，考查了命题的否定，属于基础题．
16.【答案】
【解析】解：因为，
所以，当且仅当时取等号，
解得，
又由题意得，
因为，，
则，
因为，
所以，
所以
故答案为：；
由已知等式结合基本不等式可求的范围，然后将等式代入原式化简，结合完全平方公式及不等式性质计算即可．
本题主要考查了基本不等式在最值求解中的应用，解题的关键是根据已知等式合理的进行变形，属于中档题．
17.【答案】解：因为，，
所以，或；
或，或，
则，或．
【解析】由已知结合集合的交集及并集运算可求；
结合集合的补集及交集，并集运算可求．
本题主要考查了集合的交集，并集及补集运算，属于基础题．
18.【答案】解：因为不等式的解集为，
所以和是方程的两解，
由根与系数的关系知，，解得，；
当时，不等式为，
可化为，不等式对应方程的解为和，
当时，不等式化为，解得，
当时，，解不等式得，
当时，，解不等式得，
所以，时，不等式的解集为，
时，不等式的解集为，
时，不等式的解集为．
【解析】根据不等式的解集得出对应方程的解，由根与系数的关系求出、的值；
时不等式为，讨论与的大小，即可求出不等式的解集．
本题考查了一元二次不等式与对应方程的应用问题，也考查了含有字母系数的不等式解法与应用问题，是基础题．
19.【答案】解：；
首先，；
其次中有个非零元素，符号为一负三正或者一正三负，
记，不妨设或者，
当时，，，
相乘可知，，从而，
从而，所以；
当时，与上面类似的方法可以得到，
进而，从而，
所以或者．
【解析】根据定义，即可求解；
根据题意，其次中有个非零元素，符号为一负三正或者一正三负，记，不妨设或者，分情况讨论即可．
本题考查了集合与元素的综合应用，属于中档题．
20.【答案】解：证明：充分性：如果，那么，，，，于是明显成立．
如果即，或，，
当，时，，
当，时，，
总之，当时，．
必要性：由及，，
得即，
得所以故必要性成立，
综上，原命题成立．
故结论成立．
【解析】证明充要条件关键是证明其互相推出性，要根据证明出，也要在下证明出．
本题考查了绝对值的定义，充分必要条件的判断，注意分类讨论思想在解决该题中的运用，属于基础题．
21.【答案】解：方案一：总费用，方案二总费用：，
则，
因为，，
所以，即，
所以采用方案二购买该商品更加经济；
由可知，
因为，令，可得，
所以，
又因为，所以，当且仅当，即时取等号，
所以当且仅当，，，，的最小值为，
【解析】由题意直接列出方案一总费用和方案二总费用解析式，采用作差法比大小即可；
易得，令，结合换元法求出的最小值及，整理后由基本不等式可得它的最小值，进而得到的最小值．
本题考查基本不等式的性质的应用及换元法求函数的最值，属于中档题．
22.【答案】解：设，由二次函数过点和可得函数对称轴为，
由的最大值为，可设，
由，得，所以得，
则；
由知，即，
解得或，
所以的解集为或；
由可得，．
即，
即只要当时，就有成立，
故，所以，
由解得，
又在时恒成立，可得，
由得．
令，易知单调递减，
所以，
由于只需存在实数，故，则能取到的最小实数为．
此时，存在实数，只要当时，就有成立．
综上：能取到的最小实数为．
【解析】先根据二次函数过点和可得函数对称轴为，再由的最大值为求得解析式；
将代入到不等式即可；
先表示出的解集，满足是其解集的子集，再求的最小值．
本题考查二次函数性质，属于中档题．
第1页，共1页
