河北省保定市唐县第一中学2020-2021学年高一上学期10月月考数学试卷 WORD版含解析.doc

1、数学试题（考试时间：120分钟 总分：150分）第部分（选择题，共80分）一、选择题：本大题共12小题，每小题5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，则下列关系中正确的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用元素与集合、集合与集合的关系可判断各选项的正误.【详解】，所以选项A、B、D错误，由空集是任何集合的子集，可得选项C正确.故选：C.【点睛】本题考查元素与集合、集合与集合关系判断，属于基础题.2. 已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先求得集合，再结合集合的交集的运算，即可求解.【详解】由题意，集合，根据

2、集合交集的运算，可得.故选：C.【点睛】本题主要考查了集合交集的概念及运算，其中解答中正确求解集合，熟记集合交集的概念与运算是解答的关键，着重考查运算与求解能力.3. 若，则的值可能是（ ）A. 4B. 2C. D. 【答案】B【解析】【分析】运用不等式的性质求出的范围即可.【详解】因为，所以所以故选：B【点睛】本题考查的是不等式的性质，较简单.4. 设，则下列命题正确的是（ ）A. 若ab，则a2b2B. 若ab，则a2b2C. 若a|b|，则a2|b|，则a2b2【答案】D【解析】【分析】根据不等式性质证明真命题，举反例否定假命题.【详解】因，所以A错，因为，所以B错，因为，所以C错，因为

3、，所以D对，故选：D【点睛】本题考查不等式性质，考查基本判断能力.5. 已知集合，若，则实数的取值集合为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先求出集合A，再由，根据，可求出答案.【详解】已知，因为，所以或或，所以实数的取值集合为.故选：B.【点睛】本题主要考查集合包含关系的应用以及一元二次不等式的解法，还考查了分析求解问题的能力，属于基础题.6. 已知，则“”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】A【解析】【详解】由，而推不出，“”是“充分不必要条件7. 已知集合，则满足的集合的个数为（ ）A. 5B. 6C. 7D

4、. 8【答案】D【解析】【分析】根据子集关系可知：集合中必定包含元素，可能包含元素，由此确定出集合的个数.【详解】因为，所以中必定包含元素，可能包含元素，所以的个数即为的子集个数：个，故选：D.【点睛】本题考查根据集合间的包含关系求满足题意的集合个数，解答此类问题关键是分析好哪些元素在集合中，哪些元素可能在集合中，难度较易.8. a，b中至少有一个不为零的充要条件是（ ）A. ab0B. ab0C. a2b20D. a2b20【答案】D【解析】【分析】，ab0是非充分非必要条件；是a，b中至少有一个不为零的充分非必要条件；，是a，b中至少有一个不为零的非充分非必要条件；,是a，b中至少有一个不

5、为零的充要条件.即得解.【详解】，ab0是a，b中至少有一个不为零的非充分非必要条件； ab0是a，b中至少有一个不为零的充分非必要条件；，a2b20是a，b中至少有一个不为零的非充分非必要条件；，a2b20，则a，b不同时为零；a，b中至少有一个不为零，则a2b20.所以a2b20是a，b中至少有一个不为零的充要条件.故选：D【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判定，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.9. 已知命题“，使”是假命题，则实数的取值范围是( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】原命题等价于恒成立，故即可，解出不等式即可.【详解】因为命题“，使”是假命题，所

6、以恒成立，所以，解得，故实数的取值范围是故选B【点睛】对于函数恒成立或者有解求参的问题，常用方法有：变量分离，参变分离，转化为函数最值问题；或者直接求函数最值，使得函数最值大于或者小于0；或者分离成两个函数，使得一个函数恒大于或小于另一个函数而二次函数的恒成立问题，也可以采取以上方法，当二次不等式在R上大于或者小于0恒成立时，可以直接采用判别式法.10. 当时，函数的最小值为（ ）A. 4B. 5C. 6D. 7【答案】B【解析】【分析】依题意，由，利用基本不等式求解即可【详解】依题意，由于，所以，当且仅当时，等号成立.故选：B【点睛】本题主要考查利用基本不等式求最值，解答过程注意“一正二定三

7、相等”的应用，属于基础题.11. 关于的不等式的解集是，则关于的不等式的解集是（ ）A. 或B. C. D. 或【答案】A【解析】【分析】先利用一元不等式的解得到，再化简不等式得，即解得结果.【详解】不等式的解集是，故，则关于的不等式即，即，故解集是或.故选：A.12. 若，且，恒成立，则实数的取值范围是A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】利用“乘1法”及其基本不等式可得最小值，解出不等式即可得出【详解】解：由基本不等式得，当且仅当，即当时，等号成立，所以的最小值为由题意可得，即，解得故选：A【点睛】本题考查了“乘1法”及其基本不等式的性质、一元二次不等式的解法，考查了推理能力与

8、计算能力，属于中档题二、多选题（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，有选错的得0分，部分选对的得3分） .13. （多选题）设全集，集合，则（ ）A. B. C. D. 集合的真子集个数为8【答案】AC【解析】【分析】利用集合的交并补运算判断ABC，根据真子集的性质判断D.【详解】A选项：由题意，正确；B选项：，不正确；C选项：，正确；D选项：集合A的真子集个数有，不正确；故选：AC【点睛】本题主要考查了集合的交并补运算以及求真子集的个数，属于基础题.14. 下列说法正确的是（ ）A. 的最小值为2B. 的最小值为1C. ，的最大值为

9、3D. 最小值为【答案】BC【解析】【分析】利用不等式的性质及基本不等式对选项逐个进行判断，选出正确选项【详解】选项A中，时，故错误；选项B中，因为，则，故时，最小值是1，故正确；选项C中，时，当且仅当即时取等号，故最大值是3，故正确；选项D中，当且仅当时等号成立，但是无实数解，故最值取不到，故错误.故选：BC.【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，一定要考虑取等号条件是否成立.15. 设P是一个数集，且至少含有两个数，若对任意a，bP，都有a+b，a-b，ab，P(b0)，则称P是一个数域，例如有理数集Q是数域，下列命题中正确的是（ ）A. 数域必含有0，1两个数B. 整数集是数域C.

10、若有理数集QM，则数集M一定是数域D. 数域中有无限多个元素【答案】AD【解析】【分析】根据数域的定义逐项进行分析即可【详解】当时，、，故可知A正确；当，不满足条件，故可知B不正确；当,则所以它也不是一个数域，故可知C不正确；根据数据的性质易得数域有无限多个元素，必为无限集，故可知D正确故选：AD.【点睛】本题主要考查集合的新定义问题，解题时一定要抓住题目中对定义的理解，属于中档题16. （多选）若，则下列不等式中一定不成立的是（ ）A. B. C. D. 【答案】AD【解析】【分析】对于选项A,B,C,D都可以利用作差法判断两个量的大小关系，逐一运算即可.【详解】解：，则，一定不成立；，当时

11、，故可能成立；，故恒成立；，故一定不成立.故选AD.【点睛】本题考查了利用作差法判断两个量的大小关系，重点考查了运算能力，属中档题.三、填空题：本大题共4小题，每小题5分.17. 命题“，都有”的否定是_【答案】，使得【解析】【分析】根据特称命题的否定可得答案.【详解】命题“，都有”的否定是，使得故答案为：，使得【点睛】本题考查的是特称命题的否定，较简单.18. 若“”是“”的必要不充分条件，则实数的取值范围是_【答案】【解析】【分析】根据必要不充分条件有，即可求的取值范围.【详解】“”是“”的必要不充分条件，知：，故答案为：.【点睛】本题考查了应用必要不充分条件求参数范围，属于简单题.19.

12、 含有三个实数的集合既可表示成，又可表示成a2，a+b，0，则a2013+b2014_.【答案】1【解析】【分析】根据集合相等，则元素完全相同，分析参数，列出等式，即可求得结果.【详解】因为a2，a+b，0，显然，故，则；此时两集合分别是，则，解得或.当时，不满足互异性，故舍去；当时，满足题意.故答案为：.【点睛】本题考查利用集合相等求参数值，属简单题，注意本题的细节讨论.20. 如图，将一矩形花坛扩建成一个更大的矩形花坛，要求点在上，点在上，且对角线过点 ，已知，那么当_时，矩形花坛的面积最小，最小值为_【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】设，由，可求得，可求得矩形关于的关系式，然

13、后利用基本不等式可求得矩形花坛的面积的最小值及其对应的的值，即可得解.【详解】令，由题意可知，则，即，即，当且仅当，即时，取等号，故当时，矩形花坛的面积最小，最小值为.故答案为：；.【点睛】本题考查利用基本不等式解决实际问题，建立关系式是解题的关键，考查计算能力，属于中等题.四、解答题：本大题共4个大题，共50分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.21. 已知集合，集合.（1）当时，求；（2）若，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）先写集合，再进行并集运算即可；（2）按照和两种情况进行讨论，列不等关系，计算即得结果.【详解】解：（1）集合，集合时，（2），得：

14、当时，即，符合题意；当时，或，解得或，即；综上，范围是.22. 已知，若是的必要不充分条件，求实数a的取值范围.【答案】.【解析】【分析】先化简命题和，再根据已知得到a的不等式，解不等式即得解.【详解】解：由题得命题: ，或，因为是的必要不充分条件，所以或，即或，故实数a的取值范围为.【点睛】本题主要考查必要不充分条件和不等式的解法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，基础题.23. （1）若正数，满足，求的最小值；（2），的取值范围；（3）；（4）.【答案】（1）；（2）；（3）；（4）或.【解析】【分析】（1）拼凑，妙用“1”利用基本不等式即求得最小值，注意取等号条件要成立；（2）先拼凑

15、，再使用基本不等式计算即可；（3）解一元二次不等式即得结果；（4）先将二次项系数变正，再解一元二次不等式即得结果.【详解】解：（1），即，故，当且仅当时等号成立，又，时；（2），当且仅当时，即时等号成立的范围为；（3）即，故不等式的解集是；（4）不等式即，即或，故不等式的解集是或.【点睛】易错点睛：1.利用基本不等式求最值时，要验证取等号条件是否成立；2.解一元一次不等式时，先变二次项系数为正，再求对应方程的根，写出解集.24. 已知关于的不等式对恒成立（1）求的取值范围；（2）解关于的不等式【答案】（1）；（2）当时，解集为；当时，解集为；当时，解集为【解析】【分析】(1)对分为和分类讨论，即可求出的取值范围；(2)将不等式变形为，再结合(1)中的的取值范围，对和的大小进行分类讨论，即可求出原不等式的解集.【详解】解：(1)当时，恒成立；当时，则解得综上，的取值范围为（2）由，得由（1）知，当，即时，得；当，即时，不等式即为，此时不等式无解；当，即时，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【点睛】本题主要考查了含参数的一元二次不等式恒成立及解含参数的一元二次不等式，属于中档题. 需要注意的是含有参数的不等式求解，首先要对二次项系数讨论，然后讨论判别式，再比较（相应方程）根的大小，注意分类讨论思想的应用.