2023-2024學(xué)年湖北省孝感市高一上學(xué)期9月調(diào)研考試數(shù)學(xué)質(zhì)量檢測(cè)模擬試題（含解析）

2023-2024學(xué)年湖北省孝感市高一上學(xué)期9月調(diào)研考試數(shù)學(xué)質(zhì)量檢測(cè)模擬試題一、選擇題：本大題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合要求的.1．已知集合，則（

）A． B． C． D．2．定義行列式，若行列式，則實(shí)數(shù)的取值范圍為（

）A． B．C． D．3．十六世紀(jì)中葉，英國(guó)數(shù)學(xué)家雷科德在《礪智石》一書中首先把“”作為等號(hào)使用，后來英國(guó)數(shù)學(xué)家哈利奧特首次使用“”和“”符號(hào)，并逐步被數(shù)學(xué)界接受，不等號(hào)的引入對(duì)不等式的發(fā)展影響深遠(yuǎn)．若，則下列命題正確的是（

）A．若，則B．若，則C．若，則D．若，則4．已知關(guān)于x的方程有兩個(gè)實(shí)數(shù)根.若滿足，則實(shí)數(shù)k的取值為（

）A．或6 B．6 C． D．5．“”是“不等式對(duì)任意的恒成立”的（

）條件A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件6．關(guān)于實(shí)數(shù)的一元二次不等式的解集為，則不等式的解集為（

）A． B．C． D．7．已知二次函數(shù)的圖象與軸交于點(diǎn)與，其中，方程的兩根為，則下列判斷正確的是（

）A． B．C． D．8．已知，，，則的最小值為（

）A．4 B．C． D．二、選擇題：本大題共4小題，每小題5分，共20分．在每小題給出的選項(xiàng)中，有多項(xiàng)符合題目要求，全部選對(duì)的得5分，部分選對(duì)的得2分，有選錯(cuò)的得0分．9．圖中陰影部分用集合符號(hào)可以表示為（

）A． B．C． D．10．下列結(jié)論正確的是（

）A．“”是“”的充分不必要條件B．“”是“”的必要不充分條件C．“，有”的否定是“，使”D．“是方程的實(shí)數(shù)根”的充要條件是“”11．已知，，下列命題中正確的是（

）A．若，則B．若，則C．若，則D．若，則12．設(shè)為兩個(gè)正數(shù)，定義的算術(shù)平均數(shù)為，幾何平均數(shù)為，則有：，這是我們熟知的基本不等式.上個(gè)世紀(jì)五十年代，美國(guó)數(shù)學(xué)家D.H.Lehmer提出了“Lehmer均值”，即，其中為有理數(shù).下列關(guān)系正確的是（

）A． B．C． D．三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分.13．設(shè)集合，，已知且，則的取值集合為.14．已知，則“”是“”的條件（從“充分不必要”、“必要不充分”、“充要”、“不充分不必要”中選擇一個(gè)作答）．15．已知集合有整數(shù)解，非空集合滿足條件：（1），（2）若，則，則所有這樣的集合的個(gè)數(shù)為．16．若不等式對(duì)于任意正實(shí)數(shù)x、y成立，則k的范圍為．四、解答題：本大題共6小題，共70分.解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟.17．設(shè)，解關(guān)于的不等式：．18．已知非空集合，．(1)若，求；(2)若“”是“”的充分不必要條件，求實(shí)數(shù)的取值范圍．19．已知關(guān)于的一元二次方程.(1)若方程有兩個(gè)不等實(shí)數(shù)根，求的取值范圍；(2)若方程兩根之差的絕對(duì)值為，試求的值；(3)若方程兩不等實(shí)根都小于5，試求的取值范圍.20．科技創(chuàng)新是企業(yè)發(fā)展的源動(dòng)力，是一個(gè)企業(yè)能夠?qū)崿F(xiàn)健康持續(xù)發(fā)展的重要基礎(chǔ)．某科技企業(yè)最新研發(fā)了一款大型電子設(shè)備，并投入生產(chǎn)應(yīng)用．經(jīng)調(diào)研，該企業(yè)生產(chǎn)此設(shè)備獲得的月利潤(rùn)（單位：萬元）與投入的月研發(fā)經(jīng)費(fèi)（，單位：萬元）有關(guān)：當(dāng)投入的月研發(fā)經(jīng)費(fèi)不高于36萬元時(shí)，；當(dāng)投入月研發(fā)經(jīng)費(fèi)高于36萬元時(shí)，．對(duì)于企業(yè)而言，研發(fā)利潤(rùn)率，是優(yōu)化企業(yè)管理的重要依據(jù)之一，越大，研發(fā)利潤(rùn)率越高，反之越小．（1）求該企業(yè)生產(chǎn)此設(shè)備的研發(fā)利潤(rùn)率的最大值以及相應(yīng)月研發(fā)經(jīng)費(fèi)的值；（2）若該企業(yè)生產(chǎn)此設(shè)備的研發(fā)利潤(rùn)率不低于190%，求月研發(fā)經(jīng)費(fèi)的取值范圍．21．設(shè)A是正整數(shù)集的非空子集，稱集合，且為集合A的生成集．(1)當(dāng)時(shí)，寫出集合A的生成集B；(2)若A是由5個(gè)正整數(shù)構(gòu)成的集合，求其生成集B中元素個(gè)數(shù)的最小值；(3)判斷是否存在4個(gè)正整數(shù)構(gòu)成的集合A，使其生成集，并說明理由．22．（1）已知求函數(shù)最小值，并求出最小值時(shí)的值；（2）問題：正數(shù)滿足，求的最小值.其中一種解法是：，當(dāng)且僅當(dāng)且時(shí)，即且時(shí)取等號(hào).學(xué)習(xí)上述解法并解決下列問題：若實(shí)數(shù)滿足，試比較和的大小，并指明等號(hào)成立的條件；（3）利用（2）的結(jié)論，求的最小值，并求出使得最小的的值.1．C【分析】根據(jù)交集與補(bǔ)集的定義求解.【詳解】，，，故選：C.2．A【分析】根據(jù)行列式的定義得到關(guān)于的一元二次不等式，解得即可.【詳解】因?yàn)?，即，即，即，解得，所以?shí)數(shù)的取值范圍為.故選：A3．B【分析】A選項(xiàng)可以舉反例說明，BC選項(xiàng)可以通過作差法來說明，D選項(xiàng)可以通過基本不等式來說明.【詳解】A選項(xiàng)，若，則，A選項(xiàng)錯(cuò)誤；B選項(xiàng)，，由于，故，，故，即，B選項(xiàng)正確；C選項(xiàng)，，由于，故，即，C選項(xiàng)錯(cuò)誤；D選項(xiàng)，根據(jù)基本不等式，，當(dāng)且，即時(shí)取得等號(hào)，此時(shí)，D選項(xiàng)錯(cuò)誤.故選：B4．C【分析】先根據(jù)條件可知，再結(jié)合韋達(dá)定理即可建立等量關(guān)系，即可得解.【詳解】關(guān)于x的方程有兩個(gè)實(shí)數(shù)根，，解得，實(shí)數(shù)k的取值范圍為，根據(jù)韋達(dá)定理可得，，，，即，解得或(不符合題意，舍去)，實(shí)數(shù)k的值為.故選：C.5．A【分析】根據(jù)不等式恒成立，求實(shí)數(shù)的取值范圍，再利用集合的包含關(guān)系，判斷充分，必要條件.【詳解】當(dāng)時(shí)，對(duì)任意的恒成立，當(dāng)時(shí)，則，解得：，故的取值范圍為．故“”是的充分不必要條件．故選：A6．D【分析】根據(jù)三個(gè)二次之間的關(guān)系結(jié)合韋達(dá)定理可得，且，代入所求不等式運(yùn)算求解即可.【詳解】由題意可得：的解為，且，可得，解得，則不等式，即為，且，則，整理得，解得或，即解集為.故選：D.7．C【分析】將方程的兩根為的問題，轉(zhuǎn)化為轉(zhuǎn)化為的圖象與有兩個(gè)交點(diǎn)的問題，數(shù)形結(jié)合，可得答案.【詳解】由題意可知方程的兩根為，即的兩根為，則可轉(zhuǎn)化為圖象與有兩個(gè)交點(diǎn)問題，兩交點(diǎn)橫坐標(biāo)為，當(dāng)時(shí)，不妨設(shè)的圖象如圖示：函數(shù)與拋物線的交點(diǎn)如圖示，則；當(dāng)時(shí)，不妨設(shè)的圖象如圖示：函數(shù)與拋物線的交點(diǎn)如圖示，則；綜合上述，可知，故選：C8．D【分析】由于，所以，化簡(jiǎn)后利用基本不等式可求出其最小值.【詳解】因?yàn)?，，，所以原式，?dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)取等號(hào)，所以的最小值為.故選：D.9．AD【分析】在陰影部分區(qū)域內(nèi)任取一個(gè)元素，分析與集合、、的關(guān)系，利用集合的運(yùn)算關(guān)系，逐個(gè)分析各個(gè)選項(xiàng)，即可得出結(jié)論.【詳解】如圖，在陰影部分區(qū)域內(nèi)任取一個(gè)元素，則或，所以陰影部分所表示的集合為，再根據(jù)集合的運(yùn)算可知，陰影部分所表示的集合也可表示為，所以選項(xiàng)AD正確，選項(xiàng)CD不正確，故選：AD.10．ACD【分析】根據(jù)不等式的范圍判斷A；根據(jù)交集的概念判斷B；全稱量詞命題的否定是存在量詞命題判斷C；將1代入方程求解判斷D.【詳解】對(duì)于A，因?yàn)?，所以或，所以“?dāng)”時(shí)，“”成立，反之不成立，故“”是“”的充分不必要條件，正確；對(duì)于B，“”一定有“”成立，反之不成立，故“”是“”的充分不必要條件，錯(cuò)誤；對(duì)于C，命題“，有”是全稱量詞命題，其否定是存在量詞命題，即“，使”，正確；對(duì)于D，當(dāng)時(shí)，1為方程的一個(gè)根，故充分；當(dāng)方程有一個(gè)根為1時(shí)，代入得，故必要，正確；故選：ACD11．ACD【分析】對(duì)于A，由已知得，利用基本不等式可求得結(jié)果，對(duì)于B，由已知可得，化簡(jiǎn)后利用基本不等式即可，對(duì)于C，變形后利用柯西不等式判斷，對(duì)于D，先對(duì)已知化簡(jiǎn)可得，然后代入中化簡(jiǎn)變形后利用基本不等式即可.【詳解】對(duì)于A，因?yàn)椋?，因?yàn)?，，所以，?dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)，所以，所以，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)，所以，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)取等號(hào)，所以A正確，對(duì)于B，因?yàn)?，所以，所以，?dāng)且僅當(dāng)，即取等號(hào)，所以B錯(cuò)誤，對(duì)于C，由，，，由柯西不等式得，所以，當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)取等號(hào)，所以C正確，對(duì)于D，由，得，化簡(jiǎn)得，所以，因?yàn)?，，所以，所以，?dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)取等號(hào)，所以，所以D正確，故選：ACD關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：此題考查基本不等式的應(yīng)用和柯西不等式的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是要注意基本不等式的應(yīng)用條件“一正、二定、三相等”，考查數(shù)學(xué)轉(zhuǎn)化能力，屬于較難題.12．AC【分析】根據(jù)基本不等式比較大小可判斷四個(gè)選項(xiàng).【詳解】對(duì)于A選項(xiàng)，，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，等號(hào)成立，故A正確；對(duì)于B選項(xiàng)，，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，等號(hào)成立，故B錯(cuò)誤；對(duì)于C選項(xiàng)，，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，等號(hào)成立，故C正確；對(duì)于D選項(xiàng)，當(dāng)時(shí)，由C可知，，故D錯(cuò)誤.故選：AC.13．【分析】根據(jù)元素與集合的關(guān)系以及集合的互異性可求出結(jié)果.【詳解】因?yàn)?，即，所以或，若，則或；若，即，則或.由與互異，得，故或，又，即，所以，解得且，綜上所述，的取值集合為.故14．充要【分析】根據(jù)集合之間的關(guān)系及充分、必要性定義判斷條件間的關(guān)系.【詳解】由，則，故，充分性成立；由，則，故，必要性成立；所以“”是“”的充要條件.故充要15．【分析】根據(jù)集合有整數(shù)解，結(jié)合韋達(dá)定理可求出集合，再由題目信息中集合滿足的兩個(gè)條件，得到集合中互為相反數(shù)的兩個(gè)元素同屬于集合或同不屬于集合，即可求解.【詳解】因?yàn)榈恼麛?shù)解只能是36的約數(shù)，當(dāng)方程的解為，36時(shí)，；當(dāng)方程的解為，18時(shí)，；當(dāng)方程的解為，12時(shí)，；當(dāng)方程的解為，9時(shí)，；當(dāng)方程的解為，6時(shí)，；當(dāng)方程的解為1，時(shí)，；當(dāng)方程的解為2，時(shí)，；當(dāng)方程的解為，時(shí)，；當(dāng)方程的解為，時(shí)，；故集合由非空集合滿足條件：（1），（2）若，則，即集合中互為相反數(shù)的兩個(gè)元素同屬于集合或同不屬于集合，得這樣的集合共有個(gè)，故答案為.16．【分析】將不等式轉(zhuǎn)化為．只要求得最大值即可．【詳解】易知，，．令，分式上下同除y，則，則即可，令，則．可轉(zhuǎn)化為：，于是，．∴，即時(shí)，不等式恒成立（當(dāng)時(shí)等號(hào)成立）．故17．答案見解析【分析】將所求不等式變形為，對(duì)實(shí)數(shù)的取值進(jìn)行分類討論，結(jié)合一次、二次不等式的解法解原不等式，即可得解.【詳解】解：由可得.（1）當(dāng)時(shí)，原不等式即為，解得；（2）當(dāng)時(shí)，解方程可得或.①當(dāng)時(shí)，，解原不等式可得或②當(dāng)時(shí)，則，解原不等式可得；③當(dāng)時(shí)，原不等式即為，解得；④當(dāng)時(shí)，，解原不等式可得.綜上所述，當(dāng)時(shí)，原不等式的解集為；當(dāng)時(shí)，原不等式的解集為；當(dāng)時(shí)，原不等式的解集為；當(dāng)時(shí)，原不等式的解集為；當(dāng)時(shí)，原不等式的解集為.18．(1)(2)【分析】（1）由交集、補(bǔ)集的運(yùn)算求解即可；（2）轉(zhuǎn)化為集合間關(guān)系后列式求解.【詳解】（1）當(dāng)時(shí)，，，則或,；（2）是非空集合，“”是“”的充分不必要條件，則是Q的真子集，所以且與不同時(shí)成立，解得，故a的取值范圍是.19．(1)或；(2)或；(3)或.【分析】（1）由求參數(shù)范圍即可；（2）由，結(jié)合韋達(dá)定理列關(guān)于m的方程，即可求參數(shù)值.（3）令，則有，即可求參數(shù)范圍.【詳解】（1）由題設(shè)，所以或.（2）若方程兩根為，則，且，，所以，即，所以或，經(jīng)檢驗(yàn)滿足，故或.（3）若，則，可得或.20．（1）30萬元，最大值200%；（2）.（1）分別寫出與時(shí)研發(fā)利潤(rùn)率關(guān)于月研發(fā)經(jīng)費(fèi)的函數(shù)，再由基本不等式及函數(shù)的單調(diào)性求最值，取最大值中的最大者得結(jié)論；（2）由（1）可得應(yīng)付利潤(rùn)率關(guān)于研發(fā)經(jīng)費(fèi)的解析式，列不等式求解的范圍即可【詳解】（1）由已知，當(dāng)時(shí)，．當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)，取等號(hào)；當(dāng)時(shí)，．因?yàn)樵谏蠁握{(diào)遞減，所以．因?yàn)?，所以?dāng)月研發(fā)經(jīng)費(fèi)為30萬元時(shí)，研發(fā)利潤(rùn)率取得最大值200%．（2）若該企業(yè)生產(chǎn)此設(shè)備的研發(fā)利潤(rùn)率不低于190%，由（1）可知，此時(shí)月研發(fā)經(jīng)費(fèi)．于是，令，整理得，解得．因此，當(dāng)研發(fā)利潤(rùn)率不小于190%時(shí)，月研發(fā)經(jīng)費(fèi)的取值范圍是．思路點(diǎn)睛：與實(shí)際應(yīng)用相結(jié)合的題型也是高考命題的動(dòng)向，這類問題的特點(diǎn)是通過現(xiàn)實(shí)生活的事例考查書本知識(shí)，解決這類問題的關(guān)鍵是耐心讀題、仔細(xì)理解題，只有吃透題意，才能將實(shí)際問題轉(zhuǎn)化為數(shù)學(xué)模型進(jìn)行解答.21．(1)；(2)4；(3)不存在，理由見解析.【分析】（1）利用集合的生成集定義直接求解；（2）設(shè)，且，利用生成集的定義即可求解；（3）假設(shè)存在集合，可得，，，，然后結(jié)合條件說明即得.【詳解】（1）因?yàn)?，所以，所以；?）設(shè)，不妨設(shè)，因?yàn)?，所以中元素個(gè)數(shù)大于等于4個(gè)，又，則，此時(shí)中元素個(gè)數(shù)等于4個(gè)，所以生成集B中元素個(gè)數(shù)的最小值為4；（3）不存在，理由如下：假設(shè)存在4個(gè)正整數(shù)構(gòu)成的集合，使其生成集，不妨設(shè)，則集合A的生成集由組成，又，所以，若，又，則，故，若，又，則，故，所以，又，則，而，所以不成立，所以假設(shè)不成立，故不存在4個(gè)正整數(shù)構(gòu)成的集合A，使其生成集.方法點(diǎn)睛:新定義題型的特點(diǎn)是:通過給出一個(gè)新概念，或約定一種新運(yùn)算，或給出幾個(gè)新模型來創(chuàng)設(shè)全新的問題情景，要求考生在閱讀理解的基礎(chǔ)上，依據(jù)題目提供的信息，聯(lián)系所學(xué)的知識(shí)