試題試題2024北京首都師大附中高一10月月考數學2024年10月12日第Ⅰ卷（共30分）一、選擇題（本大題共10小題，每小題4分，共40分．在每小題所列出的四個選項中，只有一項是最符合題目要求的）1.已知集合，則A. B.C. D.2.命題“，”的否定是（）A.， B.，C.， D.，或3.若全集，集合，，圖中陰影部分所表示的集合為A. B. C. D.4.對于任意實數a，b，c，d，下列命題中正確的是（）A.若a>b，c≠0，則ac>bc B.若a>b，則ac2>bc2C.若ac2>bc2，則a>b D.若a>b，則5.已知不等式的解集為，那么不等式的解集為（）A. B.或x>1C. D.或x>126.若“”是“”充分不必要條件，則實數的取值范圍為（）A. B. C. D.7.若t是一元二次方程的根，則判別式和完全平方式的關系是（）A. B. C. D.大小關系不能確定8.在上定義運算：，若不等式對任意實數x恒成立，則a最大為（）A. B. C. D.329.已知非空集合，滿足以下兩個條件：①，；②的元素個數不是中的元素，的元素個數不是中的元素．則有序集合對的個數為．A.10 B.12 C.4 D.1610.劉老師沿著某公園的環形道（周長大于）按逆時針方向跑步，他從起點出發、并用軟件記錄了運動軌跡，他每跑，軟件會在運動軌跡上標注出相應的里程數．已知劉老師共跑了，恰好回到起點，前的記錄數據如圖所示，則劉老師總共跑的圈數為（）A.7 B.8 C.9 D.10第Ⅱ卷（共70分）二、填空題（本大題共8小題，每小題4分，共32分）11.方程組的解集用列舉法表示為______________.12.已知為正實數，且滿足，則的最大值是______．13.已知全集，，，則________．14.設是方程的兩實根，是關于的方程的兩實根，則=____，=_____；15.已知全集，集合，，若，則實數的取值范圍是________．16.李明自主創業，經營一家網店，每售出一件商品獲利8元．現計劃在“五一”期間對商品進行廣告促銷，假設售出商品的件數（單位：萬件）與廣告費用（單位：萬元）符合函數模型．若要使這次促銷活動獲利最多，則廣告費用應投入_______萬元．17.已知，，，．若命題p，命題q至少有一個為真命題，則實數m的取值范圍是______．18.給定數集，對于任意，有且，則稱集合為閉集合．則以下結論中，錯誤的命題是______．①集合為閉集合②集合為閉集合③若集合為閉集合，則為閉集合④若集合為閉集合，且，，則存在，使得三、解答題（本大題共2小題，共28分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟）19.解不等式組（1）；（2）.20.已知?是一元二次方程的兩個實數根.（1）若?均為正根，求實數k的取值范圍；（2）求使的值為整數的k的整數值；（3）是否存在實數k，使得成立？若存在，求出k的值；若不能存在，請說明理由.

參考答案第Ⅰ卷（共30分）一、選擇題（本大題共10小題，每小題4分，共40分．在每小題所列出的四個選項中，只有一項是最符合題目要求的）1.【答案】A【分析】通過可以得到全集中的元素，再通過補集和交集運算求出最后答案.【詳解】解：故選A．【點睛】本題考查利用集合的交集、補集、并集的定義進行集合間的運算．屬于簡單題.2.【答案】D【分析】由特稱命題的否定為全稱命題即可求解【詳解】命題“，”的否定是，或.故選:D3.【答案】B【分析】圖中陰影部分表示的意思為：，根據集合運算關系即可得解.【詳解】根據圖中陰影部分表示的意思為：，，所以故選：B【點睛】此題考查韋恩圖表示的集合關系辨析，并求出圖中表示的集合，屬于簡單題目，關鍵在于準確識別圖中表達的意思.4.【答案】C【分析】根據不等式性質逐一判斷選項，即得結果.【詳解】若a>b，c<0，則ac>bc,所以A錯誤；若a>b，c=0則ac2=bc2,所以B錯誤；若ac2>bc2，則c2>o,a>b，所以C正確；若滿足a>b，但，所以D錯誤；故選：C【點睛】本題考查不等式性質，考查基本分析判斷能力，屬基礎題.5.【答案】D【分析】根據一元二次不等式的求解，等價于一元二次方程的根，利用韋達定理，進行等量代換，可得答案.【詳解】因為不等式的解集為，所以，且和1是方程的兩個實數根，所以，即，所以不等式可化為，因為，所以，解得或．故選：D.6.【答案】C【分析】首先解出絕對值不等式，再根據充分不必要條件得到集合的包含關系，即可得到不等式組，解得即可.【詳解】由，即，解得，因為“”是“”充分不必要條件，所以真包含于，所以（等號不能同時取得），解得，所以實數的取值范圍為.故選：C7.【答案】A【分析】根據是一元二次方程的根，把代入原方程得到進行整理，兩邊同乘以，再移項，兩邊同加上，就得到了.【詳解】是一元二次方程的根，則有，等式兩邊同乘有，，等式兩邊同加有，即，故選：A.8.【答案】D【分析】根據運算的定義可得等價于，利用二次函數的性質可求左式的最小值，從而可得關于的不等式，求出其解后可得實數的最大值.【詳解】原不等式等價于，即對任意x恒成立.，所以，解得，故選：D9.【答案】A【分析】根據題意，得到集合中元素個數可以為：1,2,4,5，根據這四種情況分別討論，即可得出結果；【詳解】由題意，易知集合中不可能有3個元素；因此集合中元素個數可以為：1,2,4,5；①當集合中只有1個元素時，集合中有5個元素，則且，此時，；②當集合中和2個元素時，集合中有4個元素，則且，此時集合中必有一個元素為4，集合中必有一個元素為2，所以，或，或，或，，共4種可能；③當集合中有4個元素時，集合中有2個元素，此情況與情況②相同，只需，互換，共4種可能；④當集合中有5個元素時，集合中只有1個元素，此情況與情況①相同，只需，互換，共1種可能．綜上，有序集合對的個數為10．故選A【點睛】本題主要考查由集合并集與交集的結果求集合中的元素的問題，熟記交集與并集的概念即可，屬于?？碱}型.10.【答案】B【分析】利用環形道的周長與里程數的關系建立不等關系求出周長的范圍，再結合跑回原點的長度建立方程，即可求解.【詳解】設公園的環形道的周長為，劉老師總共跑的圈數為，（），則由題意，所以，所以，因為，所以，又，所以，即劉老師總共跑的圈數為8.故選：B第Ⅱ卷（共70分）二、填空題（本大題共8小題，每小題4分，共32分）11.【答案】【分析】首先根據方程組求出其解，然后運用列舉法表示出對應的解集即可（以有序數對的形式表示元素）.【詳解】因為，所以，所以列舉法表示解集為：.故答案為.【點睛】本題考查二元一次方程組解集的列舉法表示，難度較易.二元一次方程組的解用列舉法表示時，可將元素表示成有序數的形式：.12.【答案】100【分析】利用基本不等式的變形，得到，即可求解.【詳解】因為，所以，當且僅當，即時，等號成立.即的最大值為.故答案為：13.【答案】【分析】根據題意可得，，由元素的確定性列方程即可求解.【詳解】因為，，，所以，，則，解得：，故答案為：.14.【答案】①.②.【分析】利用根與系數關系列方程組，由此求得的值.【詳解】由于是方程的兩實根，所以①；由于是關于的方程的兩實根，所以②.由①②解得.故答案為：（1）；（2）.【點睛】本小題主要考查根與系數關系，考查化歸與轉化的數學思想方法，考查運算求解能力，屬于基礎題.15.【答案】【分析】由題可得，然后根據條件即得.【詳解】因為，所以，又，，所以.故答案為：.16.【答案】【分析】設李明獲得的利潤為萬元，求出關于的表達式，利用基本不等式可求得的最小值及其對應的的值.【詳解】設李明獲得的利潤為萬元，則，則，當且僅當，因為，即當時，等號成立.故答案為：.【點睛】易錯點睛：利用基本不等式求最值時，要注意其必須滿足的三個條件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各項必須為正數；（2）“二定”就是要求和的最小值，必須把構成和的二項之積轉化成定值；要求積的最大值，則必須把構成積的因式的和轉化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值時，必須驗證等號成立的條件，若不能取等號則這個定值就不是所求的最值，這也是最容易發生錯誤的地方.17.【答案】【分析】方法一：根據題意得真或真，再依次分析真和真時的的取值范圍，最后求并集即可得答案；方法二：若命題p，q均為假命題，求出的范圍，再求補集即可.【詳解】方法一：當p是真命題時，；當q是真命題時，方程的判別式，解得．因此，當命題p，命題q至少有一個為真命題時，或，即．方法二：若命題p，q均為假命題，則m需滿足解得．則當命題p，命題q至少有一個為真命題時，．故答案為：.18.【答案】①③④【分析】由集合新定義，舉反例可得①錯誤，由集合新定義可得②正確；設可得③錯誤；取則不存在可得④錯誤；【詳解】對于①，當時，，故①錯誤；對于②，由集合可得集合表示為3的整數倍，所以均為3的整數倍，滿足且，故②正確；對于③，設，則，但，故③錯誤；對于④，取則不存在，故④錯誤；；故答案為：①③④.三、解答題（本大題共2小題，共28分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟）19.【答案】（1）（2）答案見解析【分析】（1）利用分式不等式的解法即可得解；（2）分類討論的取值情況，利用含參二次不等式的解法即可得解.【小問1詳解】因為，所以，即，所以，解得，則原不等式的解集為.【小問2詳解】因為，所以，當時，原不等式，解得；當時，，原不等式，解得或；當時，原不等式；1）當，即時，解得；2）當，即時，原不等式為，此時無解；3）當，即時，解得；綜上，當時，原不等式的解集為，當時，原不等式的解集為或x>1，當時，原不等式的解集為，當時，原不等式的解集為，當時，原不等式的解集