精品解析：湖南省常德市临澧县第一中学2025届高三上学期暑期夏令营检测数学试题

临澧一中高一夏令营 数学 检测试卷 时量：120分钟 总分：120分 一、选择题(本大题共8小题，每小题4分，共32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. 设集合，若，则实数m=（ ） A. 0 B. C. 0或 D. 0或1 2. 1是第七届国际数学教育大会(ICME)会徽，在其主体图案中选择两个相邻的直角三角形，恰好能组合得到如图2所示的四边形OABC．若，则的值为（ ） A. B. C. D. 3. 如果集合有且仅有两个子集，则实数m的所有可能值的和为（ ） A. 9 B. 8 C. 7 D. 0 4. 若，则的值为（ ） A. B. C. D. 5. 如果，，且，那么等于（ ） A. 2 B. C. 1 D. 6. 已知关于的不等式的解也是不等式的解，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 以上都不正确 7. 设一元二次方程的两实根分别为，则满足（　　） A. B. 且 C. D. 且 8. 若、、均大于0，且，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 二、多选题(本大题共4小题，每小题4分，共16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4分，部分选对的得2分，有选错的得0分) 9. 设集合，，若，则实数的值可以为（ ） A. B. 0 C. 3 D. 10. 对于实数a，b，c，下列结论正确是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则的最小值为2 D. 若，则 11. 已知关于x的一元二次不等式的解集为或，则下列说法正确的是（    ） A. 且 B. C. 不等式的解集为 D. 不等式的解集为 12. 已知，，且则（ ） A. B. C D. 三、填空题(本大题共4小题，每小题4分，共16分) 13. 若集合，则_________． 14. 已知正数、满足，则的最大值为_________． 15. 王昌龄《从军行》中两句诗为“黄沙百战穿金甲，不破楼兰终不还”，其中后一句中“攻破楼兰”是“返回家乡”的___________条件.（填“充分不必要，必要不充分，充要，既不充分也不必要”） 16. 设正实数x，y，z满足，则当取得最大值时，最大值为_________． 四、解答题(本大题共5小题，共56分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 17. 已知x>0，y>0，且2x+8y-xy=0，求： （1）xy最小值； （2）x+y的最小值.. 18. 已知集合，． （1）若集合B满足且，求实数m的取值范围； （2）若是的必要不充分条件，求实数m的取值范围． 19. （1）若关于的不等式的解集为R，求的取值范围； （2）解关于的不等式． 20. 已知：如图所示，点是上一点，与相交于两点，，垂足为，分别交、于两点，延长交于，交延长线于，交于，连接． （1）求证：； （2）若，求证：； （3）若，且线段的长是关于的方程的两个实数根，求的长． 21. （1）设函数在范围内最大值为，最小值为，且 ，求实数的取值范围； （2）已知关于的方程在范围内有解，求实数的取值范围． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 临澧一中高一夏令营 数学 检测试卷 时量：120分钟 总分：120分 一、选择题(本大题共8小题，每小题4分，共32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. 设集合，若，则实数m=（ ） A. 0 B. C. 0或 D. 0或1 【答案】C 【解析】 【分析】根据元素与集合的关系，分别讨论和两种情况，求解并检验集合的互异性，可得到答案. 【详解】设集合，若， ，或， 当时，，此时； 当时，，此时； 所以或. 故选：C 2. 1是第七届国际数学教育大会(ICME)会徽，在其主体图案中选择两个相邻的直角三角形，恰好能组合得到如图2所示的四边形OABC．若，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】先在直角三角形中利用正弦值求出，再在直角中利用勾股定理即可求解. 【详解】在直角中， ，即， 在直角中，. 故选：A. 3. 如果集合有且仅有两个子集，则实数m的所有可能值的和为（ ） A. 9 B. 8 C. 7 D. 0 【答案】A 【解析】 【分析】由题得集合只有一个元素，再对分两种情况讨论得解. 【详解】解：因为集合有且仅有两个子集， 所以集合只有一个元素. 当时，，满足题意； 当时，由题得. 所以实数m的所有可能值的和为. 故选：A 4. 若，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】化简得，再整体代换即可. 【详解】，，即， ， 故选：D. 5. 如果，，且，那么等于（ ） A. 2 B. C. 1 D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据给定条件，利用韦达定理列式计算作答. 【详解】由，，且，得是方程的两个不等实根， 而方程中，， 所以. 故选：B 6. 已知关于的不等式的解也是不等式的解，则的取值范围是（ ） A. B. C. D. 以上都不正确 【答案】C 【解析】 【分析】先解不等式可得，然后结合条件可得，且，即可得出答案. 【详解】由，解得，对于不等式， 若，则不等式的解集为，若，则不等式的解集为， 又不等式的解也是不等式的解， 所以，且， 所以. 故选：C. 7. 设一元二次方程的两实根分别为，则满足（　　） A. B. 且 C. D. 且 【答案】B 【解析】 【分析】考虑条件下方程的解，当，方程可化为，并结合图象考虑方程的解，由此可得结论. 【详解】当，原方程可化为，解得，， 当，方程可化为， 由已知二次函数与直线有两个公共点， 而与轴的交点坐标为， 直线在轴上方，所以且， 综上所述，且． 故选：B． 8. 若、、均大于0，且，则的最大值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】注意,而,从而沟通了问题与已知的联系,然后利用基本不等式求最值. 【详解】解：、、均大于0, 当且仅当时取“=”, 的最大值为. 故选:C 【点睛】利用基本不等式求最值是高考考查的重点内容,对不符合基本不等式形式的应首先变形,然后必须满足三个条件：一正、二定、三相等. 二、多选题(本大题共4小题，每小题4分，共16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4分，部分选对的得2分，有选错的得0分) 9. 设集合，，若，则实数的值可以为（ ） A. B. 0 C. 3 D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】首先求出集合，依题意可得，分、、三种情况讨论. 【详解】因为， 若，则， 当时，符合题意； 当时，则，解得； 当时，则，解得； 综上可得. 故选：ABD 10. 对于实数a，b，c，下列结论正确的是（ ） A. 若，则 B. 若，则 C. 若，则的最小值为2 D. 若，则 【答案】BD 【解析】 【分析】根据不等式的基本性质逐一进行判断，要注意不等式性质成立的条件. 对A：考查可乘性，要判断的符号； 对B：考查可乘性，显然，故B正确； 对C：根据基本不等式成立的条件判断； 对D：由已知变换出的大小. 【详解】对A：若时，则不等式不成立，所以A错； 对B：由，则，两边同乘以，所以，故B正确； 对C：因为，所以，当且仅当即时取等号，但，故取不到最小值2．故C不正确； 对D：由，所以，所以，故D正确； 故选：BD. 11. 已知关于x的一元二次不等式的解集为或，则下列说法正确的是（    ） A. 且 B. C. 不等式的解集为 D. 不等式的解集为 【答案】AB 【解析】 【分析】A选项，转化为为一元二次方程的两个根，且，由韦达定理得到答案；B选项，根据为一元二次方程的根，得到B正确；C选项，在A基础上不等式变形为，解出解集；D选项，不等式变形为，求出解集. 【详解】A选项，由题意得为一元二次方程的两个根，且， 故，即，A正确； B选项，为一元二次方程的根，故，B正确； C选项，由A选项可知，，解得，C错误； D选项，， 又，故，解得或，D错误. 故选：AB 12. 已知，，且则（ ） A. B. C. D. 【答案】ABD 【解析】 【分析】根据，利用均值不等式判断A，由条件可化为，据此，利用均值不等式判断B，取特殊值判断C，根据均值不等式及不等式的性质判断D. 【详解】对A，，当且仅当， 即时等号成立，故A 正确； 对B，由可得，所以，当且仅当时等号成立，故B正确； 对C，当时，，故C错误； 对D，由，即，当且仅当时等号成立， 又，当且仅当时等号成立， 故，时等号成立，故D正确. 故选：ABD 三、填空题(本大题共4小题，每小题4分，共16分) 13. 若集合，则_________． 【答案】 【解析】 【分析】根据题意，利集合相等和集合中元素的性质，求得，进而得到答案. 【详解】因为，可得，所以， 当时，，显然不成立； 所以，解得或（舍去）， 所以. 故答案为：. 14. 已知正数、满足，则的最大值为_________． 【答案】 【解析】 【分析】利用均值不等式直接求解. 【详解】因为且，所以，即，当且仅当，即时，等号成立，所以的最大值为. 故答案：. 15. 王昌龄《从军行》中两句诗为“黄沙百战穿金甲，不破楼兰终不还”，其中后一句中“攻破楼兰”是“返回家乡”的___________条件.（填“充分不必要，必要不充分，充要，既不充分也不必要”） 【答案】必要不充分 【解析】 【分析】根据古诗的含义依次判断充分性和必要性即可. 【详解】由题意知：“攻破楼兰”未必“返回家乡”，充分性不成立；“返回家乡”则必然“攻破楼兰”，必要性成立； “攻破楼兰”是“返回家乡”的必要不充分条件. 故答案为：必要不充分. 16. 设正实数x，y，z满足，则当取得最大值时，的最大值为_________． 【答案】1 【解析】 【分析】由得，代入，变形后根据基本不等式即可求的最大值以及此时的条件，根据此条件即可求的最大值. 【详解】由得， 故，当且仅当，即时取得最大值， 此时， 则，当时取得最大值 故答案为：1. 四、解答题(本大题共5小题，共56分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤) 17. 已知x>0，y>0，且2x+8y-xy=0，求： （1）xy的最小值； （2）x+y的最小值.. 【答案】（1）64 （2）18 【解析】 【分析】（1）利用基本不等式构建不等式即可得结果； （2）将变形为分式型，利用“1”的代换和基本不等式可得结果. 【小问1详解】 ∵， ， ， ∴ ，当且仅当时取等号， ∴ ∴，当且仅当时取等号， 故的最小值为64. 【小问2详解】 ∵，则 ， 又∵， ， ∴， 当且仅当时取等号， 故的最小值为18. 18. 已知集合，． （1）若集合B满足且，求实数m的取值范围； （2）若是的必要不充分条件，求实数m的取值范围． 【答案】（1）或； （2）或． 【解析】 【分析】（1）解分式不等式确定集合，然后根据空集的定义、交集的结论求解； （2）由题意得，然后对按是否为空集分类讨论求解． 【小问1详解】 由已知可得， 因，所以，即， 当时，或， 所以或， ∴m的取值范围为或； 【小问2详解】 因为是的必要不充分条件，所以， ①当B为空集时，，即，原命题成立； ②当B不是空集时，所以，解得，满足题意． 综上①②，m的取值范围为或． 19. （1）若关于不等式的解集为R，求的取值范围； （2）解关于的不等式． 【答案】（1）；（2）答案见解析 【解析】 【分析】（1）通过讨论的系数，即可求解. （2）因式分解，通过讨论根的个数及大小即可求解. 【详解】当，不等式为恒成立，符合题意； 当时，由题意可得：，即， 解得：， 综上可知：的取值范围是 （2）由, 整理得 ， 当时，得，解集为； 当时，得，解集为； 当时，，得或，解集为； 当时，，得，解集为； 当时，，得或，解集为. 综上所述：当时，不等式的解集为； 当时，不等式的解集为； 当时，不等式的解集为； 当时，不等式的解集为； 当时，不等式的解集为. 20. 已知：如图所示，点是上一点，与相交于两点，，垂足为，分别交、于两点，延长交于，交延长线于，交于，连接． （1）求证：； （2）若，求证：； （3）若，且线段的长是关于的方程的两个实数根，求的长． 【答案】（1）证明见解析 （2）证明见解析 （3） 【解析】 【分析】（1）根据题意，得到，结合圆的性质，即可得证； （2）根据题意，求得，求得，结合，即可得证； （3）证得， 得到，进而证得，求得方程，求得或，分类讨论，即可求解. 【小问1详解】 证明：因为，所以， 所以分别为与的直径， 又因为， 所以. 【小问2详解】 证明：因为，所以， 又因为，可得, 所以， 因为，所以， 所以. 【小问3详解】 解：因为，可设，则， 连接，则，所以， 可得， 所以 ，所以， 又因为在和中，，， 所以，可得， 所以， 因为，可得，所以， 所以，解得或， 当时，， 因为的长是关于的方程的两个实数根， 由根与系数的关系知：， 所以， 把代入方程，可得， 因为，此方程无实数根，可得舍去， 当时，，所以， 整理得，解得， 所以原方程可化，解得， 所以． 21. （1）设函数在范围内的最大值为，最小值为，且 ，求实数的取值范围； （2）已知关于的方程在范围内有解，求实数的取值范围． 【答案】（1）；（2） 【解析】 【分析】（1）讨论二次函数的对称轴和所给区间的位置关系，即可确定函数的最值，由此可解不等式，即可得答案； （2）讨论方程在范围内有一解还两解，由此可列出不等式组，即可得求得答案. 【详解】（1）∵，∴函数的对称轴为， ①当时，即时，当时，随增大而增大， ∴，，∴，解得， ②当时，即时，当时，随增大而减小， ∴，，∴，解得， ③当时，即时， ∴，，， 解得，此时， ④当时，即时， ，，， 解得，此时， 综上，的取值范围为． （2）原方程即为，设， 当时，． ①若方程在上有一解，只需时，函数的取值为负即可． ∴．解得：． ②若方程在上有两解，则，即， ． 综上，的取值范围为． 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$