精品解析：福建省泉州市安溪沼涛中学2024-2025学年高一上学期第一次质量检测数学试卷

沼涛中学2024年秋季高一年第一次质量检测数学试卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40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. 命题“”的否定是（ ） A. B. C. D. 2. 如图，设全集，，，则图中阴影部分表示的集合为（ ） A. B. C. D. 3. 函数的定义域是（ 　） A. B. C. D. 4. 下列说法中，错误的是（ ） A. 若，，则 B. 若，则 C. 若，，则 D. 若，，则 5. 已知为实数，使“，”为真命题的一个充分不必要条件是（ ） A. B. C. D. 6. 在上定义运算：，若不等式 的解集是，则的值为（ ） A. B. C. D. 7. 若，则的最小值为（　　） A. 3 B. 4 C. 1 D. 2 8. 《几何原本》卷2的几何代数法（以几何方法研究代数问题）成了后世西方数学家处理问题的重要依据，通过这一原理，很多的代数的公理或定理都能够通过图形实现证明，也称之为无字证明．现有如图所示图形，点在半圆上，点在直径上，且，设，，则该图形可以完成的无字证明为（ ） A. B. C. D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 下列四组函数中，表示同一函数的有（ ） A. B. C. D. 10. 下列说法中正确的是（ ） A. “”是“”必要不充分条件 B. “”的必要不充分条件是“” C. “是实数”的充分不必要条件是“是有理数” D. “”是“”的充分条件 11. 已知，，，则下列判断正确是（ ） A. 的最小值为 B. 的最大值为 C. 的最小值为6 D. 的最大值为8 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12 已知函数，则___________. 13. 二次函数的图象恒在直线的上方，则实数a的取值范围是______. 14. 设正数满足，则的最小值为__________. 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 15. (1)已知，求的最大值； (2)已知，，且，求最大值. 16. 已知集合B={x|a-3≤x<2a+5}，全集U=R. （1）当时，求､. （2）若x∈A是x∈B成立必要不充分条件，求a的取值范围. 17. 已知关于的不等式的解集为或． （1）求，的值； （2）当，，且满足时，有恒成立，求的取值范围． 18. 某公司打算在2023年度建设某型芯片的生产线，建设该生产线的成本为300万元，若该型芯片生产线在2024年产出万枚芯片，还需要投入物料及人工等成本（单位：万元），已知当时，；当时，；当时，，已知生产的该型芯片都能以每枚80元的价格售出． （1）已知2024年该型芯片生产线的利润为（单位：万元），试求出的函数解析式． （2）请你为该型芯片的生产线的产量做一个计划，使得2024年该型芯片的生产线所获利润最大，并预测最大利润． 19. 设集合，，其满足（1）：（2）若，则. （1）能否为单元素集，为什么？ （2）求出只含两个元素的集合. （3）满足题设条件的集合共有几个？为什么？能否列举出来. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$ 沼涛中学2024年秋季高一年第一次质量检测数学试卷 一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40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. 命题“”的否定是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据特称命题的否定是全称命题即可求出结果. 【详解】根据特称命题的否定是全称命题即可得到命题：“”的否定是””， 故选：B. 2. 如图，设全集，，，则图中阴影部分表示的集合为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】由韦恩图知阴影部分表示的集合为，根据集合的运算得出结论即可． 【详解】解：由韦恩图知阴影部分表示的集合为， 由全集，， ， 或，． 故选． 【点睛】本题考查了集合的运算，利用图象先确定集合关系是解决本题的关键，属于基础题． 3. 函数的定义域是（ 　） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】由被开方数大于等于零，分母不为零，结合没有意义，列出不等式组，求出的范围即可. 【详解】要使函数有意义，必须， 解得， 所以函数的定义域为，故选D. 【点睛】本题主要考查求函数的定义域，开偶次方根时 ,要保证被开方数大于等于零，分母不为零，容易疏略没有意义，属于简单题. 4. 下列说法中，错误的是（ ） A. 若，，则 B. 若，则 C. 若，，则 D. 若，，则 【答案】A 【解析】 【分析】逐一检验，对A，取，判断可知；对B， ，可知；对C，利用作差即可判断；对D根据不等式同向可加性可知结果. 【详解】对A，取，所以，故错误； 对B，由，，所以，故正确； 对C, ， 由，，所以，所以，故正确； 对D，由，所以，又，所以 故选：A 5. 已知为实数，使“，”为真命题的一个充分不必要条件是（ ） A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】根据全称量词命题的真假性求得的取值范围，然后确定其充分不必要条件. 【详解】解：依题意，全称量词命题：为真命题， 所以，在区间上恒成立，所以， 所以使“”为真命题一个充分不必要条件是“”. 故选：B 6. 在上定义运算：，若不等式 的解集是，则的值为（ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】本题主要考查一元二次不等式的解法，利用新定义列出不等式是解决本题的关键． 根据定义，利用一元二次不等式和相应一元二次方程的关系求解． 【详解】解：， ， 即， 即， 不等式的解集是， ，和是方程的根， 即或， ， ， 故选：C． 7. 若，则的最小值为（　　） A. 3 B. 4 C. 1 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】利用，结合基本不等式可求最小值. 【详解】因为，所以， 所以， 当且仅当，即时取等号， 所以的最小值为. 故选：B. 8. 《几何原本》卷2的几何代数法（以几何方法研究代数问题）成了后世西方数学家处理问题的重要依据，通过这一原理，很多的代数的公理或定理都能够通过图形实现证明，也称之为无字证明．现有如图所示图形，点在半圆上，点在直径上，且，设，，则该图形可以完成的无字证明为（ ） A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】利用数形结合计算出，再在中，利用勾股定理得，再由，可得结论． 【详解】设，可得圆的半径为， 又由， 在中，可得， 因为，所以，当且仅当时取等号． 故选：D. 二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分. 9. 下列四组函数中，表示同一函数的有（ ） A. B. C. D. 【答案】BC 【解析】 【分析】看两个函数是否相同， 要看定义域，对应关系是否相同，都相同则为相同函数；若函数三个要素中有一个不同则为不同函数.选项A、D，很容易识别两个函数的定义域不相同. 【详解】选项A，函数定义域为，函数定义域为R，定义域不同，故不是同一函数； 选项B，，与函数的定义域都为R、对应关系也相同，故是同一函数； 选项C，，与函数的定义域、对应关系都相同，故是同一函数； 选项D，，但函数的定义域为，而定义域为R，故不是同一函数. 故选：BC. 10. 下列说法中正确的是（ ） A. “”是“”的必要不充分条件 B. “”的必要不充分条件是“” C. “是实数”的充分不必要条件是“是有理数” D. “”是“”的充分条件 【答案】ABC 【解析】 【分析】由题意结合充分条件、必要条件的定义，逐项判断即可得解. 【详解】对于A，由得，所以“”可推出“”，反之不成立，故A正确； 对于B，解方程得或，所以“”的必要不充分条件是“”，故B正确； 对于C，“是有理数”可以推出“是实数”，反之不一定成立，所以“是实数”的充分不必要条件是“是有理数”，故C正确； 对于D，解方程得，则“”是“”必要不充分条件，故D错误. 故选：ABC. 【点睛】本题考查了充分条件、必要条件的判断，关键是对概念的准确理解，属于基础题. 11. 已知，，，则下列判断正确的是（ ） A. 的最小值为 B. 的最大值为 C. 的最小值为6 D. 的最大值为8 【答案】ACD 【解析】 【分析】利用基本不等式一一计算可得. 【详解】对于A：， 当且仅当，即时取等号，故A正确； 对于B：由条件可知，所以，解 得，由，得，， 所以，当且仅当时取得等号，故B错误； 对于C：由得 ， 当且仅当，即，时取得等号，故C正确； 对于D：由上述条件可知 ， 整理得. 令，则，解得，则， 当且仅当，即，时取得等号，故D正确. 故选：ACD. 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12. 已知函数，则___________. 【答案】1 【解析】 【分析】直接代入即可求解. 【详解】因为， 所以， 所以. 故答案为：1. 13. 二次函数的图象恒在直线的上方，则实数a的取值范围是______. 【答案】 【解析】 【分析】由题意可得在R上恒成立，则，解不等式即可得出答案. 【详解】因为二次函数的图象恒在直线的上方， 所以， 即在R上恒成立， 所以，即， 解得：. 故答案为：. 14. 设正数满足，则的最小值为__________. 【答案】 【解析】 【分析】正数，满足，即，可得，且；即，且；由变形为；化为应用基本不等式可求最小值． 详解】解：正数，满足，所以 ，且； ，； ， 当且仅当，即时取“”， 所以的最小值为； 故答案为：． 四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤. 15. (1)已知，求的最大值； (2)已知，，且，求的最大值. 【答案】(1) (2) . 【解析】 【分析】(1)根据基本不等式，结合题中条件，得到，即可得出结果； (2)根据题中条件，结合基本不等式，得到，即可得出结果. 【详解】(1)∵，∴， 因此； 当且仅当，即，有最大值； (2)∵，，， 所以； 当，即，时，有最大值. 【点睛】本题主要考查由基本不等式求积的最大值，熟记基本不等式即可，属于常考题型. 16. 已知集合B={x|a-3≤x<2a+5}，全集U=R. （1）当时，求､. （2）若x∈A是x∈B成立必要不充分条件，求a的取值范围. 【答案】（1）；；（2）. 【解析】 【分析】 （1）当时，得到，，再计算，即可得到答案. （2）将必要不充分条件转化为B⫋A，再讨论和两种情况，分别计算即可得到答案. 【详解】（1）当时，， ， 则； 由， ， 得. 故； . （2）∵x∈A是x∈B成立的必要不充分条件， ∴B⫋A， ①若B＝∅，则，解得； ②B≠∅，由B⫋A，得到： ， 综上所述：a的取值范围是. 【点睛】本题主要考查了集合的运算，利用必要不充分条件求参数的问题，将必要不充分条件转化为集合之间的包含关系是解题的关键.属于中档题. 17. 已知关于的不等式的解集为或． （1）求，的值； （2）当，，且满足时，有恒成立，求的取值范围． 【答案】（1） （2）． 【解析】 【分析】（1）根据不等式的解集确定对应方程的根，由根与系数关系求解； （2）利用均值不等式求出，解关于的一元二次不等式得解. 【小问1详解】 因为不等式的解集为或， 所以1和是方程的两个实数根且， 所以，解得． 【小问2详解】 由（1）知，于是有， 故， 当且仅当时，等号成立， 依题意有，即， 得， 所以的取值范围为． 18. 某公司打算在2023年度建设某型芯片的生产线，建设该生产线的成本为300万元，若该型芯片生产线在2024年产出万枚芯片，还需要投入物料及人工等成本（单位：万元），已知当时，；当时，；当时，，已知生产的该型芯片都能以每枚80元的价格售出． （1）已知2024年该型芯片生产线的利润为（单位：万元），试求出的函数解析式． （2）请你为该型芯片的生产线的产量做一个计划，使得2024年该型芯片的生产线所获利润最大，并预测最大利润． 【答案】（1） （2）产量为40万枚时利润最大，最大利润为220万元 【解析】 分析】（1）由分段代入计算即可得； （2）借助一次函数、二次函数的性质与基本不等式计算每段的利润最大值即可得. 【小问1详解】 当时，， 当时，， 当时，， 故； 【小问2详解】 当时，， 当时，，对称轴， ， 当时，由基本不等式知，当且仅当， 即时等号成立，故， 综上，当2024年该型芯片产量为40万枚时利润最大，最大利润为220万元. 19. 设集合，，其满足（1）：（2）若，则. （1）能否为单元素集，为什么？ （2）求出只含两个元素的集合. （3）满足题设条件的集合共有几个？为什么？能否列举出来. 【答案】（1）不能，理由见解析 （2）或或 （3）满足条件的共在个，列举答案见解析 【解析】 【分析】(1)不是为单元集，通过题意推出方程，直接求解推出的值即可说明； (2)通过列举法可求出只含两个元素的集合； (3)满足题设条件的集合，通过，所以必然时的约数，然后一一列举出来即可. 【小问1详解】 不能，因为，，且， 而， 如果是单元素集，必须， 解得， 与矛盾， 所以不能为单元素集； 小问2详解】 只有两个元素， ，， 为的约数，可取或或或或或， 即可取，，，，，， 其对应的可取，，，，，，与的取值一一对应， 所以只含两个元素的集合或或； 【小问3详解】 由（2）得，可取，，，，，， 其对应的可取，，，，，，与的取值一一对应， 所以满足条件的集合有或或或或或或，共个. 第1页/共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$