广东省惠州市光正实验学校2022-2023学年高一上学期十月考试数学试题B卷

第 1页，共 4页 惠州市光正实验学校 2022-2023 学年度第一学期十月考试 高一数学试题 B卷 命题人：周安阳 赖创希 审核人：周宗福 说明： 1.本试卷分为两部分，第一部分（客观题）卷面成绩 80分，第二部分（解答题）卷面成绩 70分 2.考试时间 120分钟 3.请在答题卡上答题 第一部分 客观题（共 80 分） 一、单选题（本大题共 8 小题，共 40.0 分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项） 1. 设集合� = {�| − 2 < � < 4}，� = {2,3,4,5}，则� ∩ � =( ) A. {2} B. {2,3} C. {3,4} D. {2,3,4} 2. 命题“∀� ∈ �，�3 + 2� ≥ 5� − 2”的否定为( ) A. ∀� ∈ �，�3 + 2� < 5� − 2 B. ∀� ∈ �，�3 + 2� ≤ 5� − 2 C. ∃� ∈ �，�3 + 2� ≥ 5� − 2 D. ∃� ∈ �，�3 + 2� < 5� − 2 3. 已知� > �，则下列不等式成立的是 ( ) A. �2 > �2 B. 1� > 1 � C. �� 2 > ��2 D. ��2 > � �2 (� ≠ 0) 4. 设� ∈ �，则“� > 1”是“�2 > �”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 5. 不等式2� < 1 的解集为( ) A. {�|0 < � < 2} B. {�|� < 0，或� > 2} C. {�|� > 2} D. {�|� < 0} 6. 已知�，�均为正数，且满足� + 2� = 4，则��的最大值为( ) A. 2 B. 2 C. 2 2 D. 3 7. 对于集合�，�，定义�−� = {�|� ∈ �且� ∉ �}，�⊕� = (� − �) ∪ (� −�)，设� = {�|� ≥− 94 , � ∈ �}，� = {�|� < 0, � ∈ �}，则�⊕ � =( ) 第 2页，共 4页 A. ( − 94 , 0) B. [ − 9 4 , 0) C. ( − ∞, − 94 ) ∪ [0，+∞) D. ( −∞, − 9 4 ] ∪ (0，+∞) 8. 关于�的不等式�2 − 2 � + 1 � + 4� ≤ 0的解集中恰有 4个正整数，则实数�的取值范围 是 ( ) A. 52 , 3 B. 5 2 , 3 C. −1, − 12 D. −1, − 1 2 ∪ 5 2 , 3 二、多选题（本大题共 4 小题，共 20.0 分。在每小题有多项符合题目要求，少选且正确得 2 分） 9. 实数�，�满足 1 < � < 3，2 < � < 7，则下列结论正确的有 ( ) A. 3 < � + � < 10 B. 1 < � − � < 4 C. 2 < �� < 21 D. 2 < �� < 7 3 10. 下列说法正确的是( ) A. 命题�：∀�，� ∈ (0,1)，� + � < 2，则￢�：∃�0，�0 ∈ (0,1)，�0 + �0 ≥ 2 B. “� > 1，� > 1”是“�� > 1”成立的充分不必要条件 C. “|�| > |�|”是“� > �”的必要条件 D. “� < 0”是“关于�的方程�2 − 2� + � = 0有一正一负根”的充要条件 11. 设� > � > �，使不等式 1�−�+ 1 �−� ≥ � �−�恒成立的充分条件是( ) A. � ≤ 4 B. � ≤ 3 C. � ≥ 4 D. � ≤ 5 12. 由无理数引发的数学危机一直延续到 19世纪.直到 1872年，德国数学家戴德金从连续性 的要求出发，用有理数的“分割”来定义无理数(史称戴德金分割)，并把实数理论建立在严 格的科学基础上，才结束了无理数被认为“无理”的时代，也结束了持续 2000多年的数学 史上的第一次大危机.所谓戴德金分割，是指将有理数集�划分为两个非空的子集�与�，且满 足�⋃� = Q，�⋂� = ⌀，�中的每一个元素都小于�中的每一个元素，则称 �,� 为戴德金 分割.试判断，对于任一戴德金分割 �,� ，下列选项可能成立的是 ( ) A. �没有最大元素，�有一个最小元素 B. �没有最大元素，�也没有最小元素 C. �有一个最大元素，�有一个最小元素 D. �有一个最大元素，�没有最小元素 第 3页，共 4页 三、填空题（本大题共 4 小题，共 20.0 分） 13. 已知集合� = { − 2,2�, �2 − �}，若 2 ∈ �，则� = 14. 若“∃�0 ∈ �, �02 + 2�0 + 2 = �”的否定是假命题，则实数�的取值范围是 15. 已知� > 0，� > 0，且�� = 1，则 12�+ 1 2�+ 8 �+�的最小值为 ． 16. 某单位在对一个长 800�，宽 600�的草坪进行绿化时，是这样想的：中间为矩形绿草坪， 四周是等宽的花坛，如图所示.若要保证绿草坪的面积不小于总面积的二分之一，则花坛宽度 �(�)（�>0）的取值范围是 ． 第二部分 解答题（共 70 分） 四、解答题（本大题共 6 小题，共 70.0 分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 17. (本小题 10.0分) 设全集为� = {0,1,2,3,4,5,6}，集合� = {�| − 1 ≤ � < 3, � ∈ �}，� = � ∈ � 6� ∈ � ， (1) 求：� ∪ �； (2)∁�(� ∩ �)． 18. (本小题 12.0分) 求下列不等式的解集： (1) − �2 + 7� > 6 (2) �+1�−2 ≥ 0 19. (本小题 12.0分) 已知集合� = {�| − 3 < � < 4}, � = {�|4� < � < � + 3}， (1)若� =− 1，求�⋂�，� ∪ (∁��); (2)若集合�是集合�的真子集，求实数�的取值范围． 第 4页，共 4页 20. (本小题 12.0分) 已知关于�的不等式(1 − �)�2 − 4� + 6 > 0 的解集为{�| − 3 < � < 1}． (1)解不等式 2�2 + (2 − �)� − � > 0； (2)若关于�的不等式��2 − �� + � ≤ 0的解集为�，求实数�的取值范围． 21. (本小题 12.0分) (Ⅰ)已知不等式�2 − �� + � − 2 > 0(� > 2)的解集为(-∞,�1)∪(�2,+∞)， 求�1 + �2 + 1 �1�2 的最小值． (Ⅱ)若正数�，�，�满足� + � + � = 2，求证：� 2 � + �2 � + �2 � ≥ 2. 22. (本小题 12.0分) 某公司决定对旗下的某商品进行一次评估，该商品原来每件售价为 25元，年销售 8万件． (1)据市场调查，若价格每提高 1元，年销售量将相应减少 2000件，要使年销售的总收入不 低于原收入，该商品每件定价最多为多少元？ (2)为了扩大该商品的影响力，提高年销售量，公司决定立即对该商品进行全面技术革新和销 售策略改革，并提高定价到�元．公司拟投入16 (� 2 − 600)万元作为技改费用，投入 50万元作 为固定宣传费用，投入 � 5万元作为浮动宣传费用．试问：当技术革新后，该商品的年销售量� 至少达到多少万件时，才可能使技术革新后的年销售收入不低于原收入与总投入之和？并求 出此时该商品每件的定价． 惠州市光正实验学校2022-2023学年度第一学期十月考试 高一数学试题B卷答案 答案和解析 1.【答案】  【解析】 【分析】 本题考查了集合的描述法和列举法的定义，交集及其运算，考查了计算能力，属于基础题． 进行交集的运算即可． 【解答】 解：因为，，所以， 故选B． 2.【答案】  【解析】 【分析】 本题主要考查含有量词的命题的否定，比较基础． 根据含有量词的命题的否定即可得到结论． 【解答】 解：命题为全称量词命题，则命题的否定为，， 故选：．    3.【答案】  【解析】 【分析】 本题考查不等式的性质，属于基础题． 根据不等式的性质和特殊值逐项判断即可． 【解答】 解：取，，满足，但是，可检验错误； B.取，，满足，但是，可检验错误； C.当时，，可检验错误； D.因为，，则，又，可得，成立． 故选D．    4.【答案】  【解析】 【分析】 本题考查了充分、必要、充要条件的判断 【解答】 解：易知，而或，所以“”是“”的充分不必要条件．    5.【答案】  【解析】 【分析】 本题考查分式不等式的解法，将其转化为一元二次不等式是解题的关键，属于基础题． 将不等式移项整理后可转化为，从而得解． 【解答】 解：不等式移项得，， 整理得，即， 所以或． 故选：．    6.【答案】  【解析】 【分析】 直接利用基本不等式，即可得． 本题考查了利用基本不等式求最值，属于基础题． 【解答】 解：，为正数，， 当且仅当时等号成立， 故选：．    7.【答案】  【解析】 【分析】 根据定义求出和，再求出即可． 本题考查集合的新定义问题，考查运算求解能力． 【解答】 解：对于集合，，定义且，， 设，， 则，， 故选：．    8.【答案】  【解析】 【分析】 本题考查了一元二次不等式的解法与应用问题，属于中档题． 将不等式化为，讨论和两种情况，求出不等式的解集，从而求得的取值范围． 【解答】 解：原不等式可化为， 若，则不等式的解集是， 不等式的解集中不可能有个正整数； 所以，不等式的解集是； 所以不等式的解集中个正整数分别是，，，， 令，解得； 所以的取值范围是． 故选B．    9.【答案】  【解析】 【分析】 本题考查利用不等式性质判断不等关系，属于基础题 【解答】 实数，满足，根据不等式的性质，可得，所以A正确由，可得，所以，所以不正确；由不等式的基本性质，可得，所以C正确由，可得，可得，所以不正确故选AC．    10.【答案】  【解析】解：对于：命题：，，，则：，，，故A正确； 对于：当“，”时，“”成立，反之不成立，故“，”是“”成立的充分不必要条件，故B正确； 对于：“”是“”的既不充分也不必要条件，故C错误； 对于：“关于的方程有一正一负根”的充要条件为：，整理得，故D正确． 故选：． 直接利用命题的否定，不等式的性质，一元二次不等式的解的情况，充分条件和必要条件的应用判断、、、的结论． 本题考查的知识要点：命题的否定，不等式的性质，一元二次不等式的解的情况，充分条件和必要条件，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题． 11.【答案】  【解析】 【分析】 本题考查了利用基本不等式求最值和充分条件的的判定，属于中档题． 由，再利用基本不等式求出最小值，从而求出其充分条件． 【解答】  解：由知，，， 因此，原不等式等价于， ， 当且仅当，即或舍去时，等号成立， 结合选项，可得不等式恒成立的充分条件是和． 故选AB．    12.【答案】  【解析】 【分析】 本题是以集合为背景的创新题型，考查集合中交集和并集的定义，属于拔高题． 由题意知，作为有理数集的两个子集：集合与集合，易判断它们中有无最大元素和最小元素，举例逐一分析即可． 【解答】 解：令，，显然集合中没有最大元素，集合中有一个最小元素，即选项A可能 令，，显然集合中没有最大元素，集合中也没有最小元素，即选项B可能 令，，显然集合中有一个最大元素，集合中没有最小元素，即选项D可能 同时，假设答案C可能，即集合、中存在两个相邻的有理数，显然这是不可能的， 故本题选ABD．    13.【答案】或  【解析】 【分析】 本题考查集合中元素的性质及元素与集合的关系． 根据是集合中的元素，求出值，再验证集合中元素的互异性即可． 【解答】 解：，或； 当时，，，，符合题意； 当时，或， 时，，根据集合中元素的互异性，不合题意， 时，，，符合题意； 综上或 故答案为：或．    14.【答案】  【解析】 【分析】 本题考查了全称量词命题、存在量词命题的否定及真假判定． 利用存在量词命题的否定是假命题得“”是真命题，再利用存在量词命题为真得关于的方程有实根，最后利用判别式计算得结论． 【解答】 解：因为“”的否定是假命题， 所以“”是真命题， 因此关于的方程有实根， 所以，解得， 因此实数的取值范围是． 故答案为： ．    15.【答案】  【解析】 【分析】 本题考查利用基本不等式求最值，考查运算转化能力，属于中档题． 由，利用基本不等式即可求出，注意检验取等号的条件是否成立． 【解答】 解：，，且， 则， 当且仅当时取等号，解得，结合， ，为方程的两根， ，或， 取等号， 的最小值为， 故答案为．    16.【答案】  【解析】 【分析】 本题考查利用一元二次不等式解决实际问题，属于中档题． 【解答】 解：花坛的宽度为，所以绿草坪的长为，宽为，根据题意得 ，整理得，解得舍去或． 由题意知，所以． 当时，绿草坪的面积不小于总面积的二分之一．    17.【答案】解：由题意，得， ． 所以． 可得， 所以．  【解析】本题考查了交、并、补集的混合运算，属于基础题  先求出集合，，再由并集运算得答案； 先求出，从而由补集运算得答案． 18.【答案】不等式，即， 即，解得， 所以解集为 不等式等价于 解得或， 所以不等式的解集为或．   【解析】本题主要考查一元二次不等式的解法． 由不等式得即可求解． 不等式即，由此求得此不等式的解集． 19.【答案】解：若，，， 所以，． ， 当时，此时，即； 当时，此时，即， 则且两个不等式不能同时取等，解得， 综上，实数的取值范围为．  【解析】本题考查集合关系中的参数取值问题，交、并、补集的混合运算，属于基础题． 当时，可得，运用集合间的运算规则计算即可； 由题意可得，分和两种情形分别计算的取值范围，再综合即可． 20.【答案】解：由题意可得，且和是方程， 则可得且，解得， 不等式化为，， 解得或，所以不等式的解集为或；             依题意，不等式的解集为． 当时，原不等式的解集为，不符题意；  当时，有，解得． 综上，的范围为．   【解析】本题主要考查了一元二次不等式的解法和三个二次式的关系的应用，其中熟记一元二次不等式的解法和三个二次式的关系是解答一元二次不等式问题的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题． 由题意，求得，则不等式转化为，即可求解不等式的解集； 若此不等式的解集为，分当时和当时讨论，可求解实数的取值范围． 21.【答案】Ⅰ解：时，， 因为不等式的解集为， 所以方程的两根为，， 由韦达定理可得，， 因为，所以， 则 ， 当且仅当时取等号， 故的最小值为；                 Ⅱ解：由，，为正数且， 由基本不等式，有，，， 三式相加可得：， ， 即当且仅当时等号成立．   【解析】本题考查利用基本不等式求最值，利用基本不等式证明不等式，属于中档题． Ⅰ依题意由韦达定理可得，，则，利用基本不等式，可求得最小值； Ⅱ由基本不等式，有，，，三式相加可得：，进而得证． 22.【答案】解：设每件商品的定价为元， 依题意得，整理得，得． 所以要使年销售的总收人不低于原收入，每件商品的定价最多为元． 依题意知，当时，不等式有解， 等价于当时，有解． 由于，当且仅当，即时等号成立， 所以故当该商品技术革新后，年销售量至少达到万件时， 才可能使技术革新后的年销售收入不低于原收入与总投入之和，此时该商品每件的定价为元．   【解析】本题主要考查了函数的解析式，利用基本不等式求最值的应用，解题的关键是熟练掌握函数的解析式，利用基本不等式求最值的计算，属于较难题． 根据已知写出定价和总收入之间的函数关系，解不等式即可求出商品每件定价最多为多少元， 根据已知条件写出函数的解析式，利用基本不等式求最值的计算，求出该商品的年销售量至少达到多少万件时，才可能使技术革新后的年销售收入不低于原收入与总投入之和，并求出此时该商品每件的定价． 第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$报告查询:登录zhixue.com或扫描二维码下载App (用户名和初始密码均为准考证号) 惠州市光正实验学校2022-2023学年度第一学期十月考试 高一数学答题卡 姓名： 班级： 考场/座位号： 注意事项 1．答题前请将姓名、班级、考场、准考证 号填写清楚。 2．客观题答题，必须使用2B铅笔填涂，修 改时用橡皮擦干净。 3.必须在题号对应的答题区域内作答，超出 答题区域书写无效。 正确填涂 缺考标记 考  号                     [0] [1] [2] [3] [4] [5] [6] [7] [8] [9] [0] [1] [2] [3] [4] [5] [6] [7] [8] [9] [0] [1] [2] [3] [4] [5] [6] [7] [8] [9] [0] [1] [2] [3] [4] [5] [6] [7] [8] [9] [0] [1] [2] [3] [4] [5] [6] [7] [8] [9] [0] [1] [2] [3] [4] [5] [6] [7] [8] [9] [0] [1] [2] [3] [4] [5] [6] [7] [8] [9] [0] [1] [2] [3] [4] [5] [6] [7] [8] [9] [0] [1] [2] [3] [4] [5] [6] [7] [8] [9] [0] [1] [2] [3] [4] [5] [6] [7] [8] [9] 客观题 1 [A] [B] [C] [D] 2 [A] [B] [C] [D] 3 [A] [B] [C] [D] 4 [A] [B] [C] [D] 5 [A] [B] [C] [D] 6 [A] [B] [C] [D] 7 [A] [B] [C] [D] 8 [A] [B] [C] [D] 9 [A] [B] [C] [D] 10 [A] [B] [C] [D] 11 [A] [B] [C] [D] 12 [A] [B] [C] [D] 填空题 13. 14. 15. 16. 解答题 17. 18. 19. 20. 21. 22. 惠州市光正实验学校2022-2023学年度第一学期十月考试 高一数学试题B卷 命题人：周安阳 赖创希 审核人：周宗福 说明： 1.本试卷分为两部分，第一部分（客观题）卷面成绩80分，第二部分（解答题）卷面成绩70分 2.考试时间120分钟 3.请在答题卡上答题 第一部分 客观题（共80分） 一、单选题（本大题共8小题，共40.0分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项） 1. 设集合，，则(    ) A. B. C. D. 2. 命题“，”的否定为(    ) A. ， B. ， C. ， D. ， 3. 已知，则下列不等式成立的是(    ) A. B. C. D. 4. 设，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 5. 不等式的解集为(    ) A. B. ，或 C. D. 6. 已知，均为正数，且满足，则的最大值为(    ) A. B. C. D. 7. 对于集合，，定义且，，设，，则(    ) A. B. C. ， D. ， 8. 关于的不等式的解集中恰有个正整数，则实数的取值范围是(     ) A. B. C. D. 二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求，少选且正确得2分） 9. 实数，满足，，则下列结论正确的有(    ) A. B. C. D. 10. 下列说法正确的是(    ) A. 命题：，，，则：，， B. “，”是“”成立的充分不必要条件 C. “”是“”的必要条件 D. “”是“关于的方程有一正一负根”的充要条件 11. 设，使不等式恒成立的充分条件是(    ) A. B. C. D. 12. 由无理数引发的数学危机一直延续到世纪直到年，德国数学家戴德金从连续性的要求出发，用有理数的“分割”来定义无理数史称戴德金分割，并把实数理论建立在严格的科学基础上，才结束了无理数被认为“无理”的时代，也结束了持续多年的数学史上的第一次大危机所谓戴德金分割，是指将有理数集划分为两个非空的子集与，且满足，，中的每一个元素都小于中的每一个元素，则称为戴德金分割试判断，对于任一戴德金分割，下列选项可能成立的是(    ) A. 没有最大元素，有一个最小元素 B. 没有最大元素，也没有最小元素 C. 有一个最大元素，有一个最小元素 D. 有一个最大元素，没有最小元素 三、填空题（本大题共4小题，共20.0分） 13. 已知集合，若，则           14. 若“”的否定是假命题，则实数的取值范围是           15. 已知，，且，则的最小值为          ． 16. 某单位在对一个长，宽的草坪进行绿化时，是这样想的：中间为矩形绿草坪，四周是等宽的花坛，如图所示若要保证绿草坪的面积不小于总面积的二分之一，则花坛宽度（>0）的取值范围是          ． 第二部分 解答题（共70分） 四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 17. 本小题分 设全集为，集合，， (1) 求：；  ． 18. 本小题分 求下列不等式的解集： 19. 本小题分 已知集合 ， 若，求， 若集合是集合的真子集，求实数的取值范围． 20. 本小题分 已知关于的不等式的解集为． 解不等式； 若关于的不等式的解集为，求实数的取值范围． 21. 本小题分 Ⅰ已知不等式的解集为， 求的最小值． Ⅱ若正数，，满足，求证： 22. 本小题分 某公司决定对旗下的某商品进行一次评估，该商品原来每件售价为元，年销售万件． 据市场调查，若价格每提高元，年销售量将相应减少件，要使年销售的总收入不低于原收入，该商品每件定价最多为多少元？ 为了扩大该商品的影响力，提高年销售量，公司决定立即对该商品进行全面技术革新和销售策略改革，并提高定价到元．公司拟投入万元作为技改费用，投入万元作为固定宣传费用，投入万元作为浮动宣传费用．试问：当技术革新后，该商品的年销售量至少达到多少万件时，才可能使技术革新后的年销售收入不低于原收入与总投入之和？并求出此时该商品每件的定价． 第1页，共1页 学科网（北京）股份有限公司 $$