高一入学成效检测卷 (B)-【初高中·衔接直通车】2025年初升高数学衔接直通车

高一入学成效检测卷(B) (时间：120分钟，满分：150分) 一、选择题：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.已知集合A＝{x|－2＜x＜3}，B＝{x|x＜1}，则A∩B＝(　　) A.{x|x＜1}　　　　B.{x|x＜3}　　　　C.{x|－2＜x＜1}　　　　D.{x|－2＜x＜3} 2.不等式x2－mx＋2＞0的解集为{x|x＜1或x＞2}，则实数m的值为(　　) A.2 B.－2 C.－3 D.3 3.已知幂函数f(x)＝xa的图象过点，则式子4a的值为(　　) A.1 B.2 C. D. 4.(2024·天津卷)设a，b∈R，则“a3＝b3”是“3a＝3b”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.命题p：∃x＞0，x＋＝2，则綈p为(　　) A.∀x＞0，x＋＝2 B.∀x＞0，x＋≠2 C.∀x≤0，x＋＝2 D.∀x≤0，x＋≠2 6.不等式≥0的解集为(　　) A. B. C. D. 7.十九世纪德国数学家狄利克雷提出了“狄利克雷函数”D(x)＝它在现代数学的发展过程中有着重要意义，若函数f(x)＝x2－D(x)，则下列实数不属于函数f(x)值域的是(　　) A.3 B.2 C.1 D.0 8.(2024·新课标Ⅰ卷)已知函数f(x)的定义域为R，f(x)>f(x－1)＋f(x－2)，且当x<3时，f(x)＝x，则下列结论中一定正确的是(　　) A.f(10)>100 B.f(20)>1000 C.f(10)<1000 D.f(20)<10 000 二、选择题：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. 9.1872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，从而结束了无理数被认为“无理”的时代，也结束了数学史上的第一次大危机.将有理数集Q划分为两个非空的子集M与N，且满足M∪N＝Q，M∩N＝∅，M中的每一个元素都小于N中的每一个元素，则称为戴德金分割.试判断下列选项，其中可能成立的是(　　) A.M＝，N＝满足戴德金分割 B.M没有最大元素，N有一个最小元素 C.M有一个最大元素，N有一个最小元素 D.M没有最大元素，N也没有最小元素 10.已知偶函数f(x)在[0，＋∞]上单调递增，且f(1)＝－1，f(3)＝1，则满足－1≤f(x－2)≤1的x的值可以是(　　) A.0 B.2 C.4 D.6 11.已知函数f(x)的定义域为D，若对∀x∈D，∃y∈D，使得f(y)＝－f(x)成立，则称函数f(x)为“M函数”.下列所给出的函数中是“M函数”的有(　　) A.y＝x2 B.y＝ C.y＝2x－1 D.y＝ln(x＋1) 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分. 12.命题：∃x∈R，x2－x＋1＝0的否定是________. 13.已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，且当x≤0时，f(x)＝x(x－1)，则当x>0时，f(x)＝________. 14.已知偶函数f(x)和奇函数g(x)的定义域都是(－4,4)，且在(－4,0]上的图象如图所示，则关于x的不等式f(x)g(x)＜0的解集是________. 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.(13分)(1)已知实数x，y满足1≤x≤2，≤y≤3，求和x－2y的取值范围； (2)已知0<a＋b<2，－1<b－a<1，求2a－b的取值范围. 16.(15分)已知集合A＝[3,6]，B＝[a,8]. (1)在①a＝7，②a＝5，③a＝4这三个条件中选择一个条件，使得A∩B≠∅，并求A∩B; (2)已知A∪B＝[3,8]，求实数a的取值范围. 17.(15分)已知二次函数y＝x2－ax(a∈R). (1)若a＝2，求不等式x2－ax≥3的解集； (2)若x≥1时，x2－ax≥－x2－2恒成立，求a的取值范围. 18.(17分)某地某路无人驾驶公交车发车时间间隔t(单位：分钟)满足5≤t≤20，t∈N.经测算，该路无人驾驶公交车载客量p(t)与发车时间间隔t满足：p(t)＝其中t∈N. (1)求p(5)，并说明p(5)的实际意义； (2)若该路公交车每分钟的净收益y＝－10(元)，问当发车时间间隔为多少时，该路公交车每分钟的净收益最大？并求每分钟的最大净收益. 19.(17分)对于区间[a，b](a<b)，若函数y＝f(x)同时满足：①f(x)在[a，b]上是单调函数，②函数y＝f(x)的定义域为[a，b]时，值域也为[a，b]，则称区间[a，b]为函数f(x)的“保值”区间. (1)求函数f(x)＝－x2＋的所有“保值”区间； (2)函数y＝的一个“保值”区间为[m，n]，当t变化时，求n－m的最大值. 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高一入学成效检测卷(B) 1.C　由A＝{x|－2＜x＜3}，B＝{x|x＜1}， 可知A∩B＝{x|－2＜x＜1}.故选C. 2.D　因为不等式的解集为{x|x<1或x>2}， 所以1，2是方程x2－mx＋2＝0的两根， 所以1＋2＝m⇒m＝3.故选D. 3.B 4.C　由函数y＝x3单调递增可知，若a3＝b3，则a＝b；由函数y＝3x单调递增可知，若3a＝3b，则a＝b.故“a3＝b3”是“3a＝3b”的充要条件，故选C. 5.B　6.C 7.C　由题意可知f(x)＝x2－D(x)＝ 所以f(1)＝12－1＝0，f＝2＝2， f＝2＝3，而f(x)＝1无解. 故选C. 8.B　(赋值法)　因为当x<3时，f(x)＝x，所以f(1)＝1，f(2)＝2.对于f(x)>f(x－1)＋f(x－2)，令x＝3，得f(3)>f(2)＋f(1)＝2＋1＝3；令x＝4，得f(4)>f(3)＋f(2)>3＋2＝5；依次类推，得f(5)>f(4)＋f(3)>5＋3＝8；f(6)>f(5)＋f(4)>8＋5＝13；f(7)>f(6)＋f(5)>13＋8＝21；f(8)>f(7)＋f(6)>21＋13＝34；f(9)>f(8)＋f(7)>34＋21＝55；f(10)>f(9)＋f(8)>55＋34＝89；f(11)>f(10)＋f(9)>89＋55＝144；f(12)>f(11)＋f(10)>144＋89＝233；f(13)>f(12)＋f(11)>233＋144＝377；f(14)>f(13)＋f(12)>377＋233＝610；f(15)>f(14)＋f(13)>610＋377＝987；….显然f(16)>1000，所以f(20)>1000，故选B. 9.BD　对于选项A，因为M＝，N＝，M∪N＝≠Q，故A错误； 对于选项B，设M＝，N＝，满足戴德金分割，则M中没有最大元素，N有一个最小元素0，故B正确； 对于选项C，若M有一个最大元素m，N有一个最小元素n，若m≠n，一定存在k∈(m，n)使M∪N＝Q不成立；若m＝n，则M∩N＝∅不成立，故C错误； 对于选项D，设M＝，N＝，满足戴德金分割，此时M没有最大元素，N也没有最小元素，故D正确. 故选BD. 10.AC　由题意知：f(1)≤f(|x－2|)≤f(3)， ∴1≤|x－2|≤3，∴－3≤x－2≤－1或1≤x－2≤3，∴－1≤x≤1或3≤x≤5，故选AC. 11.BD　由已知，在函数定义域内，对任意的x 都存在着y，使x所对应的函数值f(x)与y所对应的函数值f(y)互为相反数，故只有当函数的值域关于原点对称时才会满足“M函数”的条件. 对于A中函数的值域为[0，＋∞)，值域不关于原点对称，故A不符合题意； 对于B中函数的值域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，值域关于原点对称，故B符合题意； 对于C中函数的值域为(0，＋∞)，值域不关于原点对称，故C不符合题意； 对于D中函数的值域为R，值域关于原点对称，故D符合题意.故选BD. 12.解析：根据存在量词命题的否定为全称命题，可知命题“∃x∈R，x2－x＋1＝0”的否定是“∀x∈R，x2－x＋1≠0”. 答案：∀x∈R，x2－x＋1≠0 13.解析：当x>0时，－x<0，∴f(－x)＝－x(－x－1)， ∵f(x)是奇函数， ∴f(－x)＝－f(x)＝－x(－x－1)， f(x)＝－x(x＋1). 答案：－x(x＋1) 14.解析：x∈(－4，－2)∪(2，4)时，f(x)＞0，x∈(－2，2)时，f(x)＜0，x∈(－4，0)时，g(x)＜0，x∈(0，4)时，g(x)＞0，∴f(x)g(x)＜0的解是x∈(－4，－2)∪(0，2). 答案：(－4，－2)∪(0，2) 15.解：(1)因为≤y≤3，所以≤≤2， 又因为1≤x≤2，所以≤≤4， 所以的取值范围是. 因为≤y≤3，所以－6≤－2y≤－1， 因为1≤x≤2，所以－5≤x－2y≤1， 所以x－2y的取值范围是. (2)令2a－b＝m＋n，m，n∈R， 即a＋b＝2a－b， 则有解得 即2a－b＝－(b－a). 而0<a＋b<2，－1<b－a<1，于是0<<1，－<－<， 所以－<－<1＋， 即－<2a－b<， 所以2a－b的取值范围为. 16.解：(1)选择条件②a＝5(或③a＝4)， 若选②，则A∩B＝[3，6]∩[5，8]＝[5，6]. 若选③，则A∩B＝[3，6]∩[4，8]＝[4，6]. (2)因为A∪B＝[3，8]，A＝[3，6]，B＝[a，8]， 结合数轴可得3≤a≤6， 所以实数的取值范围为3≤a≤6. 17.解：(1)若a＝2， 可得x2－2x－3≥0，(x－3)(x＋1)≥0， 所以原不等式的解集为{x|x≤－1或x≥3}. (2)x2－ax≥－x2－2，即a≤2， 当x≥1时恒成立，令y1＝2， 又y1＝2≥4 ＝4， 当且仅当x＝，即x＝1时等号成立， 所以a≤4， 故所求a的取值范围是{a|a≤4}. 18.解：(1)p(5)＝60－(5－10)2＝35，实际意义为：发车时间间隔为5分钟时，载客量为35. (2)因为y＝－10，所以当5≤t<10时， y＝－10＝110－， 任取5≤t1<t2≤6， 则y1－y2＝－ ＝6(t2－t1)＋－ ＝6(t2－t1)＋＝， 因为5≤t1<t2≤6， 所以t2－t1>0，25<t1t2<36，所以y1－y2<0， 所以函数y＝110－在区间[5，6]上单调递增，同理可证该函数在区间[6，10)上单调递减，所以，当t＝6时，y取得最大值38；当10≤t≤20时，y＝－10＝－10，该函数在区间[10，20]上单调递减， 则当t＝10时，y取得最大值28.4. 综上，当发车时间间隔为6分钟时，该路公交车每分钟的净收益最大，最大净收益为38元. 19.解：(1)函数f(x)＝－x2＋在(－∞，0]上单调递增，在[0，＋∞)上单调递减， 令区间[a，b]为函数f(x)的“保值”区间，则f(x)在[a，b]上单调，即有a<b≤0或0≤a<b， 当a<b≤0时，f(x)在区间[a，b]上单调递增，则即 于是a，b是方程－x2＋＝x，即x2＋4x－13＝0的两个不同的非正实根， 显然ab＝－13<0，方程两根异号，与a<b≤0矛盾，即a<b≤0不符合题意； 当0≤a<b时，f(x)在区间[a，b]上单调递减，则即则有 所以函数f(x)的“保值”区间为[1，3]. (2)令g(x)＝＝(2＋t)－，显然函数g(x)在(－∞，0)，(0，＋∞)上单调递增， 由[m，n]是函数g(x)的一个“保值”区间，得[m，n]⊆(－∞，0)或[m，n]⊆(0，＋∞)，且g(x)在[m，n]上单调递增， 则即m，n是方程g(x)＝x， 即x2－(2＋t)x＋t2＝0的两个同号的不等根， 于是Δ＝(2＋t)2－4t2>0， 解得－<t<2，且 因此n－m＝＝＝≤，当且仅当t＝时等号成立， 所以当t＝时，n－m取得最大值. 学科网（北京）股份有限公司 $$