浙江省杭州市四校2024-2025学年高一数学上学期10月联考试题含解析

Page182024学年第一学期高一年级10月四校联考数学学科试题卷考生须知：1.本卷满分150分，考试时间120分钟2.答题前，在答题卷指定区域填写班级､姓名､考场､座位号及准考证号（填涂）：3.全部答案必需写在答题卷上，写在试卷上无效：一､单项选择题：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.1.设全集，集合，，则（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】因为，由集合相等的定义即可列出方程求出的值，但要留意集合元素具有互异性，所以求出的值之后还要回代到详细集合中验证是否满足元素之间互异.【详解】由题意集合，，又因为，且全集，所以，解得，但当时，集合违反了元素之间的互异性，而当时，集合，，满足题意,综上所述：.故选：A.2.命题“”的否定是（）A. B.C. D.【答案】D【解析】【分析】全称量词命题的否定是存在量词命题，把随意改为存在，把结论否定.【详解】“”的否定是“”.故选：D3.已知a，b，c满足c<b<a，且ac<0，那么下列选项中确定成立的是（）A.ab>ac B.c(b－a)<0C.cb2<ab2 D.ac(a－c)>0【答案】A【解析】【分析】依据已知条件，求得的正负，再结合，则问题得解.【详解】由c<b<a且ac<0，知c<0且a>0.由b>c，得ab>ac确定成立，即正确；因为，故，故错误；若时，明显不满足，故错误；因为，故，故错误.故选：【点睛】本题考查不等式的基本性质，属简洁题.4.若正数x，y满足，则的最小值是（）A.2 B.3 C.4 D.5【答案】D【解析】【分析】方法一由，从而，利用基本不等式求解；方法二对原条件式转化得，得到，利用基本不等式求解；【详解】解：方法一由条件得，由，知，从而，当且仅当，即，时取等号．故的最小值为5．方法二对原条件式转化得，则，当且仅当，，即，时取等号．故的最小值为5．故选：D5.命题，，若p是真命题，则实数a的取值范围为（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】依据特称命题的真假关系，转化为能成立问题，从而转化为最值问题进行求解即可得答案．【详解】命题，使为真命题，即，使成立，即能成立设，则，当且仅当，即时，取等号，即，，故的取值范围是．故选：C．【点睛】关键点点睛：本题考查存在量词的命题的应用，依据条件利用参数分别法进行转化，结合基本不等式求最值是解决本题的关键，属于中档题．6.函数在数学上称为高斯函数，也叫取整函数，其中表示不大于的最大整数，如．那么不等式成立的充分不必要条件是（）A. B. C. D.【答案】B【解析】【分析】先解不等式，再结合充分条件和必要条件的定义求解即可.【详解】因为，则，则，又因为表示不大于的最大整数，所以不等式的解集为：，因为所求的时不等式成立的充分不必要条件，所以只要求出不等式解集的一个非空真子集即可，选项中只有⫋.故选：B.7.设集合，其中为实数．令，．若的全部元素和为，则的全部元素之积为（）A.0 B.2 C.4 D.0或4【答案】A【解析】【分析】依据集合中元素的互异性探讨参数的取值，然后得到并集的结果，依据并集中的元素之和求出参数，然后在求元素之积【详解】依据集合中元素的互异性，且.由题意，.状况一：若时当时，，，，的全部元素和为，符合题意，此时的全部元素之积为；当时，，，，的全部元素和为，不符题意；状况二：若时，此时，，，但此时含有唯一的无理数，不行能元素之和为；状况三：若，，且时，则中只有唯一重复元素，则，由题意，即，此时，冲突.综上所述，时符合题意，此时的全部元素之积为.故选：A8.正数a,b满足,若不等式对随意实数x恒成立,则实数m的取值范围是A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】利用基本不等式求得的最小值，把问题转化为恒成立的类型，求解的最大值即可.【详解】,，且a,b为正数，，当且仅当，即时，，若不等式对随意实数x恒成立，则对随意实数x恒成立，即对随意实数x恒成立，，，故选：A【点睛】本题主要考查了恒成立问题，基本不等式求最值，二次函数求最值，属于中档题.二､多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.若不等式的解集是，则下列选项正确的是（）A. B.C.且 D.不等式的解集是【答案】AB【解析】【分析】依据一元二次不等式的解集求得的关系式，由此对选项进行分析，从而确定正确答案.【详解】由于不等式的解集是，所以，B选项正确，且，即，则，所以，A选项正确，，C选项错误，不等式，即，即，无解，D选项错误.故选：AB10.下列命题中为真命题的是（）A.B.“”的充要条件是C.不等式的解集为D.若，且满足，则的最小值为【答案】BD【解析】【分析】依据“”的运用对象可推断A；由集合性质可推断B；探讨时的不等式解集可推断C；妙用“1”求最值可推断D.【详解】A选项：“”用于元素与集合之间，故A错误；B选项：，故B正确；C选项：解得或，当时，，所以的解集为，C错误；D选项：，因为，所以，所以，当且，即时，等号成立，D正确.故选：BD11.已知函数有且只有一个零点，则（）A.B.C.若不等式的解集为，则D.若不等式的解集为，且，则【答案】ABD【解析】【分析】因为（）有且只有一个零点，故可得，即，再利用基本不等式和不等式的性质对四个选项逐一分析即可得到答案.【详解】因（）有且只有一个零点，故可得，即，对A：等价于，明显，故A正确；对B：，故B正确；对C：因为不等式的解集为，故可得，故C错误；对D：因为不等式的解集为，且，则方程的两根为，，故可得，故可得，故D正确.故选：ABD.12.设非空集合满足：当x∈S时，有x2∈S.给出如下命题，其中真命题是（）A.若m=1，则 B.若，则≤n≤1C若，则 D.若n=1，则【答案】BC【解析】【分析】先由非空集合满足：当x∈S时，有x2∈S，推断出或，，比照四个选项分别列不等式组，解出不等式进行一一验证即可【详解】∵非空集合满足：当x∈S时，有x2∈S.∴当m∈S时，有m2∈S，即，解得：或；同理：当n∈S时，有n2∈S，即，解得：.对于A:m=1,必有m2=1∈S，故必有解得：，所以，故A错误；对于B:,必有m2=∈S，故必有，解得：，故B正确；对于C:若，有，解得：，故C正确；对于D:若n=1，有，解得：或，故D不正确.故选：BC【点睛】方法点睛：新定义题（创新题）解答的关键：对新定义的正确理解.三､填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分13.某人要买房，随着楼层的上升，上下楼耗费的精力增多，因此不满足度上升.当住第层楼时，上下楼造成的不满足度为.但高处空气清爽，嘈杂音较小，环境较为宁静，因此随着楼层的上升，环境不满足度降低.设住第层楼时，环境不满足程度为.则此人应选第__________楼，会有一个最佳满足度.【答案】3【解析】【分析】先得到不满足程度为，利用基本不等式可得取最小值即为最佳满足度.【详解】由题意可知，当住层楼时，不满足程度为，因，且，所以，当且仅当即时等号成立，故当住楼时，不满足程度最低，故答案为：314.对于集合，用表示有限集合中元素的个数，已知，集合满足，则符合条件的集合的个数是__________.【答案】【解析】【分析】分析可知，集合C可以看成集合与的子集的并集，然后依据的子集个数可得答案.【详解】因为，，所以，由可知，满足条件的集合C必含有A中全部元素，所以，集合C可以看成集合与的子集的并集，因为集合子集个数为，所以集合的个数为.故答案为：15.已知集合，B={x|(x−b)2<a}，若“a=1”是“”的充分条件，则实数b的取值范围是________．【答案】(−2，2)【解析】【分析】分别化简集合A，B，依据“a=1”是“”的充分条件，即可得出.【详解】由＝{x|(x−1)·(x＋1)<0}＝{x|−1<x<1}，当a=1时，B＝{x|(x−b)2<1}={x|b−1<x<b＋1}，此时，，所以，解得−2<b<2.故答案为：(−2，2).【点睛】本题考查了不等式的解法、简易逻辑的判定方法，考查了推理实力与计算实力，属于中档题.16.已知，，且，则的最大值是______．【答案】【解析】【分析】利用，，且，求出的范围，将消元得，利用二次函数的最值及倒数法则即可求得的最大值.【详解】解：因为，，且，所以，，当时，取最小值，所以取最大值，故的最大值是.故答案为：.三､解答题17.设全集，集合，集合.（1）若“”是“”的充分不必要条件，求实数的取值范围；（2）若，求实数的取值范围.【答案】（1）（2）.【解析】【分析】（1）依据充分不必要条件的定义得出关于的不等关系，然后求解．（2）依据集合的包含关系的定义求解．【小问1详解】由“”是“”的充分不必要条件，得，又，因此或，解得，所以实数的取值范围为.【小问2详解】由已知，当时，，解得，符合题意，因此；当时，而，则，无解，所以实数的取值范围.18.已知命题，命题．（1）当命题为假命题时，求实数的取值范围；（2）若命题和中有且仅有一个是假命题，求实数的取值范围．【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）依据为真命题,分别参数得到，得到答案；（2）依据题意得到命题和一真一假，分两种状况为真，为假时和当为真，为假时，求出参数的取值范围.【小问1详解】当命题为假命题时，命题为真命题，，当时，，∴，即∴实数的取值范围为．【小问2详解】∵命题和中有且仅有一个是假命题，∴命题和一真一假，当命题为真命题时，，解得或，①当命题为真，命题为假时，，解得，②当命题为真，命题为假时，，解得，综上，实数的取值范围为．19.记不等式的解集为A，不等式的解集为（1）设，求A；（2）若，求【答案】（1）时，，时，，时，；（2）时，，时，，时，.【解析】【分析】（1）依据，代入化简可得，分别探讨、和三种状况，求得对应的集合A，即可得答案.（2）依据集合A，可得a，b的关系，代入可得，分别探讨，和三种状况，求得对应的集合B，综合即可得答案.【详解】（1）由，可得，当时，解得，当时，无解，当时，解得，综上，当时，解集，当时，解集，当时，解集.（2）若，则，且，即，所以原式化简为：，即，当时，解得，当时，解得，当时，解得，综上当时，集合，当时，集合，当时，集合【点睛】解题的关键是娴熟驾驭一元一次、一元二次不等式的解法，并灵敏应用，考查分类探讨的思想.20.为宣扬2024年杭州亚运会，某公益广告公司用一条长度为的铁丝，首尾相连做成一个直角三角形的海报纸，求：（1）海报纸的斜边最短是多少？（2）若在该海报纸画一个内切圆，则直角三角形内切圆半径最大值是多少？【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）依据均值不等式链计算即可；（2）利用三角形内切圆的性质及基本不等式计算即可.【小问1详解】设该直角三角形的两直角边分别为：，则其斜边为，由题意可知，由，当且仅当时取得等号，即，所以，即斜边的最小值为米；【小问2详解】由三角形内切圆的性质可知其面积与周长满足：，由题意及（1）可知，且，当且仅当时取得等号，即直角三角形内切圆半径最大值是.21.设函数.（1）若，且集合中有且只有一个元素，求实数的取值集合；（2）解关于的不等式；（3）当时，记不等式的解集为，集合.若对于随意正数，求的最大值.【答案】（1）；（2）答案见解析；（3）.【解析】【分析】（1）由题设有且仅有一个根，探讨参数a，结合函数性质求参数值；（2）由题设，应用分类探讨求一元二次不等式的解集；（3）由题意在上有解，且，而区间关于对称，且区间长度为，进而只需保证得到参数的数量关系，应用基本不等式“1”的代换求最值即可，留意取值条件.【小问1详解】由题设，又有且只有一个元素，所以有且仅有一个根，当时，，即，则，满足题设；当时，，即，则，满足题设；所以的取值集合为.【小问2详解】由题设，整理得，当时，解集为；当时，解集为；当时，解集为；【小问3详解】由，恒有，故，且，故开口向上且，故对应一元二次方程恒有两个不等实根，且在y轴两侧，因，即在上有解，且，又区间关于对称，且区间长度，综上，只需保证，则，且，即，所以，当且仅当，即时等号成立，故的最大值为.【点睛】关键点点睛：第三问，将问题转化为在上有解，且，依据区间的特点得到.22.已知二次函数（为实数）（1）若时，且对，恒成立，求实数的取值范围；（2）若时，且对，恒成立，求实数的取值范围；（3）对，时，恒成立，求的最小值．【