2024-2025學年度秋學期10月學情調研試卷高一數學一、選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40分.在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.1.設集合，則下列關系正確的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據元素與集合的關系和集合與集合的關系即可判斷.【詳解】因為，所以，故選：C.2.已知，，則（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】解一元二次不等式，求出集合，再根據交集的定義運算即可求解.【詳解】因為，即2x?52x+3>0，解得或，所以或，又因為，所以.故選：A3.哥德巴赫猜想是世界近代三大數學難題之一，即所謂的“”問題.1966年，我國數學家陳景潤證明了“”成立.哥德巴赫猜想的內容是“每一個大于2的偶數都能寫成兩個質數之和”，則該猜想的否定為（）A.每一個小于2的偶數都不能寫成兩個質數之和B.存在一個小于2的偶數不能寫成兩個質數之和C.每一個大于2的偶數都不能寫成兩個質數之和D.存在一個大于2的偶數不能寫成兩個質數之和【答案】D【解析】【分析】根據全稱命題與存在性命題的關系，準確否定，即可求解.【詳解】根據全稱量詞命題的否定為存在量詞命題，A，C錯誤;哥德巴赫猜想的否定為“存在一個大于2的偶數不能寫成兩個質數之和”.故選：D.4.已知函數，則（）A-7 B. C. D.【答案】D【解析】【分析】直接代入計算即可.【詳解】.故選：D.5.若，則下列不等式成立的是（）A.BC.D.【答案】D【解析】【分析】根據不等式以及基本不等式的性質，結合作差法判斷各選項．【詳解】因為，可得，因為，所以，即，因為，所以，即，所以．故選：D．6.關于的一元二次方程有實數解的一個必要不充分條件的是（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由可得，根據充分、必要條件的定義，結合選項即可求解.【詳解】因為一元二次方程有實根，所以，解得.又是的真子集，所以“”是“”的必要不充分條件.故選：A7.命題“，均成立”為真命題，則的取值范圍為（）A. B.C. D.或【答案】B【解析】【分析】根據不等式恒成立，可轉化為二次函數零點情況，分情況列不等式，解不等式即可.【詳解】由已知在上恒成立，當時，不等式為，恒成立；當時，，解得；綜上所述，故選：B.8.已知，均為正實數，且，則的最小值為（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】根據已知條件化為，再利用基本不等式即可求解.【詳解】因為，均為正實數，，均為正實數，且，則，整理得：，因為，，所以，即，當且僅當時，即時，等號成立.故選：C二、選擇題：本題共3小題，每小題6分，共18分.在每小題給出的選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得6分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.9.下列函數中，與函數是同一函數的是（）A B. C. D.【答案】AB【解析】【分析】根據函數的三要素求解.【詳解】A.因為，且定義域為R，所以與函數是同一函數故正確；B.，且定義域為R，所以與函數是同一函數故正確；C.，與函數解析式不同，故錯誤；D.定義域為與函數定義域不同，故錯誤；故選：AB【點睛】本題主要考查函數的三要素以及相等函數，還考查了理解辨析的能力，屬于基礎題.10.已知關于的不等式的解集為，則（）A.函數有最大值B.C.D.的解集為【答案】ABD【解析】【分析】（1）由一元二次不等式解集即可知，即函數有最大值，A正確；由可知即B正確；利用韋達定理可得，即可知C錯誤；易知不等式可化為，解得可知D正確.【詳解】因為不等式解集為，所以，函數開口向下，有最大值，A正確；又，函數值即B正確；又是關于的二次方程的兩根，則，所以，則C錯誤；不等式即為，即，解得或，，D正確.故選：ABD.11.下列說法正確的有（）A.的最小值為B.已知，則的最小值為C.若正數、滿足，則的最小值為D.設、為實數，若，則的最大值為．【答案】BCD【解析】【分析】利用基本不等式分別計算各選項.【詳解】A選項：，當時，，當且僅當，即時取等號；當時，，即，當且僅當，即時取等號；綜上所述，即無最小值，A選項錯誤；B選項：時，，當且僅當，即時等號成立，所以的最小值為，B選項正確；C選項：由、，，即，所以，當且僅當，即時等號成立，所以的最小值為，C選項正確；D選項：由，則，又，即，所以，當且僅當時等號成立，所以，化簡可得，當且僅當時等號成立，即的最大值為，D選項正確；故選：BCD.三、填空題：本題共3小題，每小題5分，共15分.12.若：是：的充分不必要條件，則的取值范圍是______．【答案】【解析】【分析】結合充分不必要條件得到，計算得到答案.【詳解】由p是q的充分不必要條件，所以，.故答案為：.【點睛】本題考查了根據充分不必要條件求參數，意在考查學生的計算能力，轉化為集合的包含關系是解題的關鍵.13.函數的定義域為_________．【答案】【解析】【分析】要使函數式有意義，列出不等式組求解即可.【詳解】要使有意義，只需滿足，解得且.所以定義域為.故答案為：14.若且，則的取值范圍為__________.【答案】【解析】【分析】利用基本不等式變形，然后解不等式可得．【詳解】由題意，當且僅當時等號成立，解得，所以且等號能取得．故答案為：．四、解答題：本題共5小題，共77分，解答應寫出必要的文字說明、證明過程及驗算步驟.15.已知集合，集合.（1）當時，求，；（2）若，求實數的取值范圍.【答案】（1），或（2）或【解析】【分析】（1）根據交集、并集、補集的概念直接計算；（2）根據并集結果可得集合間的關系，分和兩種情況列不等式，解不等式.【小問1詳解】當時，，則，，則或；【小問2詳解】由，則，當時，，即，此時成立；當時，由，則，解得，綜上所述或.16.解決下列問題（1）.已知，，求的取值范圍；（2）.已知，，求的取值范圍；（3）.已知，比較與的大小.【答案】（1）（2）（3）【解析】【分析】（1）由不等式性質可解決問題；（2）由待定系數法結合不等式性質可得答案；（3）由作差法結合條件可比較大小.【小問1詳解】因，，則，則；【小問2詳解】設.則.，則；【小問3詳解】因，則，則17.如圖，居民小區要建一座八邊形的休閑場所，它的主體造型平面圖是由兩個相同的矩形ABCD和EFGH構成的面積為的十字形地域，計劃在正方形MNPQ上建一座花壇，造價為4200元/；在四個相同的矩形（圖中陰影部分）上鋪花崗巖地坪，造價為210元/；再在四個空角（圖中四個三角形）上鋪草坪，造價為80元/.設總造價為S（單位：元），AD長為x（單位：m）.當x為何值時，S最小？并求出這個最小值.【答案】時，S最小且元.【解析】【分析】先求出，再利用基本不等式求解.【詳解】解：由題意，有，又，有.當且僅當，即時取“=”.∴當時，S最小且元.【點睛】本題主要考查基本不等式的應用，意在考查學生對這些知識的理解掌握水平.18.已知命題成立，命題．（1）若命題為真命題，求實數的取值范圍；（2）若命題為真命題，求實數的取值范圍；（3）若命題只有一個為真命題，求實數的取值范圍．【答案】（1）；（2）；（3）．【解析】【分析】（1）根據題意，由基本不等式，即可得到的取值范圍；（2）根據題意，列出不等式求解，即可得到的取值范圍；（3）根據題意，分為真為假與為假為真討論，即可得到的取值范圍.【小問1詳解】因為命題為真命題，則，當時，，當且僅當時，即時，等號成立，則，所以，即實數的取值范圍是.【小問2詳解】因為命題為真命題，則，解得或，則實數取值范圍為.【小問3詳解】因為命題只有一個為真命題，由（1）（2）可知，當命題為真命題，命題為假命題時，且，可得；當命題為真命題，命題為假命題時，且或，可得；綜上所述，實數的取值范圍是19.已知函數．（1）若不等式的解集為，求的取值范圍；（2）解關于的不等式；（3）若不等式對一切恒成立，求的取值范圍．【答案】（1）（2）答案見解析（3）【解析】【分析】（1）根據不等式解集為，結合二次函數性質分情況討論，解不等式；（2）分情況討論二次方程解的情況及不等式解集情況；（3）分離參數，可得，結合