四川省达州市达州中学2024-2025学年高一上学期第一次质量检测（10月）数学题

四川省达州中学高2024级2024年秋季第一次质量检测数学试卷一、单选题（共40分，每题5分.每个小题有且只有一个选项符合题意）1.已知集合，则下列说法正确的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】首先列举法表示集合，再判断选项.【详解】由条件可知，，根据元素与集合的关系，以及集合与集合的关系，可知，.故选：C2.命题“，使得”的否定形式是（）A，使得 B.，使得C，使得 D.，使得【答案】D【解析】【分析】根据存在量词命题的否定是全称量词命题，可直接得到结果.【详解】由题意可知，存在量词命题“，使得”的否定形式为全称量词命题“，使得”．故选：D3.若为集合的四个元素，则以为边长的四边形可能为（）A.等腰梯形 B.菱形 C.直角梯形 D.矩形【答案】C【解析】【分析】利用集合的互异性结合排除法求解即可.【详解】因为为集合的四个元素，所以这四个元素均不相等，而等腰梯形的两腰相等，菱形的四条边都相等，矩形的两组对边分别相等，故该四边形不可能是等腰梯形，菱形，矩形，即A，B，D错误，C正确.故选：C4.已知，，，均为实数，则下列命题正确的是（）A.若，，则 B.若，则C.若，则 D.若且，则【答案】C【解析】【分析】由不等式的性质及特例逐项判断即可.【详解】选项A，取，，，，则，A错误；选项B，当，时，，但，不成立，B错误；选项C，当时，，C正确；选项D，根据糖水不等式可知，再根据倒数不等式可得，D错误.故选:C．5.“”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【答案】B【解析】【分析】解二次不等式得，再根据必要不充分条件的概念判断即可.【详解】由得，由能推出，但推不出，故“”是“”的必要不充分条件.故选：B6.已知，，若不等式恒成立，则的最大值为（）A. B. C. D.【答案】A【解析】【分析】由可得，再利用基本不等式即可求解.【详解】由恒成立，所以恒成立，又因为，，所以，当且仅当，即时取等号.所以，即的最大值为，故A正确.故选：A.7.若、、是互不相等的正数，且，则下列关系中可能成立的是（）A. B. C. D.【答案】C【解析】【分析】利用基本不等式及已知条件得到，从而得到，即可判断.【详解】∵、均为正数，且，∴．又∵，∴．∵，∴，故排除A、B、D．故选：C．8.设正实数，，满足，则当取得最大值时，的最大值为（）A.2 B. C.1 D.【答案】A【解析】【分析】由已知可得，将转化为双变量的式子，再根据基本不等式求得的最大值，并结合取等条件转化，利用函数求得其最值.【详解】根据题意，正实数，，满足，则，所以，当且仅当，即时，等号成立，则此时，当取得最大值时，，分析可得，当时，即时，取得最大值2．故选：A．二、多项选择题（共18分，每题6分.每个题有多个选项符合题意，部分选对得部分分，有错得0分.）9.已知，，，则下列结论正确的是（）A若且，则 B.若，则C.若，则 D.若，则【答案】BCD【解析】【分析】利用特殊值代入法排除A，利用不等式的基本性质可判断BCD，得出结论．【详解】对于A，不妨令，，满足,，不满足，故A错误；对于B，，由不等式的性质知，B正确；对于C，由不等式的性质知，若则所以，故C正确；对于D，由不等式的性质知，若,，则，故D正确.故选：BCD.10.不等式的解集是，则下列选项正确的是（）A.且B.不等式的解集是C.D.不等式的解集是【答案】BCD【解析】【分析】根据一元二次函数和一元二次不等式的关系，可以确定，并且，是方程的两个根，再利用韦达定理可得，，再分析选项即可.【详解】对于，，，是方程的两个根，所以，，所以，，所以，，所以错误；对于，，由可得不等式解集为，所以正确；对于，当时，，，所以正确；对于，由题得，因为，所以，所以，所以不等式的解集是，所以正确．故选：.11.已知，，，则（）A.的最大值为 B.的最小值为C.的最小值为4 D.的最小值为【答案】ACD【解析】【分析】A选项，利用基本不等式得到；B选项，平方后得到，故，B错误；C选项，将3替换为，变形得到，利用基本不等式求出最小值；D选项，化简得到，由基本不等式“1”的代换得到最小值【详解】A选项，，，，当且仅当时，等号成立，A正确；B选项，，故，故B错误.C选项，，当且仅当，即时，等号成立，C正确；D选项，，其中，，，故，所以，故，当且仅当，即时，等号成立，D正确.故选：ACD三、填空题（共15分，每题5分）12.已知集合，且，则的值为_________.【答案】0【解析】【分析】根据集合相等，列出关于m的方程，结合集合元素的互异性，即可得答案.【详解】因为，所以，解得或，当时，，而集合的元素具有互异性，故，所以，故答案为：013.已知关于的不等式在上有解，则实数的取值范围是__________．【答案】【解析】【分析】求出的最大值，然后可得，解出即可.【详解】因为关于的不等式在上有解，的最大值为4所以，解得故答案为：14.已知正实数、满足，则的最小值为______.【答案】【解析】【分析】根据正实数、满足，得到，求出，变形得到，由基本不等式求出最小值.【详解】因为正实数、满足，所以，解得，，当且仅当，即时，等号成立，故答案为：四、解答题（共5小题，共77分.要求写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）15.（1）设，试比较与的大小.（2）已知、、、且，，求证：.【答案】（1）答案见解析；（2）证明见解析.【解析】【分析】（1）利用作差法，即可比较两式的大小；（2）利用作差法，即可证明．【详解】（1）；因为，所以，，所以，所以；（2）证明：，因为且，，所以；又因为，所以，则，又，所以，即．16.已知正数，满足.（1）求的最小值；（2）若恒成立，求实数的取值范围.【答案】（1）25（2）【解析】【分析】（1）由已知等量关系化简代数值并转化“1”，然后利用基本不等式解得最小值；（2）不等式恒成立等价于求最值问题，先利用等量代换和基本不等式求出左边最小值，再解不等式即可得出范围.【小问1详解】∵，∴，，，∴，当且仅当，即，时取“=”，所以最小值为25.【小问2详解】∵，∴，∴，∵且，∴，∴，当且仅当，即时取“=”，∴，∴恒成立，即，解得，所以实数的取值范围为17.（1）若不等式的解集为或，解关于的不等式：；（2）解关于的不等式.【答案】（1）；（2）答案见解析【解析】【分析】（1）利用给定条件结合韦达定理求出参数，再求解一元二次不等式即可.（2）依据二次项系数和一元二次不等式所对应的一元二次方程两个根的正负分类讨论，求解不等式即可.【详解】（1）因为不等式的解集为或，所以一元二次方程的两个根是或，且，由韦达定理得，解得，又，解得，故可化为，故，解得，（2）当时，原不等式化为，解得，当时，令，解得或，故可化为，当时，则或，当时，解，解得，当时，解，解得，当时，则，解，解得，当时，则，此时不等式化为，解得，综上，当时，，当时，，当时，，当时，，当时，.18.2010年上海世博会某国要建一座八边形的展馆区，它的主体造型的平面图是由两个相同的矩形和构成的面积为200m2的十字型地域，计划在正方形上建一座“观景花坛”，造价为4200元/m2，在四个相同的矩形上(图中阴影部分)铺花岗岩地坪，造价为210元/m2，再在四个空角(如等)上铺草坪，造价为80元/m2．设AD长为xm，DQ长为ym．（1）试找出与满足的等量关系式；（2）设总造价为元，试建立与的函数关系；（3）若总造价不超过138000元，求长的取值范围．【答案】（1）；（2）；（3）﹒【解析】【分析】(1)由已知，十字形区域面积为矩形面积的四倍与正方形面积之和，得出；(2)由(1)得，，即可建立与的函数关系．(3)利用总造价不超过138000元，建立不等式，即可求长的取值范围．【小问1详解】由已知，十字形区域面积为矩形面积的四倍与正方形面积之和，得出与满足的等量关系式为：；【小问2详解】由(1)得；【小问3详解】由，得，，即，∴长的取值范围是，．19.（1）设、、、为正实数，证明不等式：；（2）若正实数、满足：，求的最小值；（3）若，，当时，求最大值.【答案】（1）证