四川省眉山市东坡区2024-2025学年高一上学期1月期末联合考试数学试题（解析版）

第1页/共1页2024级高一年级期末联合考试数学试题总分：150分考试时间：120分钟一、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，只有一个选项是符合题目要求的.1.下列各式中关系符号运用正确的是（）A. B.C. D.【答案】C【解析】【分析】根据元素和集合的关系，集合与集合的关系，空集的性质判断即可.【详解】根据元素和集合的关系是属于和不属于，所以选项A错误；根据集合与集合的关系是包含或不包含，所以选项D错误；根据空集是任何集合的子集，所以选项B错误，故选项C正确.故选：C.2.设集合，，则（）A. B.C. D.【答案】A【解析】【分析】利用解一元二次不等式，可得解集，再求交集即可.【详解】由集合，可得，由，可得，所以，故选：A.3.以下命题既是存在量词命题又是真命题的是（）A.锐角三角形有一个内角是钝角B.至少有一个实数，使C.两个无理数的和必是无理数D.存在一个负数，使【答案】B【解析】【分析】分别对每个命题是否为存在量词命题及真假进行判断即可.【详解】对于A，“锐角三角形”省略了全称量词“（所有的）锐角三角形”是全称量词命题，且该命题为假命题，故选项A错误；对于B，含存在量词“至少有一个”，为存在量词命题，且当时，成立，该命题为真命题，所以选项B正确；对于C，“两个无理数的和”省略了全称量词“（任意）两个无理数的和”，是全称量词命题，且无理数与的和为，是有理数，该命题为假命题，所以选项C错误；对于D，含存在量词“存在一个”，当时，，故不成立，该命题为假命题，所以选项D错误.故选：B.4.不等式的解集是（）A. B.或x≥1 C.或x>1 D.或x≥1【答案】D【解析】【分析】利用分式不等式的解题方法仔细求解即可.【详解】不等式可化为，所以，所以，解得或，所以原不等式的解集为．故选:D.5.已知全集，集合，集合，用如图所示的阴影部分表示的集合为（）A.{2，4} B.{0，3，5，6}C.{0，2，3，4，5，6} D.{1，2，4}【答案】B【解析】【分析】根据文氏图求解即可.【详解】，，阴影部分为.故选：B．6.某快递公司为降低新冠肺炎疫情带来的经济影响，引进智能机器人分拣系统，以提高分拣效率和降低物流成本.已知购买台机器人的总成本为（单位：万元）.若要使每台机器人的平均成本最低，则应买机器人（）A.100台 B.200台 C.300台 D.400台【答案】C【解析】【分析】计算每台机器人的平均成本的表达式，利用均值不等式可求得最小值以及购买的台数，即得答案.【详解】每台机器人的平均成本为（万元），当且仅当，即时取等号.,因此应买300台机器人，可使每台机器人的平均成本最低,故选:C.7.定义集合运算：.若集合，，则（）A. B. C. D.【答案】D【解析】【分析】由题意可得，从而可得或，或，再根据新定义得，再代入验证即可得答案.【详解】因为，所以或所以或，或所以或，，代入验证得点在该直线上，故.故选：D.8.关于x的不等式的解集中恰有1个整数，则实数a的取值范围为（）A.或 B.或C.或 D.或【答案】C【解析】【分析】分类讨论，与三种情况下原不等式的解集，结合题意可得该整数，再利用数轴法即可得到a的取值范围.【详解】由可得，当时，，即原不等式无解，不满足题意；当时，原不等式解得，由于解集中恰有1个整数，所以该整数解为2，因此由数轴法可得；当时，原不等式解得，由于解集中恰有1个整数，所以该整数解为0，因此由数轴法可得；综上：或，所以实数a的取值范围为或.故选：C.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.下列命题正确的有（）A.， B.，C.， D.，【答案】BD【解析】【分析】根据特称命题和全称命题的定义，对每一选项逐一判断即可.【详解】解：对于A，由，得，，故A不正确；对于B，当时，所以B正确；对于C，当时，所以C不正确；对于D，因为，所以，所以D正确.故选：BD.10.下列说法中正确的是（）A.若，，则：B.若，，则：C.若，，则：D.若，，则：【答案】AC【解析】【分析】根据不等式性质，结合反例，逐项检验，可得答案.【详解】对于A，由，，即，则，故A正确；对于B，由，则，由，则，故B错误；对于C，由，则，由，则，故C正确；对于D，当，且时，，即，故D错误.故选：AC.11.下列选项中正确的是（）A.已知集合，若，则B.若不等式的解集为，则C.若集合满足，则满足条件的集合有8个D.已知集合，若，则取值范围为【答案】CD【解析】【分析】根据集合的包含关系及集合元素的性质可判断A，根据二次不等式的解法可判断B，根据集合的关系及集合子集的个数可判断C，根据集合的包含关系可判断D.【详解】由，可知，所以或，解得或或，根据集合元素的互异性，可得或，故A错误；因为的解集为，所以，解得，故B错误；由，可知集合必有2,4，的个数为集合的子集数8个，故C正确；因为，，所以，故D正确。故选：CD.三．填空题（共20分）12.命题“，”的否定为_________.【答案】，【解析】【分析】利用存在量词命题的否定可得出结论.【详解】命题“，”为存在量词命题，该命题的否定为“，”.故答案为：，.13.已知，，，则的取值范围是____________.【答案】【解析】【分析】利用换元法，结合不等式性质，可得答案.【详解】令，则，即，由，即，可得，则故答案为：.14.若不等式的解集为，则的值是___________.【答案】【解析】【分析】根据一元二次不等式的解集，可得一元二次方程的根，利用韦达定理建立方程组，可得答案.【详解】由题意可得方程的两个根分别为与，且，则，解得，所以.故答案为：.四．解答题（共70分）15.设​.（1）求​的值及​;（2）求​.【答案】（1）​，​，​（2）​【解析】【分析】（1）由题意得，代入方程中可求出​的值，从而可求出，（2）先求出和，从而可求出.【小问1详解】因为，所以，所以，解得，，所以​小问2详解】因为，所以，，所以.16.在①；②““是“”的充分不必要条件；③这三个条件中任选一个，补充到本题第（2）问的横线处，求解下列问题.问题：已知集合.（1）当时，求A∪B；（2）若_______，求实数a的取值范围.【答案】（1）（2）答案见解析【解析】【分析】（1）由并集运算求解即可；（2）选①：由交集运算的结果列出不等式，得出实数a的取值范围.选②：由是的真子集，结合包含关系得出实数a的取值范围.选③：由，结合包含关系得出实数a的取值范围.【小问1详解】当时，集合，所以.【小问2详解】若选择①，因为，所以，又，所以或，解得或，所以实数a的取值范围是.若选择②，““是“”的充分不必要条件，则，因，所以，又，所以或解得，所以实数a的取值范围是.若选择③，则，因为，所以，又，所以，解得，所以实数a的取值范围是.17.已知关于的不等式的解集为或.（1）求，的值；（2）当，且满足时，有恒成立，求的取值范围.【答案】（1），（2）【解析】【分析】（1）根据一元二次不等式的解集，利用韦达定理可列出方程组，即得；（2）利用基本不等式求得的最小值，根据恒成立可得，即得.【小问1详解】因为不等式的解集为或，所以1和是方程的两个实数根，且，所以，解得，即，.【小问2详解】由（1）知，于是有，故，当且仅当，结合，即时，等号成立，依题意有，即，得，即，所以的取值范围为.18.如图，计划依靠一面墙建一个植物角.墙长为18m.用栅栏围成四个相同的长方形区域种植若干种植物.（1）若每个长方形区域的面积为，要使围成四个区域的栅栏总长度最小，每个长方形区域长和宽分别是多少米？并求栅栏总长度的最小值；（2）若每个长方形区域长为xm（），宽为长的一半.每米栅栏价格为5元，区域的重建费用为每平方米10元.要使总费用不超过180元，求长方形区域的长x的取值范围.【答案】（1）每个长方形区域的长和宽分别为6m和4m时，栅栏总长度最小，且最小值为48m（2）【解析】【分析】（1）利用基本不等式即可求得栅栏总长度的最小值；（2）根据题意可知总费用，解不等式即可求得x的取值范围.【小问1详解】设每个长方形区域的长为xm（），则宽为，则栅栏总长为.当且仅当，即时等号成立，所以每个长方形区域的长和宽分别为6m和4m时，栅栏总长度最小，且最小值为48m；【小问2详解】由题可知每个长方形区域的长为xm，宽为m，，则长方形区域的面积为，栅栏总长为，总费用，又总费用不超过180元，，解得：,又，,故当时，总费用不超过180元.19.已知.（1）若，求的解集；（2）若的解集是集合的真子集，求实数的取值范围.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）当时，利用一