2020-2021学年福建省龙岩市武平县第一中学高一单元检测数学试题（解析版）

2020-2021学年福建省龙岩市武平县第一中学高一单元检测数学试题

一、单选题

1．已知集合，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【解析】先求出集合A，再求交集.

【详解】

由

又

故选：A

【点睛】

本题考查解二次不等式和集合的交集运算，属于基础题.

2．已知全集U＝R，设集合A＝{x|x≥1}，集合B＝{x|x≥2}，则A∩(∁UB)＝（    ）

A．{x|1≤x≤2} B．{x|1<x<2}

C．{x|1<x≤2} D．{x|1≤x<2}

【答案】D

【解析】先求补集∁UB，再根据交集定义求结果.

【详解】

因为B＝{x|x≥2}，所以∁UB ＝{x|x<2}，

因此A∩(∁UB)＝{x|1≤x<2}

故选:D

【点睛】

本题考查补集与交集混合运算，考查基本分析求解能力，属基础题.

3．设，则下列结论中正确的是（   ）

A． B． C． D．

【答案】D

【解析】利用特殊值排除错误选项，利用不等式的性质确定正确选项.

【详解】

对于A选项，，则，所以A选项错误.

对于B选项，，则，所以B选项错误.

对于C选项，，则，所以C选项错误.

对应D选项，，所以，所以D选项正确.

故选：D.

【点睛】

本小题主要考查不等式的性质，属于基础题.

4．设，则“”是“”的

A．充分而不必要条件

B．必要而不充分条件

C．充要条件

D．既不充分也不必要条件

【答案】B

【解析】求出的解集，根据两解集的包含关系确定.

【详解】

等价于，故推不出；

由能推出．

故“”是“”的必要不充分条件．

故选B．

【点睛】

充要条件的三种判断方法：

(1)定义法：根据p⇒q，q⇒p进行判断；

(2)集合法：根据由p，q成立的对象构成的集合之间的包含关系进行判断；

(3)等价转化法：根据一个命题与其逆否命题的等价性，把要判断的命题转化为其逆否命题进行判断．这个方法特别适合以否定形式给出的问题．

5．已知集合，则满足的集合的个数为（    ）

A．4 B．8 C．7 D．16

【答案】B

【解析】结合题意可得：，，

令，集合为集合的子集，则，

结合子集个数公式可得，集合的个数为个.

本题选择B选项.

6．若命题“使”是假命题，则实数的取值范围为(    )

A． B．

C． D．

【答案】B

【解析】若原命题为假，则否命题为真，根据否命题求的范围．

【详解】

由题得，原命题的否命题是“，使”，

即，解得．选B.

【点睛】

本题考查原命题和否命题的真假关系，属于基础题．

7．若－4<x<1，则（    ）

A．有最小值1 B．有最大值1

C．有最小值－1 D．有最大值－1

【答案】D

【解析】先将转化为，根据－4<x<1，利用基本不等式求解.

【详解】

又∵－4<x<1，

∴x－1<0．

∴－(x－1)>0．

∴．当且仅当x－1＝，即x＝0时等号成立．

故选：D

【点睛】

本题主要考查基本不等式的应用，还考查了转化求解问题的能力，属于基础题.

8．若关于的不等式的解集为则不等式的解集为（    ）

A． B． C．或 D．或

【答案】B

【解析】关于的不等式的解集为，根据韦达定理求得，，在关于的不等式的两边同除以，得，即可求得答案.

【详解】

关于的不等式的解集为，

，且1，3是方程的两根，

根据韦达定理可得：，，

，，

在关于的不等式的两边同除以，

得，

不等式变为，

解得：

不等式的解集为：.

故选：B.

【点睛】

本题主要考查了求解一元二次不等式，解题关键是掌握一元二次不等式的解法，考查了分析能力和计算能力，属于中档题.

二、多选题

9．下列说法正确的是（    ）

A．“”是“”的充分不必要条件

B．“”是“”的既不充分也不必要条件

C．若“”是“”的充分条件，则

D．“”是“（，）”的充要条件

E.“一元二次方程无解”的必要不充分条件是“恒成立”

【答案】BC

【解析】根据充分必要条件的定义对每一个命题进行判断。

【详解】

时，由不能得出，A错；

与相互不能推导，如时但不满足，反之若，满足但不满足，∴“”是“”的既不充分也不必要条件，B正确；

由充分必要条件与集合之间的包含关系可知正确；

能得出，当时，，但，D错；

“一元二次方程无解”时，可能是恒成立也可能是恒成立，因此题中不充分是对的，但“恒成立”，不一定是一元二次方程，必要性是错误的，E错。

故选：BC。

【点睛】

本题考查充分必要条件的判断，掌握充分必要条件的定义是解题基础。

10．已知集合，，下列命题正确的是（    ）

A．不存在实数a使得 B．存在实数a使得

C．当时， D．当时，

E.存在实数a使得

【答案】AE

【解析】一一分析每个选项中集合之间的关系得出集合中元素范围的大小相等与不等关系，进而求解即可得出答案.

【详解】

A选项由相等集合的概念可得解得且，得此方程组无解，故不存在实数使得集合A=B，因此A正确；

B选项由，得即，此不等式组无解，因此B错误；

C选项当时，得为空集，不满足，因此C错误；

D选项当，即时，，符合；当时，要使，需满足解得，不满足，故这样的实数不存在，则当时不正确，因此D错误；

E选项由D选项分析可得存在实数使得，因此E正确.

综上AE选项正确.

故选：AE.

【点睛】

本题考查了集合关系的判断与确定，属于一般难度的题.

11．（多选题）下列命题为真命题的为（    ）

A．

B．当时，

C．成立的充要条件是

D．“”是“”的必要不充分条件

【答案】ABD

【解析】对A利用全称命题判断；对B利用特称命题判断；对C利用充要条件分析判断；对D利用必要不充分条件分析判断得解.

【详解】

对于A，由于，所以A正确；

对于B，由于，所以，所以方程有实数根，故B正确；

对于C，由，得，整理得，所以，故成立的充要条件是错误，故C错误；

对于D，因为，所以等价于，由，可得，所以“”是“”的必要不充分条件，所以D正确.

故选ABD

【点睛】

本题主要考查全称命题和特称命题的真假的判断，考查充分必要条件的判断，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.

12．设正实数满足，则下列说法正确的是(    )

A．的最小值为 B．的最大值为

C．的最小值为2 D．的最小值为2

【答案】ABD

【解析】利用基本不等式性质和“乘1法”逐项排除，注意等号成立的条件.

【详解】

选项，正实数满足

，

当且仅当时，等号成立，故正确；

选项，由且得，

当且仅当时，等号成立，则，故正确；

选项，由且得，

则，故错误；

选项，，故正确.

故选：.

【点睛】

本题注意考查基本不等式的性质、“乘1法”.

三、填空题

13．集合M＝{1，2，a，a2－3a－1}，N＝{－1，3}，若3∈M且NM，则a的取值为________.

【答案】4

【解析】根据3∈M，解得a的值，再代入验证即得结果.

【详解】

因为3∈M，所以或，因此或或

当时，,不满足题意，舍去；

当时，,满足题意；

当时，,不满足题意，舍去；

故答案为：4

【点睛】

本题考查元素与集合关系，考查基本分析求解能力，属基础题.

14．设r是q的充分条件，s是q的充要条件，t是s的必要条件，t是r的充分条件，那么r是t的_____．

【答案】充要

【解析】根据题目已知的关系，分别列出推出关系即可得解.

【详解】

由题意知，，，，，所以．

故答案为：充要

【点睛】

此题考查充分条件和必要条件的判断，根据已知条件的关系，利用推出关系进行分析.

15．高一（1）班共有50名学生，在数学课上全班学生一起做两道数学试题，其中一道是关于集合的试题，一道是关于函数的试题，已知关于集合的试题做正确的有40人，关于函数的试题做正确的有31人，两道题都做错的有4人，则这两道题都做对的有 _________人．

【答案】

【解析】试题分析：设这两道题都做对的有人，根据题意可列出方程：．

故答案为．

【考点】集合的应用

16．已知，二次三项式对于一切实数恒成立，又，使，则的最小值为__________．

【答案】

【解析】不等式恒成立，则且，即，又存在，使成立，可得，所以，．可得，所以．令，则．的最小值为．故本题应填．

四、解答题

17．已知，试比较与的大小．

【答案】

【解析】利用差比较法比较出两者的大小关系.

【详解】

因为

，显然成立，

，当且仅当时取等号.

【点睛】

本小题主要考查差比较法比较大小，属于基础题.

18．已知集合M={x|x2﹣3x≤10}，N={x|a+1≤x≤2a+1}．

（1）若a=2，求M∩（∁RN）；

（2）若M∪N=M，求实数a的取值范围．

【答案】（1）{x|﹣2≤x＜3}；（2）a≤2．

【解析】【详解】

（1）a=2时，M={x|﹣2≤x≤5}，N={3≤x≤5}，

CRN={x|x＜3或x＞5}，

所以M∩（CRN）={x|﹣2≤x＜3}．

（2）∵M∪N=M，∴N⊂M，

①a+1＞2a+1，N为空集，解得a＜0，符合题意；

②，解得0≤a≤2．

综合可得以a≤2．

19．已知不等式的解集是．

（1）若，求的取值范围；

（2）若，求不等式的解集．

【答案】（1）；（2）．

【解析】（1）将代入不等式，满足不等式求解即可.

（2）根据一元二次不等式与一元二次方程的关系，利用韦达定理求出，将代入不等式求解即可.

【详解】

（1）∵，∴，∴

（2）∵，∴是方程的两个根，

∴由韦达定理得，解得，

∴不等式，即为：，

其解集为．

【点睛】

本题考查了由一元二次不等式的解集求参数值、一元二次不等式的解法，考查了考生的基本运算能力，属于基础题.

20．设集合，集合.

（1）若集合，求实数的取值范围

（2）若集合中只有一个元素，求实数的值.

【答案】（1）（2）或

【解析】（1）集合中对应表达式为二次函数，等价于，求解即可；

（2）解出集合，由集合中只有一个元素判断集合中元素只能有一个，再进行求解即可

【详解】

（1），，解得

（2）集合中只有一个元素，若集合，

将代入得或，

将代入得，解得集合，与题设矛盾，舍去；

将代入得，解得集合，符合题意，则满足；

同理，若，将代入得或，

题（1）中不满足条件，舍去，

将代入得，集合，符合题意，则满足

综上所述，实数的值为或

【点睛】

本题考查根据集合为空集求解参数，根据交集结果求参数，在反向求解参数问题中，一定要注意检验原集合的表达形式是否符合题意，属于中档题

21．近年来，中美贸易摩擦不断.特别是美国对我国华为的限制.尽管美国对华为极力封锁，百般刁难，并不断加大对各国的施压，拉拢他们抵制华为5G，然而这并没有让华为却步.华为在2018年不仅净利润创下记录，海外增长同样强劲.今年，我国华为某一企业为了进一步增加市场竞争力，计划在2020年利用新技术生产某款新手机.通过市场分析，生产此款手机全年需投入固定成本250万，每生产（千部）手机，需另投入成本万元，且 ，由市场调研知，每部手机售价0.7万元，且全年内生产的手机当年能全部销售完.

（）求出2020年的利润（万元）关于年产量（千部）的函数关系式，（利润=销售额—成本）；

2020年产量为多少（千部）时，企业所获利润最大？最大利润是多少？

【答案】（Ⅰ）（Ⅱ）2020年产量为100（千部）时，企业所获利润最大，最大利润是9000万元.

【解析】（Ⅰ）根据销售额减去成本（固定成本万和成本）求出利润函数即可.

（Ⅱ）根据（Ⅰ）中的分段函数可求出何时取最大值及相应的最大值.

【详解】

（Ⅰ）当时，；

当时，，

.

（Ⅱ）若，，

当时，万元 .

若，，

当且仅当时，即时，万元 .

2020年产量为100（千部）时，企业所获利润最大，最大利润是9000万元.

【点睛】

解函数应用题时，注意根据实际意义构建目标函数，有时可根据题设给出的计算方法构建目标函数.求函数的最值时，注意利用函数的单调性或基本不等式.

22．已知关于的不等式恒成立

(1)当时成立，求实数的取值范围;

(2)若是的充分不必要条件，求实数的取值范围.

【答案】(1)   （2）

【解析】（1）分析可知一元二次不等式大于零恒成立等价于恒成立

（2）是的充分不必要条件可得p是q的真子集，再进行分类讨论即可

【详解】

（1）由题可知实数m的取值范围是

（2），设，

p是q的充分不必要条件，A是B的真子集

①    由（1）知，时，B=R，符合题意；

②    时，，符合题意

③时，，符合题意

④时，设,的对称轴为直线，由A是B的真子集得，

综上所述：

【点睛】

复杂的二次函数问题，需要判断函数值域的情况下，需要进行分类讨论，根据对称轴、单调性及特殊点进行判断