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浙江省温州市温州中学2024-2025学年高一新生暑期综合素质测数学试卷（原卷版+解析版）
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这是一份浙江省温州市温州中学2024-2025学年高一新生暑期综合素质测数学试卷（原卷版+解析版），文件包含浙江省温州市温州中学2024-2025学年高一新生暑期综合素质测数学试卷原卷版docx、浙江省温州市温州中学2024-2025学年高一新生暑期综合素质测数学试卷解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共18页， 欢迎下载使用。
1.试卷分值：100分；建议时长：90分钟；
2.请将答案正确填写到相应的答题区域.
一、单选题：本题共8小题，共32分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知集合，，那么集合等于（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据交集运算的定义求解即可.
【详解】因为集合A和集合B没有公共元素，故.
故选：D
2. 下图中可表示函数的图象是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据函数的定义即可得解.
【详解】根据函数定义可知一个只能对应一个值，故答案为B.
故选：B.
3. 下列函数中，既是奇函数又在上单调递减的函数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】AC选项为偶函数，B选项满足要求，D选项不满足单调性.
【详解】A选项，的定义域为，
故，故为偶函数，A错误；
B选项，画出的图象，满足既是奇函数又在0,+∞上单调递减，B正确；
C选项，的定义域为R，且，
故为偶函数，C错误；
D选项，在0,+∞上单调递增，D错误.
故选：B
4. “黄沙百战穿金甲，不破楼兰终不还”是我国唐代著名诗人王昌龄的《从军行》中的两句诗，描写了当时战事的艰苦以及戍边将士的豪情壮志，从逻辑学的角度看，最后一句中，“破楼兰”是“终还”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】根据充分条件和必要条件的定义判断即可；
【详解】解：“破楼兰”不一定“终还”，但“终还”一定是“破楼兰”，
由充分条件和必要条件的定义判断可得“攻破楼兰”是“返回家乡”必要不充分条件，
故选：．
5. 已知不等式的解集为， 则不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用一元二次函数、一元二次方程、一元二次不等式之间的对应关系可求得，且，代入解不等式即可求出结果.
【详解】根据题意可知和1是方程的两实数根，且
由韦达定理可知，解得；
所以不等式可化为，即；
解得，所以不等式的解集为
故选：C
6. 关于的一元二次方程的两实数根、，满足，则的值是（ ）
A. B. C. 或D. 或
【答案】B
【解析】
【分析】利用韦达定理结合判别式求出实数的值，再结合韦达定理可求得的值.
【详解】由题意可知，可得，
由韦达定理可得，因为，则，
原方程为，所以，，
故，
因此，.
故选：B.
7. 如图，在边长为2的正方形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，点P是BD上的一个动点，过点P作EFAC，分别交正方形的两条边于点E，F，连接OE，OF，设BP=x，OEF的面积为y，则能大致反映y与x之间的函数关系的图象为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】分点在上和点在上两种情况讨论，由面积公式可求与的函数关系，即可求解．
【详解】解：当点在上时，
四边形是正方形，边长为2，
，，，
，，
，
，，，
，
，
，
，
，
，
当点在上时，同理可得：，，
故选：B
8. 若对任意实数，不等式恒成立，则实数a的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】分离变量将问题转化为对于任意实数恒成立，进而求出的最大值，设及，然后通过基本不等式求得答案.
【详解】由题意可得，对于任意实数恒成立，则只需求的最大值即可，，设，则，再设，则，当且仅当时取得“=”.
所以，即实数a的最小值为.
故选：D.
二、多选题：本题共4小题，共16分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得4分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 若．且，则下列不等式恒成立是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】CD
【解析】
【分析】结合基本不等式对选项进行分析，由此确定正确选项.
【详解】，当且仅当时等号成立，
则或，
则，
即AB错误，D正确.
对于C选项，，C选项正确.
故选：CD
10. 对于实数，下列命题正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，，则
【答案】BD
【解析】
【分析】A特殊值法判断；B由结合不等式性质判断；C作差法判断；D由或时的大小情况判断.
【详解】A：当时，不成立，错误；
B：由，有，则，正确；
C：由，则，错误；
D：若或，有，与题设矛盾，故，正确.
故选：BD
11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A. 关于x的不等式的解集可以是
B. 关于x的不等式的解集可以是
C. 函数上可以有两个零点
D. “关于x的方程有一个正根和一个负根”的充要条件是“”
【答案】BCD
【解析】
【分析】解含参的一元二次不等式判断A,B,根据含参的一元二次不等式解集得出参数范围判断C,D.
【详解】对A，若不等式的解集是，则且，得，
而当，时，不等式，即，得，与矛盾，故A错误；
对B，取，，此时不等式的解集为，故B正确；
对C，取，，则由，得或3，故C正确；
对D，若关于x的方程有一个正根和一个负根，则，得，
若，则，故关于x的方程有两个不等的实根，，
且，关于x的方程有一个正根和一个负根.
因此“关于x的方程有一个正根和一个负根”的充要条件是“”，故D正确.
故选：BCD.
12. 已知二次函数（为常数），当时，的最大值是，则的值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】分、、三种情况讨论，分析二次函数在时的增减性，结合的最大值是可求得实数的值.
【详解】二次函数图象的对称轴为直线.
①当时，即当时，当时，随着的增大而减小，
当时，取得最大值，即，解得，合乎题意；
②当时，即当时，当时，取得最大值，
即，即，解得或（舍）；
③当时，即当时，当时，随着的增大而增大，
当时，取得最大值，即，解得（舍）.
综上所述，或.
故选：AC.
三、填空题：本题共4小题，共16分
13. 用列举法表示集合为：___________.
【答案】
【解析】
【分析】对、的符号进行分类讨论，求出的值，即可得出所求集合.
【详解】分以下几种情况讨论：
①当，时，；
②当，时，；
③当，时，；
④当，时，.
综上所述，.
故答案为：.
14. 分解因式__________．
【答案】
【解析】
【分析】通过拆项，结合分组分解法，提公因式法，完全平方公式分解因式即可.
【详解】
故答案为：.
15. 若函数的定义域为，则实数的取值范围是_____________.
【答案】
【解析】
【分析】利用函数的定义域为,转化为恒成立,然后通过分类讨论和两种情况分别求得a的取值范围，可得解.
【详解】的定义域为，是使在实数集上恒成立.
若时,要使恒成立,则有 且,
即,解得.
若时，化为，恒成立，所以满足题意，
所以
故答案为：.
16. 设函数，当时，恒有成立，则的最小值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】将化为，和比较系数，求得x的值，结合恒成立，即可求得答案.
【详解】由题意得，
令，解得或，
当时，，即，
当时，，则，
验证：时，，，即时，
取到最小值，
故答案为：
四、解答题：本题共3小题，共36分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 集合，．
（1）若，求；
（2）若，求实数a的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）化简，根据补集和交集的概念可求出结果；
（2）分类讨论，根据子集关系列式可求出结果.
【小问1详解】
若，则，
由得，得，则，
所以或.
【小问2详解】
因为，所以，
当时，，得，此时满足；
当时，，解得，
综上所述：a的取值范围为.
18. 某视频设备生产厂商计划引进一款新型器材用于产品生产，以提高整体效益.通过市场分析，每月需投入固定成本5000元，每月生产台该设备另需投入成本元，且，若每台设备售价1000元，且当月生产的视频设备该月内能全部售完.
（1）求厂商由该设备所获的月利润关于月产量台的函数关系式；（利润＝销售额－成本）
（2）当月产量为多少台时，制造商由该设备所获得的月利润最大？并求出最大月利润.
【答案】（1）
（2）当时，获得增加的利润最大，且增加的最大利润为4000元
【解析】
【分析】（1）分和时两种情况，利用利润＝销售额－成本列式即可；
（2）利用二次函数求时最大值，利用基本不等式求时的最大值，取最大即可.
【小问1详解】
当时，；
当时，．
【小问2详解】
当时，，
当时，．
当时，，
当且仅当，即时，．
当时，获得增加的利润最大，且增加的最大利润为4000元
19. 已知函数，，.
（1）若为偶函数，求实数的值；
（2）对任意的，都存在使得，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用偶函数的性即可求得参数的值；
（2）根据题意得到，先利用绝对值不等式得到，再构造，通过一系列的分类讨论与整合，结合二次函数的性质求得，从而求得的取值范围.
【小问1详解】
因为为偶函数，
所以，即，
因为，所以，
所以，
因为，所以，解得，
当时，得，由于不恒为，故不满足题意；
当时，得；
经检验，当时，，
所以，易知的定义域为，关于原点对称，
又易得，所以为偶函数，
综上：.
【小问2详解】
因为对任意的，都存在使得，
所以，
因为，所以，则，
令，则，，
当时，，
则开口向上，对称轴，
当，即时，在上单调递增，则；
当，即时，在上单调递减，在上单调递增，则；
当时，，
则开口向上，对称轴为，
当，即时，在上单调递减，则；
当，即时，在上单调递减，在上单调递增，则；
综上：当时，在上单调递减，在上单调递增，在上单调递增，故；
当时，在上单调递减，在上单调递减，在上单调递增，故；
当时，在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
因为，
所以当时，，则，
当时，，则，
综上：当时，；当时，，
所以当时，有，解得或，故；
当时，有，解得或，故；
所以或，即.
【点睛】方法点睛：绝对值不等式的解法：
法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；
法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；
法三：通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想．
1.试卷分值：100分；建议时长：90分钟；
2.请将答案正确填写到相应的答题区域.
一、单选题：本题共8小题，共32分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.
1. 已知集合，，那么集合等于（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据交集运算的定义求解即可.
【详解】因为集合A和集合B没有公共元素，故.
故选：D
2. 下图中可表示函数的图象是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据函数的定义即可得解.
【详解】根据函数定义可知一个只能对应一个值，故答案为B.
故选：B.
3. 下列函数中，既是奇函数又在上单调递减的函数是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】AC选项为偶函数，B选项满足要求，D选项不满足单调性.
【详解】A选项，的定义域为，
故，故为偶函数，A错误；
B选项，画出的图象，满足既是奇函数又在0,+∞上单调递减，B正确；
C选项，的定义域为R，且，
故为偶函数，C错误；
D选项，在0,+∞上单调递增，D错误.
故选：B
4. “黄沙百战穿金甲，不破楼兰终不还”是我国唐代著名诗人王昌龄的《从军行》中的两句诗，描写了当时战事的艰苦以及戍边将士的豪情壮志，从逻辑学的角度看，最后一句中，“破楼兰”是“终还”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】根据充分条件和必要条件的定义判断即可；
【详解】解：“破楼兰”不一定“终还”，但“终还”一定是“破楼兰”，
由充分条件和必要条件的定义判断可得“攻破楼兰”是“返回家乡”必要不充分条件，
故选：．
5. 已知不等式的解集为， 则不等式的解集为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用一元二次函数、一元二次方程、一元二次不等式之间的对应关系可求得，且，代入解不等式即可求出结果.
【详解】根据题意可知和1是方程的两实数根，且
由韦达定理可知，解得；
所以不等式可化为，即；
解得，所以不等式的解集为
故选：C
6. 关于的一元二次方程的两实数根、，满足，则的值是（ ）
A. B. C. 或D. 或
【答案】B
【解析】
【分析】利用韦达定理结合判别式求出实数的值，再结合韦达定理可求得的值.
【详解】由题意可知，可得，
由韦达定理可得，因为，则，
原方程为，所以，，
故，
因此，.
故选：B.
7. 如图，在边长为2的正方形ABCD中，对角线AC与BD相交于点O，点P是BD上的一个动点，过点P作EFAC，分别交正方形的两条边于点E，F，连接OE，OF，设BP=x，OEF的面积为y，则能大致反映y与x之间的函数关系的图象为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】分点在上和点在上两种情况讨论，由面积公式可求与的函数关系，即可求解．
【详解】解：当点在上时，
四边形是正方形，边长为2，
，，，
，，
，
，，，
，
，
，
，
，
，
当点在上时，同理可得：，，
故选：B
8. 若对任意实数，不等式恒成立，则实数a的最小值为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】分离变量将问题转化为对于任意实数恒成立，进而求出的最大值，设及，然后通过基本不等式求得答案.
【详解】由题意可得，对于任意实数恒成立，则只需求的最大值即可，，设，则，再设，则，当且仅当时取得“=”.
所以，即实数a的最小值为.
故选：D.
二、多选题：本题共4小题，共16分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得4分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9. 若．且，则下列不等式恒成立是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】CD
【解析】
【分析】结合基本不等式对选项进行分析，由此确定正确选项.
【详解】，当且仅当时等号成立，
则或，
则，
即AB错误，D正确.
对于C选项，，C选项正确.
故选：CD
10. 对于实数，下列命题正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，，则
【答案】BD
【解析】
【分析】A特殊值法判断；B由结合不等式性质判断；C作差法判断；D由或时的大小情况判断.
【详解】A：当时，不成立，错误；
B：由，有，则，正确；
C：由，则，错误；
D：若或，有，与题设矛盾，故，正确.
故选：BD
11. 已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A. 关于x的不等式的解集可以是
B. 关于x的不等式的解集可以是
C. 函数上可以有两个零点
D. “关于x的方程有一个正根和一个负根”的充要条件是“”
【答案】BCD
【解析】
【分析】解含参的一元二次不等式判断A,B,根据含参的一元二次不等式解集得出参数范围判断C,D.
【详解】对A，若不等式的解集是，则且，得，
而当，时，不等式，即，得，与矛盾，故A错误；
对B，取，，此时不等式的解集为，故B正确；
对C，取，，则由，得或3，故C正确；
对D，若关于x的方程有一个正根和一个负根，则，得，
若，则，故关于x的方程有两个不等的实根，，
且，关于x的方程有一个正根和一个负根.
因此“关于x的方程有一个正根和一个负根”的充要条件是“”，故D正确.
故选：BCD.
12. 已知二次函数（为常数），当时，的最大值是，则的值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】分、、三种情况讨论，分析二次函数在时的增减性，结合的最大值是可求得实数的值.
【详解】二次函数图象的对称轴为直线.
①当时，即当时，当时，随着的增大而减小，
当时，取得最大值，即，解得，合乎题意；
②当时，即当时，当时，取得最大值，
即，即，解得或（舍）；
③当时，即当时，当时，随着的增大而增大，
当时，取得最大值，即，解得（舍）.
综上所述，或.
故选：AC.
三、填空题：本题共4小题，共16分
13. 用列举法表示集合为：___________.
【答案】
【解析】
【分析】对、的符号进行分类讨论，求出的值，即可得出所求集合.
【详解】分以下几种情况讨论：
①当，时，；
②当，时，；
③当，时，；
④当，时，.
综上所述，.
故答案为：.
14. 分解因式__________．
【答案】
【解析】
【分析】通过拆项，结合分组分解法，提公因式法，完全平方公式分解因式即可.
【详解】
故答案为：.
15. 若函数的定义域为，则实数的取值范围是_____________.
【答案】
【解析】
【分析】利用函数的定义域为,转化为恒成立,然后通过分类讨论和两种情况分别求得a的取值范围，可得解.
【详解】的定义域为，是使在实数集上恒成立.
若时,要使恒成立,则有 且,
即,解得.
若时，化为，恒成立，所以满足题意，
所以
故答案为：.
16. 设函数，当时，恒有成立，则的最小值为__________.
【答案】
【解析】
【分析】将化为，和比较系数，求得x的值，结合恒成立，即可求得答案.
【详解】由题意得，
令，解得或，
当时，，即，
当时，，则，
验证：时，，，即时，
取到最小值，
故答案为：
四、解答题：本题共3小题，共36分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 集合，．
（1）若，求；
（2）若，求实数a的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）化简，根据补集和交集的概念可求出结果；
（2）分类讨论，根据子集关系列式可求出结果.
【小问1详解】
若，则，
由得，得，则，
所以或.
【小问2详解】
因为，所以，
当时，，得，此时满足；
当时，，解得，
综上所述：a的取值范围为.
18. 某视频设备生产厂商计划引进一款新型器材用于产品生产，以提高整体效益.通过市场分析，每月需投入固定成本5000元，每月生产台该设备另需投入成本元，且，若每台设备售价1000元，且当月生产的视频设备该月内能全部售完.
（1）求厂商由该设备所获的月利润关于月产量台的函数关系式；（利润＝销售额－成本）
（2）当月产量为多少台时，制造商由该设备所获得的月利润最大？并求出最大月利润.
【答案】（1）
（2）当时，获得增加的利润最大，且增加的最大利润为4000元
【解析】
【分析】（1）分和时两种情况，利用利润＝销售额－成本列式即可；
（2）利用二次函数求时最大值，利用基本不等式求时的最大值，取最大即可.
【小问1详解】
当时，；
当时，．
【小问2详解】
当时，，
当时，．
当时，，
当且仅当，即时，．
当时，获得增加的利润最大，且增加的最大利润为4000元
19. 已知函数，，.
（1）若为偶函数，求实数的值；
（2）对任意的，都存在使得，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用偶函数的性即可求得参数的值；
（2）根据题意得到，先利用绝对值不等式得到，再构造，通过一系列的分类讨论与整合，结合二次函数的性质求得，从而求得的取值范围.
【小问1详解】
因为为偶函数，
所以，即，
因为，所以，
所以，
因为，所以，解得，
当时，得，由于不恒为，故不满足题意；
当时，得；
经检验，当时，，
所以，易知的定义域为，关于原点对称，
又易得，所以为偶函数，
综上：.
【小问2详解】
因为对任意的，都存在使得，
所以，
因为，所以，则，
令，则，，
当时，，
则开口向上，对称轴，
当，即时，在上单调递增，则；
当，即时，在上单调递减，在上单调递增，则；
当时，，
则开口向上，对称轴为，
当，即时，在上单调递减，则；
当，即时，在上单调递减，在上单调递增，则；
综上：当时，在上单调递减，在上单调递增，在上单调递增，故；
当时，在上单调递减，在上单调递减，在上单调递增，故；
当时，在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
因为，
所以当时，，则，
当时，，则，
综上：当时，；当时，，
所以当时，有，解得或，故；
当时，有，解得或，故；
所以或，即.
【点睛】方法点睛：绝对值不等式的解法：
法一：利用绝对值不等式的几何意义求解，体现了数形结合的思想；
法二：利用“零点分段法”求解，体现了分类讨论的思想；
法三：通过构造函数，利用函数的图象求解，体现了函数与方程的思想．
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