山东省枣庄市第二中学2024-2025学年高一上学期10月月考数学试题

这是一份山东省枣庄市第二中学2024-2025学年高一上学期10月月考数学试题，共7页。
答题前，考生务必用0.5毫米黑色签字笔将自己的姓名、考号、班级填写在答题纸规定的位置。考试结束后，将答题纸交回。
第I卷（共58分）
注意事项：
1．第I卷共11小题，共58分。
2．每小题选出答案后，用2B铅笔把答题纸上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦干净后，再选涂其他答案标号，不涂在答题纸上，只答在试卷上不得分。
一、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，只有一项是符合题目要求的．
1．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
2．命题“”的否定是（ ）
A．B．C．D．
3．已知a，b为非零实数，且，则下列结论正确的是（ ）
A．B．C．D．
4．已知a，b为正实数且，则的最小值为（ ）
A．B．C．3D．
5．设，则“”是“”的（ ）
A．充要条件B．必要不充分条件
C．充分不必要条件D．既不充分也不必要条件
6．已知集合，，若，则（ ）
A．B．C．D．
7．若不等式对一切实数都成立，则实数的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
8．设，若恒成立，则的最大值为（ ）
A．2B．4C．6D．8
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．下列选项中正确的是（ ）
A．B．C．D．
10．设正实数m，n满足，则（ ）
A．的最小值为B．的最小值为
C．的最大值为1D．的最小值为
11．已知关于的不等式的解集为，则（ ）
A．不等式的解集为
B．的解集为
C．的最小值为
D．的最小值为
第II卷（共92分）
注意事项：
1．第II卷共两大题，共92分。
2．考生用0.5毫米黑色签字笔将答案和计算步骤、过程填写在答题纸相应位置，直接在试卷作答的不得分。
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．若由，1组成的集合与由组成的集合相等，则的值为_____．
13．已知，，则的取值范围是_____．
14．已知关于的不等式的解集为或，则的值_____．
四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．（13分）设集合，．
（1）若且，求的取值范围；
（2）若，求的取值范围．
16．（15分）已知集合、集合（）．
（1）若，求实数的取值范围；
（2）设命题；命题，若命题是命题的必要不充分条件，求实数的取值范围．
17．（15分）围建一个面积为的矩形场地，要求矩形场地的一面利用旧墙（利用旧墙需维修），其它三面围墙要新建，在旧墙的对面的新墙上要留一个宽度为的进出口，如图所示，已知旧墙的维修费用为45元，新墙的造价为180元，设利用的旧墙的长度为（单位：元）．设修建此矩形场地围墙的总费用为．
（I）将表示为的函数；
（II）试确定，使修建此矩形场地围墙的总费用最小，并求出最小总费用．
18．（17分）已知不等式的解是或．
（1）用字母表示出；
（2）求不等式的解．
19．（17分）《见微知著》谈到：从一个简单的经典问题出发，从特殊到一般，由简单到复杂：从部分到整体，由低维到高维，知识与方法上的类比是探索发展的重要途径，是思想阀门发现新问题、新结论的重要方法。
阅读材料一：利用整体思想解题，运用代数式的恒等变形，使不少依照常规思路难以解决的问题找到简便解决方法，常用的途径有：（1）整体观察：（2）整体设元：（3）整体代入：（4）整体求和等．
例如，，求证：．证明：原式．
波利亚在《怎样解题》中指出：“当你找到第一个藤菇或作出第一个发现后，再四处看看，他们总是成群生长”类似问题，我们有更多的式子满足以上特征．
阅读材料二：基本不等式，当且仅当时等号成立，它是解决最值问题的有力工具．例如：在的条件下，当为何值时，有最小值，最小值是多少？
解：，，，即，，当且仅当，即时，有最小值，最小值为2．请根据以上阅读材料解答下列问题：
（1）已知，求的值．
（2）若，解关于的方程．
（3）若正数a，b满足，求的最小值．
2024级高一阶段性测试（数学）参考答案：
7．D【分析】分和两种情况，结合不等式恒成立求参数的取值范围．
8．D【分析】只需由基本不等式求出的最大值，即的最小值即可．
10．AD【分析】运用基本不等式逐一运算判断即可．
【详解】对于A，因为正实数m，n满足，
所以，
当且仅当且，即时取等号，A正确；
对于B，，
当且仅当时取等号，所以，即最大值为，B错误；
对于C，，
当且仅当时取等号，此时取最大值，C不正确；
对于D，由，
因此，当且仅当时取等号，
，当且仅当时取等号，
即的最小值为，D正确．
11．BC【分析】先解出方程的根，然后由题意可得，，然后根据的值以及基本不等式，一元二次不等式的解法对各个选项逐个化简即可判断求解．
【详解】不等式的解集为，
根据根与系数的关系，可得，且，．
可化为，解得，B正确；
，当且仅当时等号成立，C正确；
因为，方程的解为，且，
不等式的解集为，A错误；
，而，当且仅当，即时取等号：的最大值为，D错误．
13．【分析】先设出，求出，再结合不等式的性质解出即可；
14．3【分析】对原不等式等价变形，分是否等于2进行讨论，根据一元二次不等式、方程之间的关系即可求解．
【详解】，
当时，原不等式等价于，故不符合题意，
当时，根据一元二次不等式解集可得，解得，
而当时，原不等式等价于或，故符合题意；
综上所述，的值为3．
15．【详解】（1）因为，且，所以，解得，，
综上所述，的取值范围为．
（2）由题意，需分为和两种情形进行讨论：
当时，，解得，，满足题意；
当时，因为，所以，解得，或无解；
综上所述，的取值范围为．
16．【详解】（1）由题意可知，
又，当时，，解得，
当时，或，解得，
综上所述，实数的取值范围为；
（2）命题是命题的必要不充分条件，集合是集合的真子集，
当时，，解得，
当时，（等号不能同时成立），解得，
综上所述，实数的取值范围为．
17．【详解】试题解析：（1）如图，设矩形的另一边长为
则
由已知，得，所以
（2）
．当且仅当时，等号成立．
即当时，修建围墙的总费用最小，最小总费用是10440元．
18．【详解】（1）由不等式的解为或，
可知且的两根为2和3，
由韦达定理得，所以；
（2）由（1）可得：可变为，
因为，所以，整理得，
解得或，所以不等式的解是或．
19．【解析】（1）因为，所以．
（2）由，故原方程可化为：，
即：，，即，解得：
（3）由，则有
．
，
当且仅当，即时，等号成立，．
有最小值，此时有最大值，
从而有最小值，即有最小值．题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
C
B
C
D
C
D
D
D
BC
AD
题号
11
12
13
14
答案
BC
3