江苏省如东高级中学2024-2025学年高一上学期10月阶段性考试数学试卷

这是一份江苏省如东高级中学2024-2025学年高一上学期10月阶段性考试数学试卷，共14页。试卷主要包含了10，下列命题正确的是等内容，欢迎下载使用。

2024.10
制题人：福佑崇文阁
注意事项
考生在答题前请认真阅读本注意事项
1.本试卷满分150分，考试时间为120分钟.考试结束后，请将答题卡交回.
2.答题前，请将自己的姓名､考试号（智学号）用0.5毫米黑色签字笔填涂在答题卡指定的位置.
3.选择题答案用2B铅笔在答题卡上把对应题目的答案标号涂黑，非选择题用0.5mm的黑色签字笔在每题对应的答题区域内做答，在其他位置作答一律无效.
一､单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.
1.已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
2.若集合，则满足的集合的个数为（ ）
A.2 B.4 C.8 D.16
3.已知，则的值为（ ）
A.25 B.5 C. D.
4.设非空集合满足，则下列选项正确的是（ ）
A.，有 B.，有
C.，使得 D.，使得
5.当时，不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
6.已知集合，集合，若“”的充分不必要条件是“”，则实数的取值范围（ ）
A. B. C. D.
7.有网友将王之涣的《凉州词》中的名句“羌笛何须怨杨柳，眷风不度玉门”关调侃改写成“奈何羌笛怨杨柳，春风不度玉门关”，意思是“羌笛怨杨柳，导致春风不度玉门关（羌笛不怨杨柳，春风度不度玉门关就不知道了）”，照此网友的说法推断，“春风度玉门关”是“羌笛不怨杨柳”的（ ）
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充要条件 D.既不充分又不必要条件
8.已知对任意的，不等式恒成立，则实数的最小值是（ ）
A.0 B.2 C. D.4
二､多选题：本题共3小题，每题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.
9.如图，是全集，是的两个子集，则图中的阴影部分可以表示为（ ）
A. B.
C. D.
10.下列命题正确的是（ ）
A.在上恒成立，则实数的取值范围是
B.关于的不等式的解集是，则关于的不等式的解集是.
C.若关于的方程的一根比1大且另一根比1小，则的取值范围是
D.若不等式的解集为或，则
11.用表示不超过的最大整数，例如，则（ ）
A.
B.，则
C.
D.方程的解集为
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.能够说明“若，则”是假命题的一组整数的值依次为__________.
13.若，则的最大值为__________.
14.为配制一种药液，进行了二次稀释，先在体积为（单位：升）的桶中盛满纯药液，第一次将桶中药液倒出5升后用水补满，搅拌均匀第二次倒出4升后用水补满，若此时桶中纯药液的含量不超过容积的，则的取值范围为__________.
四､解答题：本题共5小题，共77分.解答时应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
15.（本小题13分）
计算（1）：；
（2）已知，求的值：
16.（本小题15分）
已知命题对，都有成立；命题：关于的方程有实数根.
（1）若命题为真，求实数的取值范围；
（2）若与有且仅有一个真命题，求实数的取值范围.
17.（本小题15分）
某公司今年年初用81万元收购了一个项目，若该公司从第1年到第且年花在该项目的其他费用（不包括收购费用）为万元，该项目每年运行的总收入为50万元.
（1）试问该项目运行到第几年开始盈利？
（2）该项目运行若干年后，公司提出了两种方案：
①当盈利总额最大时，以56万元的价格卖出；
②当年平均盈利最大时，以92万元的价格卖出.
假如要在这两种方案中选择一种，你会选择哪一种？请说明理由.
18.（本小题17分）
请选择“充分不必要”､“必要不充分”､“充要”､“既不充分也不必要”填入下面空格处.并完成第二个问的证明.
（1）是的__________条件
（2）已知，证明：成立的__________条件是.
19.（本小题17分）
为了方便，我们可将函数的自变量x对应的函数值记为，从而函数可以写成，进而时对应函数值为.
已知二次函数.
（1）若关于的不等式对恒成立，求的取值范围；
（2）已知函数，若对，使不等式成立，求的取值范围.
如东高级中学2024级高一阶段性考试试题2024.10
数学
制题人：福佑崇文阁
注意事项
考生在答题前请认真阅读本注意事项
1.本试卷满分150分，考试时间为120分钟.考试结束后，请将答题卡交回.
2.答题前，请将自己的姓名､考试号（智学号）用0.5毫米黑色签字笔填涂在答题卡指定的位置.
3.选择题答案用2B铅笔在答题卡上把对应题目的答案标号涂黑，非选择题用0.5mm的黑色签字笔在每题对应的答题区域内做答，在其他位置作答一律无效.
一､单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的.
1.【答案】B
【分析】先化简得出集合，再应用交集运算即可.
【详解】由，结合已知集合，可得.
故选：B.
2.【答案】C
【分析】解不等式求出集合A，再由并集概念求解即可得出结果.
【详解】对于集合A，由，解得，
又.
又，
满足条件的集合可能为，共8个.
故选：C.
3.【答案】D
【分析】根据指数幂运算法则直接求解即可.
【详解】.
故选：D.
4.【答案】B
【分析】利用元素与集合的关系和集合间的包含关系对选项逐一判断即可.
【详解】，
当时，，使得，故A错误；
，必有，即，必有，故B正确；
由B正确，得，必有，使得错误，即C错误；
当时，不存在，使得，故D错误，
综上只有B是正确的.
故选：B.
5.【答案】D
【分析】根据基本不等式求解最值即可求解.
【详解】当时，，故，当且仅当，
即时等号成立，
所以不等式恒成立，故，故，
故选：D
6.【答案】A
【分析】解分式不等式可求得集合A；根据充分不必要条件的定义可知；解一元二次不等式，分别讨论和的情况，根据包含关系可求得结果.
【详解】由得：，解得：；由得：；
“”是“”的充分不必要条件，，
当时，，不满足；当时，，不满足；
当时，，若，则需；
综上所述：实数的取值范围为.
故选：A.
7.【答案】A
【分析】捋清逻辑关系，即得答案
【详解】羌笛怨杨柳，导致春风不度玉门关，即羌笛怨杨柳是春风不度玉门关的充分条件，所以春风度玉门关是羌笛不怨杨柳的充分条件，又因为羌笛不怨杨柳，春风度不度玉门关就不知道了，所以春风度玉门关是羌笛不怨杨柳的不必要条件.
故选：A
8.【答案】D
【分析】令，分析可得原题意等价于对一切恒成立，根据恒成立问题结合二次函数的性质分析运算.
【详解】，则，
，
又，且，
可得，
令，则原题意等价于对一切恒成立，
的开口向下，对称轴，
则当时，取到最大值，
故实数的最小值是4.
故选：D.
【点睛】结论点睛：
对恒成立，等价于
对恒成立，等价于.
二､多选题：本题共3小题，每题6分，共18分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.
9.【答案】BC
【分析】根据集合的交并补运算即可求解.
【详解】根据图中阴影可知：阴影中的元素属于集合N但不属于集合M，故.合要求，
故选：BC
10.【答案】ABD
【分析】A：令，则即可求得的范围；
B：根据题意求出和的关系，化简即可求出解集；
C：令，则即可求得的范围；
D：根据二次方程根与系数的关系求出间的关系，即可判断的符号.
【详解】A：在上恒成立，令，则，即，解得，故A正确；
B：关于的不等式的解集是，
则关于的不等式等价于，即，
解得或，故B正确；
C：要使关于的方程的一根比1大且另一根比1小，
令，则有，即，
解得，故C错误；
D：若不等式的解集为或，
则，且，又，故D正确.
故选：ABD.
11.【答案】ACD
【分析】设出的整数部分与小数部分，再由的意义判断A；利用特殊值判断BC；确定的范围，进而确定其值，代入计算判断D.
【详解】对于A，设的整数部分为，小数部分为，则，因此A正确；
对于B，，满足，此时错误；
对于C，当时，符合题意，C正确；
对于D，由，知为整数且，解得，显然，于是，
因为，即，由，解得，则
由，解得或（舍去），因此，即或，
当时，，解得；当时，，解得，
所以方程的解集为，D正确.
故选：ACD
三､填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12.【答案】，答案不唯一，分别取大于0，小于0的整数即可
【解析】分别取大于0，小于0的整数即可得到答案.
【详解】取，满足，但，得到命题为假命题.
故答案为：；
【点睛】本题考查了举例判断假命题，意在考查学生的推断能力.
13.【答案】
【分析】化简，根据题意结合基本不等式，取得，即可求解.
【详解】由题意，实数，且，
又由，
当且仅当时，即时，等号成立，
所以，即的最大值为.
故答案为：.
14.【答案】
【分析】由题目条件，可得，后解不等式可得答案.
【详解】第一次将桶中药液倒出5升后，桶中药液还有升，
则此时药液含量占容积比例为.第二次倒出的4升液体中，
药液有升，则此时药液含量占容积比例为，
由题有，，解得，
又因为第一次将桶中药液倒出5升，所以，
故答案为：.
四､解答题：本题共5小题，共77分.解答时应写出文字说明､证明过程或演算步骤.
15.【答案】（1）（2）
【分析】（1）利用分数指数幂和根式的运算性质求解；
（2）利用平方关系求解.
【详解】（1）原式；
（2）因为，所以，即，
因为，
所以，
所以原式.
16.【答案】（1）
（2）或或.
【分析】（1）分讨论求出命题为真命题参数的范围；
（2）命题一真一假，再分真且假，和真且假两种情况分别求出参数的范围，再综合得到答案.
【详解】（1）命题为真命题：对任意实数都有恒成立，
当时，恒成立，当时，则，即，解得，
综上的取值范围为.
（2）若为真命题，则，解得或，
若真假，则，则，
若假真，则，则或，
综上，或或.
17.【答案】（1）第4年
（2）选择方案②，理由见解析
【分析】（1）设项目运行到第年的盈利为万元，可求得关于的函数关系式，解不等式可得的
取值范围，即可得出结论；
（2）计算出两种方案获利，结合两种方案的用时可得出结论.
【详解】（1）解：设项目运行到第年的盈利为万元，
则
由，得，解得，
所以该项目运行到第4年开始盈利.
（2）解：方案①，
当时，有最大值144.
即项目运行到第15年，盈利最大，且此时公司的总盈利为万元，
方案②，
当且仅当，即时，等号成立.
即项目运行到第9年，年平均盈利最大，且此时公司的总盈利为万元.
综上，两种方案获利相等，但方案②时间更短，所以选择方案②.
18.【答案】（1）必要不充分，（2）充要，证明见解析
【分析】（1）利用充分条件和必要条件的定义判断即可，
（2）利用充分条件和必要条件的定义判断即可，
【详解】（1）当时，或，此时不一定成立，如满足，而不满足，当时，可得且，所以，
所以是的必要不充分条件，
（2）证明：先证必要性：
再证充分性：
即：
，
，即.
综上所述：的充要条件是.
19.【答案】（1）
（2）或
【分析】（1）分离参数得对恒成立，只需，令得，利用均值不等式求最小值即可；
（2）由，使不等式成立可得是一元二次函数，利用对称轴位置求最小值即可.
【详解】（1）由得，
当时，，所以对恒成立，只需即可，令，由得且，
则，
因为，当且仅当即时等号成立，
所以，
即.
（2）由，使不等式成立可得即可，由在上单调递增可得，而的对称轴为，
①当即时在上单调递增，
则，解得，综上；
②当即时，
，解得或，
综上；
③当即时在上单调递减，
则，解得
综合①②③可得的取值范围为或.