2024-2025学年江苏省苏州市木渎高级中学高一（上）调研数学试卷（10月份）（含答案）

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这是一份2024-2025学年江苏省苏州市木渎高级中学高一（上）调研数学试卷（10月份）（含答案），共9页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

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.若A={0,2}，B={2,4}，则A∪B=( )
A. {2}B. {0,2}C. {0,2,4}D. {2,4}
2.不等式2−xx≥0的解集为( )
A. {x|0≤x≤2}B. {x|0C. {x|x<0或x≥2}D. {x|x<0或x>2}
3.“a>b”是“ac2>bc2”的 ( )
A. 必要不充分条件B. 充分不必要条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
4.设有下面四个命题：
p1：∃x∈N，x2−2是质数；
p2：∀x∈R，x+|x|=0；
p3：∃x∈N+， x2+1∈N；
p4：∀x∈R，x2>2x+3．
其中真命题共有( )
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
5.设A={x|xA. a<1B. a≤1或a≥2C. a<1或a>2D. a≤1
6.若a>b>0，则下列不等式不一定成立的是( )
A. b2a2abC. a+1a>b+1bD. a−1a>b−1b
7.已知正实数a，b满足1ab+1a2=1，则a+4b−1a的最小值为( )
A. 4B. 2C. 2 2D. 8
8.德国数学家康托尔在其著作《集合论》中给出正交集合的定义：若集合A和B是全集U的子集，且无公共元素，则称集合A，B互为正交集合，规定空集是任何集合的正交集合.若全集U={x||2x−9|≤7,x∈N}，A={x|x2−7x+10<0,x∈N}，则集合A关于集合U的正交集合B的个数为( )
A. 8B. 16C. 32D. 64
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列说法正确的是( )
A. 命题“∀x>1，x2<1”的否定是“∃x≤1，x2≥1”
B. “a>1”是“1a<1”的充分不必要条件
C. 设a，b∈R，则“a≠0”是“ab≠0”的必要不充分条件
D. “x>1”是“|x+1|≥2”的既不充分也不必要条件
10.设全集为U，设A，B是两个集合，定义集合T(A,B)=(A∩∁UB)∪(B∩∁UA)，则下列说法正确的是( )
A. T(A,A)=⌀B. T(⌀,A)=A
C. T(A,U)=AD. T(A,B)=T(B,A)
11.已知不等式2kx2+kx−38<0，下列说法正确的是( )
A. 若k=1，则不等式的解为−14B. 若不等式对∀x∈R恒成立，则整数k的取值集合为{−2,−1,0}
C. 若不等式对0≤k≤1恒成立，则实数x的取值范围是−34D. 若恰有一个整数x使得不等式成立，则实数k的取值范围是k≥38
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知全集U={1,2,3,4,5}，A={1,2}，A∪(∁UB)=U，试写出一个符合要求的集合B= ______．
13.某工厂需要建造一个仓库，根据市场调研分析运费与工厂和仓库之间的距离成正比，仓储费与工厂和仓库之间的距离成反比，当工厂和仓库之间的距离为3千米时，运费为9万元，仓储费为4万元，则运费与仓储费之和的最小值为______万元．
14.设非空集合S={x|m≤x≤l}，当x∈S时，有x2∈S，①若m=1，则S= ______；②若l=12，则m的取值范围是______．
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.(本小题15分)
在①“x∈A”是“x∈B“的充分不必要条件；②A∪B=B；③A∩B=⌀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A={x|a−1≤x≤a+1}，B={x|−1≤x≤3}．
(1)当a=2时，求A∪B．
(2)若选_____，求实数a的取值范围．
16.(本小题15分)
数形结合是研究数学问题的常用方法，试解决以下问题．

(1)如图1，AB是圆的直径，点C是AB上一点，AC=a，BC=b，过点C作垂直于AB的弦DE，连接AD，BD，利用这个图形，我们可以得到基本不等式的几何解释：CD长不超过圆的半径，即 ab≤a+b2，若取AB的中点F，连接CF，试用a，b表示CF的长度(直接写出结果)，比较CF与圆半径大小，并给出代数证明．
(2)如图2，直角三角形FAC与直角三角形CBH相似，A，C，B三点共线，AF=bx，BC=by，AC=ax，BH=ay，根据HF与AB的长度大小关系，试写出一个用a，b，x，y表示的不等式，并给出代数证明．
17.(本小题15分)
已知正实数a，b满足ab=a+c+3．
(1)若c=−ab，求实数a的取值范围；
(2)若c=kb(c>0)，且a+b的最小值不大于6，求实数k的最大值．
18.(本小题15分)
已知二次函数y=ax2+bx+c．
(1)设y<0的解集为{x|1(2)设y<0的解集为{x|c(3)若对任意x∈R，2x+2≤y≤2x2−2x+4恒成立，求ab的最大值．
19.(本小题17分)
已知集合A中含有三个元素x，y，z，同时满足①xz；③x+y+z为偶数，那么称集合A具有性质P.已知集合Sn={1,2,3,⋯,2n}(n∈N∗，n≥4)，对于集合Sn的非空子集B，若Sn中存在三个互不相同的元素a，b，c，使得a+b，b+c，c+a均属于B，则称集合B是集合Sn的“期待子集”．
(1)试判断集合A={1,2,3,5,7,9}是否具有性质P，并说明理由；
(2)若集合B={3,4,a}具有性质P，证明：集合B是集合S4的“期待子集”；
(3)证明：集合M具有性质P的充要条件是集合M是集合Sn的“期待子集”．
参考答案
1.C
2.B
3.A
4.A
5.D
6.C
7.A
8.D
9.BC
10.ABD
11.BCD
12.{1}(答案不唯一)
13.12
14.{1} [− 22,0]
15.解：(1)当a=2时，A={x|1≤x≤3}，
A∪B={x|−1≤x≤3}．
(2)若选①：“x∈A”是“x∈B“的充分不必要条件，则A⊆B，
∵a−1∴a−1≥−1a+1≤3，解得0≤a≤2，
∴实数a的取值范围是[0,2]．
若选②A∪B=B，则A⊆B，
∵a−1∴a−1≥−1a+1≤3，解得0≤a≤2，
∴实数a的取值范围是[0,2]．
若选③A∩B=⌀，则A⊆B，
∵a−1∴a+1<−1a−1>3，解得a>4或a<−2，
∴实数a的取值范围是(−∞,−2)∪(4,+∞)．
16.解：(1)连结OF，因为AB为直径，O为圆心，所以OF⊥AB，

又因为AC=a，BC=b，所以AO=a+b2，OC=a+b2−b=a−b2，
OF为圆的半径，CF= (a+b2)2+(a−b2)2= a2+b22≥OF=a+b2，
故CF大于等于圆的半径，证明如下：
( a2+b22)2−(a+b2)2=a2+b2−2ab4=(a−b)24≥0，
当且仅当a=b时取等号，
故 a2+b22≥a+b2，即CF大于等于圆的半径；
(2)利用勾股定理得CF= a2+b2x，CH= a2+b2y，
由已知，ACAF=ab=BHBC，△FAC∽△CBH，所以∠ACF=∠BHC，
又∠BCH+∠BHC=90°，所以∠BCH+∠ACF=90°，故∠FCH=90°，
则FH= ( a2+b2x)2+( a2+b2y)2= (a2+b2)(x2+y2)≥ax+by，
证明如下：
( (a2+b2)(x2+y2))2−(ax+by)2=(bx−ay)2≥0，
当且仅当bx=ay时取等号，
所以FH= ( a2+b2x)2+( a2+b2y)2= (a2+b2)(x2+y2)≥ax+b．
17.解：(1)因为a>0，b>0，且ab=a+c+3，
若c=−ab，则ab=a−ab+3，整理得ab2−(a+3)b+a=0．
将其看作b为未知数的一元二次方程，可得Δ=(a+3)2−4a2≥0a+3a>0，解得0所以实数a的取值范围是(0,3]；
(2)若c=kb，由ab=a+kb+3，解得b=a+3a−k，结合a、b均为正数，得a−k>0．
所以a+b=a+a+3a−k=a−k+a+3a−k+1+k≥2 (a−k)⋅3+ka−k+1+k=2 3+k+1+k，
当且仅当a−k=3+ka−k时，等号成立．
结合题意，可得2 3+k+1+k≤6，即2 3+k≤5−k，
整理得5−k>0(2 3+k)2≤(5−k)2，解得018.解：(1)因为ax2+bx+c<0的解集(1,2)，
所以ax2+bx+c=0的根为1和2，且a>0，
所以1+2=−ba,1×2=ca，故b=−3a，c=2a，
所以x2+cx+b+4<0，即x2+2ax+4−3a<0，
因为存在实数x，使得不等式成立，
所以Δ=4a2−4(4−3a)>0，解得a>1或a<−4，
又a>0，所以a>1，
所以实数a的取值集合为(1,+∞)；
(2)因为ax2+bx+c<0的解集为{x|c所以a>0a>c≠0且ax2+bx+c=a(x−c)(x−a)=ax2−a(a+c)x+a2c，
所以b=−a(a+c)c=a2c⇒a=1b=−(c+1)，故c∈{−1,−4}，
若c=−1，则b=0∉{−4,−1,1,3}，不合题意；
若c=−4，则b=3，此时Δ=b2−4ac=9−4×(−4)=25>0满足题意，
综上，a=1，b=3，c=−4，
所以不等式cx2+bx−2a<0，即为4x2−3x+2>0，
由Δ=9−32=−23<0，知：不等式的解集为R；
(3)令x=1，则4≤a+b+c≤4，所以a+b+c=4，
对任意x∈R，2x+2≤ax2+bx+c恒成立，
所以ax2+(b−2)x+c−2≥0恒成立，
所以a>0且Δ=(b−2)2−4a(c−2)=(a+c−2)2−4a(c−2)=(a−c+2)2≤0，
所以c=a+2，此时b=2−2a，
所以ab=a(2−2a)=2a(1−a)=−2(a−12)2+12≤12，
当且仅当a=12,b=1,c=52时取等号，
此时2x2−2x+4−f(x)=2x2−2x+4−(12x2+x+52)=32x2−3x+32=32(x−1)2≥0成立；
故ab的最大值为12．
19.解：(1)集合A={1,2,3,5,7,9}不具有性质P，理由如下：
(i)从集合A中任取三个元素x，y，z均为奇数时，x+y+z为奇数，不满足条件③，
(ii)从集合A中任取三个元素x，y，z有一个为2，另外两个为奇数时，不妨设y=2，x则有z−x≥2，即z−x≥y，不满足条件②，
综上所述，可得集合A={1,2,3,5,7,9}不具有性质P．
(2)证明：由3+4+a是偶数，得实数a是奇数，
当a<3<4时，由a+3>4，得1当3<4a，得4因为3+4+5=12是偶数，所以集合B={3,4,5}，
令a+b=3，b+c=4，c+a=5，解得a=2，b=1，c=3，
显然a，b，c∈S4={1,2,3,4,5,6,7,8}，
所以集合B是集合S4的“期待子集”得证．
(3)证明：
先证充分性：
当集合M是集合Sn的“期待子集”时，存在三个互不相同的a，b，c，使得a+b，b+c，c+a均属于M，
不妨设a因为x+y−z=(a+b)+(a+c)−(b+c)=2a>0，所以x+y>z，即满足条件②，
因为x+y+z=2(a+b+c)，所以x+y+z为偶数，即满足条件③，
所以当集合M是集合Sn的“期待子集”时，集合M具有性质P．
再证必要性：
当集合M具有性质P，则存在x，y，z，同时满足①xz；③x+y+z为偶数，
令a=x+y+z2−z，b=x+y+z2−y，c=x+y+z2−x，则由条件①得a由条件②得a=x+y+z2−z=x+y−z2>0，
由条件③得a，b，c均为整数，
因为z−c=z+x−x+y+z2=z+x−y2>z+(y−z)−y2=0，
所以0所以a，b，c∈Sn，
因为a+b=x，a+c=y，b+c=z，
所以a+b，b+c，c+a均属于M，
所以当集合M具有性质P时，集合M是集合Sn的“期待子集”．
综上所述，集合M是集合Sn的“期待子集”的充要条件是集合M具有性质P．