广东省东莞松山湖未来学校2024-2025学年高一上学期9月开学核心素养测评数学试卷【含答案】

这是一份广东省东莞松山湖未来学校2024-2025学年高一上学期9月开学核心素养测评数学试卷【含答案】，共10页。试卷主要包含了单项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题：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．哥德巴赫猜想是世界近代三大数学难题之一，即所谓的“”问题.1966年，我国数学家陈景润证明了“”成立.哥德巴赫猜想的内容是“每一个大于2的偶数都能写成两个质数之和”，则该猜想的否定为（ ）
A．每一个小于2的偶数都不能写成两个质数之和
B．存在一个小于2的偶数不能写成两个质数之和
C．每一个大于2的偶数都不能写成两个质数之和
D．存在一个大于2的偶数不能写成两个质数之和
3．设，则“”是“”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
4．若实数满足，则（ ）
A．5B．11C．25D．26
5．函数的定义域是（ ）
A．B．
C．D．
6．已知不等式的解集为空集，则a的取值范围是（ ）
A．B．
C．或D．或
7．下列函数中，与函数是同一函数的是（ ）
A．B．
C．D．
8．对于任意集合，下列关系正确的是（ ）
A．B．
C．D．
多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18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6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.
9．已知，那么下列不等式一定成立的有（ ）
A．B．
C．D．
10．若正实数满足，则下列说法正确的是（ ）
A．有最小值9B．有最大值
C．有最大值D．有最小值
11．定义，若函数，且在区间上的值域为，则区间长度可以是（ ）
A．B．C．D．1
三、填空题:本题共3小题，每小题5分，共15分.
12．设一元二次不等式的解集为，则的值为
13．“不等式对一切实数都成立”，则的取值范围为 .
14．已知，且，则的最大值为 .
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．（本小题满分13分）（1）因式分解：;
（2）因式分解：;
（3）解方程：;
（4）化简：.
16．（本小题满分15分）已知，.
(1)是否存在实数m，使是的充要条件？若存在，求出m的取值范围，若不存在，请说明理由；
(2)是否存在实数m，使是的必要条件？若存在，求出m的取值范围，若不存在，请说明理由.
17．（本小题满分15分）解下列关于x的不等式.
(1)；
(2)；
(3)；
18．（本小题满分17分）设.
(1)若对于，恒成立，求实数的取值范围；
(2)若对于，恒成立，求实数的取值范围.
(3)解关于的不等式.
19．（本小题满分17分）整数集的符号取自德文整数单词的首字母，这是为了纪念德国女数学家艾米·诺特对整数理论的重大贡献，她的代表著作《整环的理想理论》大幅推动了现代数学抽象代数理论的发展.数环的定义为：设A是非空数集，如果对，都有，且成立，称A是个数环.
(1)分别判断下列3个集合是否是一个数环，并说明理由：
(2)求证：任何数环都有元素0：
(3)求证：若､是数环，则是数环.
答案及解析
1. B【解析】因为，所以，故选B.
2. D【解析】根据全称量词命题的否定为存在量词命题，A，C错误;哥德巴赫猜想的否定为“存在一个大于2的偶数不能写成两个质数之和”.故选D.
3. B 【解析】解不等式得，不等式化为，所以，因为为的真子集，所以“”是“”的必要不充分条件.故选B.
B【解析】设，，，
，，
.故选.
5. C 【解析】解：函数的定义域满足：解得，且，
∴函数的定义域为.故选C.
6. A 【解析】由不等式的解集为空集，根据二次函数的性质，则满足，解得.即实数的取值范围是.故选A.
7. D【解析】由函数的定义域为；
对于A中，函数定义域为，与定义域不同，所以不是同一函数；
对于B中，函数，与函数的对应关系不同，所以不是同一函数；
对于C中，函数定义域为，与定义域不同，所以不是同一函数；
对于D中，函数与的定义域都是，且对应关系都相同，所以是同一函数.故选D.
8. B 【解析】
对于：如图所知，为区域①，所以，故错误；
对于：为区域①和③；为区域③，为区域①，则也为为区域①和③；两边相等，故正确；
对于：为区域①，为区域①，不等于区域②（区域②为），故错误；
对于：为区域①和③；而为区域③，为区域①，所以为空集，所以错误；故选.
9. AB【解析】A选项：，由，可知，即成立，A选项正确；
B选项：，，当且仅当，即时取等号，所以，即成立，B选项正确；
C选项：，又，所以，
当时，，即，当时，，即，当时，，即，C选项错误；
D选项：当，时，，，此时，D选项错误；故选AB.
10. AB【解析】，当且仅当时等号成立，故A对；，则，当且仅当，即时等号成立，故B对C错；由，则，而，所以，当且仅当时等号成立，故D错.故选AB.
11.AD【解析】令①，
当时，不等式可整理为，解得，故符合要求，
当时，不等式可整理为，解得，故，
所以不等式①的解为；
由上可得，不等式的解为或，
所以，令，解得，令，解得或，令，解得或，令，解得或，
所以区间的最小长度为1，最大长度为.故选AD.
12. 【解析】一元二次不等式的解集为，方程的解为，2，，，，．
故答案为：．
13. 【解析】当时，不等式对一切实数都成立，
所以成立；当时，由题意得解得：.
14. 【解析】因为，所以，
即，由基本不等式得，则，
解得，当且仅当取等号.所以的最大值为.
15.【解】（1）
；
（2）令
则原式,
于是,得,
所以；
（3）由得,
去分母得,且
去括号得,解得；
（4）
.
16.【解】（1），
要使是的充要条件，则，即，此方程无解，
则不存在实数m，使是的充要条件；
（2）要使是的必要条件，则，
当时，，得；
当时，，得，要使，则有，得，故，
综上所述，当实数时，是的必要条件.
17.【解】（1）由可得，
即，解得或，
所以不等式的解集为.
（2）原不等式可化为,即，
即且，

由图可知，原不等式的解集为．
（3）由可得，
由数轴穿根法可知，或或，
所以不等式的解集为.
18.【解】（1）设
则是关于的一次函数，且一次项系数为，
所以在上单调递增．
所以等价于，解得，
故实数的取值范围为.
（2）要使在上恒成立，
即，，
因为当时，，则有在上恒成立，
当，令，即，
所以在上恒成立，则，
即，故实数的取值范围为.
（3）由，化简得，即，
当时，，解得x0时，对于不等式，解得，
当时，对于不等式，解得x1或，
综上所述：当时，关于的不等式解为；
当时，关于的不等式解为；
当时，关于的不等式解为；
当时，关于的不等式解为；
当m>0时，关于的不等式解为.
【规律方法】（1）分离参数法：结合题意，分离参数将问题转化为函数在给定区间上的最值问题，再利用函数的性质求得最值，从而得到参数的取值范围；
（2）更换主次元法：结合问题，将问题的变量和参数进行转换，得到关于参数的式子，本题就是得到关于的一次函数，利用函数的单调性将问题转化为函数的最大值小于，即可得到关于的不等式解得范围．
（3）利用分类讨论，并结合二次函数的性质及一元二次不等式求解，从而可求解.
19.【解】（1）取，则，但，故不是数环；
取，则，则，
，，，
同理，，故是数环；
设，，
则，，，
，
，，
，
，，，，
是数环.
（2）假设存在一个数环，它不包含0，即对于所有，都有，
根据数环定义，对于任意，有，，，
特别地，当时，，这与不包含0的假设矛盾，
因此任何数环都有元素0.
（3）设､是数环，，，
若，，是数环，对于整数，有，
同理，，是数环.
【名师点拨】集合新定义问题的解题技巧：求解此类题的关键是读懂新定义的意义，在领会新定义的基础上，可通过举例的办法明晰新定义的内涵和外延，将其运用到新的情境中，进而对结论作出判断.
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
选项
B
D
B
B
C
A
D
B
AB
AB
AD