浙江省金华市曙光学校2023-2024学年高一上学期第一次阶段考试数学试题及答案

这是一份浙江省金华市曙光学校2023-2024学年高一上学期第一次阶段考试数学试题及答案，共11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
1．若集合，下列关系式中成立的是（ ）
A．B．C．D．
2．若关于的方程两根异号，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
3．已知全集U={0，1，2，3，4}，若集合A={0，1，2}，集合B={1，3}，则（ ）
A．B．{1}C．{3}D．{1，3}
4．“”的否定是（ ）
A．B．
C．D．
5．已知，则（ ）
A．B．C．D．
6．已知二次函数的图象如图所示，则不等式的解集是（ ）

A．B．或
C．D．或
7．对，不等式恒成立，则的取值范围是（ ）
A．B．C．或D．或
8．设a，b∈R，定义运算“∧”和“∨”如下：a∧b＝
a∨b＝若正数a，b，c，d满足ab≥4，c＋d≤4，则( )
A．a∧b≥2，c∧d≤2B．a∧b≥2，c∨d≥2
C．a∨b≥2，c∧d≤2D．a∨b≥2，c∨d≥2
二、多选题
9．下列说法中错误的是（ ）
A．∅与表示同一个集合
B．集合＝与＝表示同一个集合
C．方程＝的所有解的集合可表示为
D．集合可以用列举法表示
10．下列命题中，是全称量词命题的有（ ）
A．至少有一个，使成立
B．对任意的，都有成立
C．对所有的，都有不成立
D．存在，使成立
11．下面命题为真命题的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
12．1872年德国数学家戴德金从连续性的要求出发，用有理数的“分割”来定义无理数（史称“戴德金分割”），并把实数理论建立在严格的科学基础上，从而结束了无理数被认为“无理”的时代，也结束了数学史上的第一次大危机．将有理数集划分为两个非空的子集与，且满足中的每一个元素都小于中的每一个元素，则称为戴德金分割．试判断下列选项中，可能成立的是（ ）
A．若，则满足戴德金分割
B．若为戴德金分割，则没有最大元素，有一个最小元素
C．若为戴德金分割，则有一个最大元素，有一个最小元素
D．若为戴德金分割，则没有最大元素，也没有最小元素
三、填空题
13．若满足，则的取值范围是 .
14．已知集合，，则 .
15．已知集合，若，则的值为 .
16．对于，使恒成立时的取值范围 .
四、解答题
17．解关于的不等式.
(1)；
(2).
18．已知集合或，集合.
(1)若，求，；
(2)若，求实数的取值范围.
19．某商场销售一批名牌衬衫，平均每天可售出20件，每件盈利40元，为了扩大销售，增加盈利，尽快减少库存，商场决定采取适当的降价措施．经调查发现每件衬衫降价1元，商场平均每天可多售出2件．
(1)若商场平均每天要盈利1 200元，每件衬衫要降价多少元？
(2)每件衬衫降价多少元时，商场平均每天盈利最多？
20．设集合A＝{x|x2－3x＋2＝0}，B＝{x|x2＋2(a＋1)x＋a2－5＝0}．
(1)若A∩B＝{2}，求实数a的值；
(2)若A∪B＝A，求实数a的取值范围；
(3)若U＝R，，求实数a的取值范围．
21．已知关于的方程 ，当方程的根满足下列条件时，求的取值范围.
(1)有两个实数根，且一个比2大，一个比2小；
(2)至少有一个正根.
22．（1）已知关于的不等式的解集是，求的解集；
（2）求关于的不等式 的解集.
参考答案：
1．B
【分析】根据元素与集合，集合与集合之间关系即可判断.
【详解】对A，元素与集合间不能使用“”，故A错误，
对B，因为，所以，故B正确；
对C,D，集合与集合之间不能使用“”符号，故CD错误；
故选：B.
2．C
【分析】根据一元二次方程的判别式以及根与系数的关系，列出不等式即可求解．
【详解】根据题意得：方程有两个不相等的实数根，
∴，解得：，
设，是方程的两根，
∵方程的两根异号，
∴，
∴的取值范围是．
故选：C．
3．C
【分析】先求出，再由交集的定义求解即可
【详解】由题，可得，则
故选：C
4．B
【分析】根据全称命题的否定是特称命题求解即可.
【详解】由于全称命题“”的否定为“ ”，
所以，的否定为，．
故选：B．
5．D
【分析】取特殊值，排除ABC；对于D，利用不等式的性质进行证明.
【详解】由，不妨取.
对于A：，故不成立；
对于B：，故不成立；
对于C：，故不成立；
对于D：因为，所以，所以，即.
故选：D
6．A
【分析】根据二次函数图象及性质，结合一元二次函数与一元二次不等式的解集的关系即可求解.
【详解】由二次函数图象知：，二次函数的零点为和，
所以一元二次方程的两根为或，
所以不等式的解集为.
故选：A.
7．A
【分析】对进行分类讨论，结合判别式求得正确答案.
【详解】当，即时，不等式，
即恒成立，符合题意.
当时，，
解得.
综上所述，的取值范围是.
故选：A
8．C
【详解】不妨设a≤b，c≤d，则a∨b＝b，c∧d＝c.
若b4，与c＋d≤4矛盾，∴c≤2.故c∧d≤2.
本题选择C选项.
9．ACD
【分析】根据集合的相关概念和性质逐项分析判断.
【详解】对于选项A：∅：不含任何元素的集合，：仅含有一个元素0的集合，
所以∅与表示不同的集合，故A错误；
对于选项B：根据集合的无序性可知：集合＝与＝表示同一个集合，故B正确；
对于选项C：因为方程＝的解为1，2，
结合集合的互异性可知：方程＝的所有解的集合可表示为，故C错误；
对于选项D：因为集合的元素为实数，
根据实数的性质可知无法逐一列举，故D错误；
故选：ACD.
10．BC
【分析】利用全称量词命题的定义逐项判断可得出结论.
【详解】由全称量词命题的否定可知，BC选项中的命题为全称量词命题，AD选项中的命题不是全称量词命题.
故选：BC.
11．CD
【分析】利用特殊值判断A、B，利用不等式的性质判断C、D.
【详解】对于A：当时，故A错误；
对于B：取，则，故B错误；
对于C：由，则，，所以，故C正确；
对于D：由，所以，所以，故D正确.
故选：CD
12．BD
【分析】A选项，，A错；BD选项，可举出例子；C选项，推理出，C错误.
【详解】A选项，，故，A错误；
B选项，设，满足，
此时为戴德金分割，且没有最大元素，有一个最小元素，B正确；
C选项，若有一个最大元素，有一个最小元素，则，故C错误；
D选项，设，满足没有最大元素，也没有最小元素，D正确.
故选：BD
13．
【分析】根据不等式性质直接计算.
【详解】因为，
所以，即.
故答案为：
14．
【分析】解出一元二次不等式则得到集合，根据交集含义即可得到答案.
【详解】集合.
则，
故答案为：.
15．/
【分析】根据元素与集合之间的关系可得或，分类讨论求出对应的m值，进而验证即可求解.
【详解】由，得或，
当即时，，
此时集合A有重复的元素，不符合题意，舍去；
当即或（舍）时，，符合题意.
所以.
故答案为：.
16．
【分析】根据在恒成立得知，解出不等式即可.
【详解】在恒成立，
，
，
，
，
.
故答案为：.
17．(1)
(2)
【分析】（1）去绝对值解不等式即可；
（2）根据分式不等式求解方法直接计算即可.
【详解】（1）由，得，所以，
即该不等式的解为
（2）由，得，所以或，
即该不等式的解为
18．(1) ，或
(2)
【分析】（1）根据集合的交集和并集运算法则直接计算；
（2）根据分类讨论求解即可.
【详解】（1）当时，，
又因为或，
所以 ，或
（2）因为，或，，
所以若，即，即时，满足题意；
若，则或，
所以或无解，所以.
综上，实数的取值范围为
19．(1)每件衬衫要降价20元．(2)每件衬衫降价15元时每天盈利最多．
【分析】先设每件衬衫降价x元，每天获利y元，得到，
（1）根据，解方程即可得出结果；
（2）用配方法对函数整理，即可得出结果.
【详解】设每件衬衫降价x元，每天获利y元，则每件盈利元，每天销量为件．
∴．
(1)由，得或.因为要尽快减少库存，在获利相同的条件下，降价越多，销售越多，故每件衬衫应降价20元．
答：每件衬衫要降价20元．
(2)，∴当时，元．
答：每件衬衫降价15元时每天盈利最多．
【点睛】本题主要考查二次函数的应用，熟记二次函数的性质即可，属于常考题型.
20．(1)－1或－3
(2)a≤－3
(3)且且．
【分析】（1）题意说明，代入中方程求得值并检验是否满足题意；
（2）题意说明，由集合的包含关系求解；
（3）题意说明，，只要中元素1和2不是集合中方程的解，即可得出结论，说明集合中方程可以无实数解．
【详解】（1），或，
∴,
∵A∩B＝{2}，∴2∈B，
将x＝2代入x2＋2(a＋1)x＋a2－5＝0，得a2＋4a＋3＝0，所以a＝－1或a＝－3．
当a＝－1时，B＝{－2，2}，满足条件；
当a＝－3时，B＝{2}，也满足条件．
综上可得，a的值为－1或－3．
（2）∵A∪B＝A，∴B⊆A．
对于方程x2＋2(a＋1)x＋a2－5＝0，
①当＝4(a＋1)2－4(a2－5)＝8(a＋3)