2024-2025学年浙江省丽水市“五校高中发展共同体”10月联考高一数学试题（含解析）

这是一份2024-2025学年浙江省丽水市“五校高中发展共同体”10月联考高一数学试题（含解析），共14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。
1.下列关系中，正确的是( )
A. −2∈N+B. 32∈ZC. π∉QD. 5∉N
2.若命题p:∃x>0，x2−3x+2>0，则命题p的否定为( )
A. ∃x>0，x2−3x+2≤0B. ∃x≤0，x2−3x+2≤0
C. ∀x≤0，x2−3x+2>0D. ∀x>0，x2−3x+2≤0
3.若a,b,c为实数，且a0的解集为(2,4)，则不等式cx2+bx+a0，b>0，且3a+b=2，则( )
A. ab的最大值为13B. 13a+1b的最大值是2
C. 1a2+9b2的最小值是18D. 12a+b+a+b的最小值是2 2−2
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知x，y∈R，则“x>0，y>0”是“xy>0”的 条件，“x2+y2>0”是“x≠0或y≠0”的 条件.(填“充分不必要”或“必要不充分”或“充要”或“既不充分也不必要”)
13.已知a∈R，函数f(x)=x2−4,x>2|x−3|+a,x⩽2，若f(f( 6))=3，则a= ．
14.已知函数f(x)=x2−2ax+1(a∈R)，若非空集合A={x|f(x)≤0}，B={x|f(f(x))≤1}，满足A=B，则实数a的取值范围是
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
已知全集U=R，集合A={x|x2−2x−3≤0}，集合B={x|x−1x+2>0}，集合C={x|m−1(2a+1)x−a恒成立，求a的范围．
19.(本小题12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，是发现新问题、新结论的重要方法．
例如，已知ab=1，求证：11+a+11+b=1．
证明：原式=abab+a+11+b=b1+b+11+b=1．
波利亚在《怎样解题》中也指出：“当你找到第一个蘑菇或作出第一个发现后，再四处看看，他们总是成群生长.”类似上述问题，我们有更多的式子满足以上特征．
请根据上述材料解答下列问题：
(1)已知ab=1，求11+a2+11+b2的值;
(2)若abc=1，解方程5axab+a+1+5bxbc+b+1+5cxca+c+1=1;
(3)若正数a，b满足ab=1，求M=11+a+11+2b的最小值．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查常用数集以及元素与集合的关系，是基础题．
【解答】
解：A:⋅2∉N+， A错误;
B:32∉Z，B 错误;
C:π∉Q， C正确;
D:5∈N， D错误
故选C．
2.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查存在量词命题的否定，属基础题．
根据存在量词命题的否定为全称量词命题即可得到结论．
【解答】解：命题p:∃x>0，x2−3x+2>0为存在量词命题，
则该命题的否定为∀x>0，x2−3x+2≤0，
故选：D．
3.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了不等式的基本性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
利用不等式的基本性质即可得出．
【解答】
解：∵ab2，因此正确；
D.由已知可得：a2>b2，∴a2ab>b2ab，化为ab>ba，因此不成立．
故选：C．
4.【答案】B
【解析】【分析】本题主要考查了不等式的性质，属于基础题．
设男学生女学生人数分别为x，y人，教师人数为z，家长人数为m，x，y，z，m都是正整数，则x>yy>mm>z2z>x，进而可得答案．
【解答】解：设男学生女学生人数分别为x，y人，教师人数为z，家长人数为m，x，y，z，m都是正整数，
则由题意有x>yy>mm>z2z>x，即z0，y>0或x0，所以x≠0或y≠0，满足充分性；
当x≠0或y≠0时，x2+y2>0，满足必要性，
所以“x2+y2>0”是“x≠0或y≠0”的充要条件．
故答案为充分不必要；充要．
13.【答案】2
【解析】【分析】
本题考查求分段函数的函数值，属于基础题．
求出f( 6)=2，再代入f(f( 6))=3，即可求出结果．
【解答】解：因为 6>2，
所以f( 6)=6−4=2，
所以f(f( 6))=f(2)=1+a=3，解得a=2．
故答案为2．
14.【答案】[−1− 2,−1]
【解析】【分析】
本题考查集合相等、二次函数的最值、二次函数与一元二次方程、不等式的解的对应关系，属于中档题．
通过直接代入f(x)=x2−2ax+1，然后解一元二次不等式，通过分别判断两一元二次不等式的方程的Δ,Δ′，从而进行求解即可。
【解答】解：由f(f(x))≤1，可得(x2−2ax+1)2−2a(x2−2ax+1)+1≤1，
即(x2−2ax+1)(x2−2ax+1−2a)≤0，
由A=B，可得x2−2ax+1−2a≥0在R上恒成立，即△=4a2−4(1−2a)≤0，
解得−1− 2≤a≤−1+ 2，①
又集合A是非空集合，所以x2−2ax+1≤0在R上有解，
则Δ′=4a2−4⩾0，解得a⩽−1或a⩾1，②
综合① ②可得：a∈[−1− 2,−1]．
15.【答案】解：根据题意：(1)集合A={x|−1≤x≤3}，
集合B={x|x1}
A∪B={x|x−1，则此时不等式解集为：(−∞,−1)∪(1a,+∞)；
当a0⇔(x−1a)(x+1)0．
令2x+1=t，因x>0，则t>1．
则2x+1x2−x+1=tt−122−t−12+1
=4tt2−4t+7=4t+7t−4
⩽42 t·7t−4=2 7−2=2 7+43，
当且仅当t=7t，即t= 7时等号成立，
所以a>2 7+43，即a的取值范围为2 7+43,+∞．
【解析】本题考查不等式的解法以及不等式的恒成立问题，考查运算求解能力，属于中档题．
(1)由题可得−2x2−3x−1>0，即可得答案；
(2)当a=0时，不等式变为一次不等式，当a≠0时，对ax2+(a−1)x−1=0分解因式，讨论根的大小即可得答案；
(3)由题，可得∀x>0，a>2x+1x2−x+1，利用换元法结合基本不等式可得答案．
19.【答案】解：(1)11+a2+11+b2=abab+a2+abab+b2=bb+a+aa+b=1;
(2)∵abc=1，
∴aab+a+1=aab+a+abc=1b+1+bc，
cca+c+1=cca+c+abc=1a+1+ab=abca+abc+ab=bc1+bc+b，
∴原方程可化为5xb+1+bc+5bxbc+b+1+5bcx1+bc+b=1，
即5(1+b+bc)xb+1+bc=1，即5x=1，∴x=15;
(3)∵正数a、b满足ab=1，
∴M=11+a+11+2b=abab+a+11+2b=bb+1+11+2b
=(b+1)−1b+1+11+2b=1−1b+1+11+2b=1−b(1+b)(1+2b)
=1−b2b2+3b+1=1−12b+3+1b≥1−12 2+3=2 2−2
当且仅当2b=1b，即b= 22时取等号，此时a= 2，符合题意，
∴M的最小值为2 2−2．
【解析】本题考查利用基本不等式求最值和类比推理，属于中档题．
(1)根据例子进行类比即可证明；
(2)将abc代入方程求解；
(3)由M=11+a+11+2b=abab+a+11+2b=1−12b+3+1b，利用基本不等式进行求解即可．