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湖北省武汉市洪山高级中学2024-2025学年高一上学期9月考试 数学试卷（含解析）
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这是一份湖北省武汉市洪山高级中学2024-2025学年高一上学期9月考试 数学试卷（含解析），共15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。
数 学 试 卷
命题人： 试题分值：150分 考试时长：120分钟
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．已知命题：，，则命题的否定为（ ）
A．，B．，
C．，D．，
2．下列各组函数是同一个函数的是（ ）
A．与B．与
C．与D．与
3．“”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，，且，，则（ ）
A．B．
C．D．
5．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
6．不等式的解集为，则函数的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
7．关于x的不等式的解集中恰有2个整数，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
8．已知表示不超过x的最大整数，集合，，且，则集合B的子集个数为（ ）．
A．4B．8C．16D．32
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对得部分分，有错选得0分．
9．已知非空集合都是的子集，满足，，则（ ）
A．B．
C．D．
10．已知函数，下列关于函数的结论正确的是（ ）
A．的定义域是B．的值域是
C．若，则D．的图象与直线有一个交点
11．已知，则下列正确的是（ ）
A．的最大值为B．的最小值为
C．最大值为8D．的最大值为6
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知集合，，若，则实数的取值范围是 .
13．函数的定义域是 ．
14．定义集合的“长度”是，其中a，R．已如集合，，且M，N都是集合的子集，则集合的“长度”的最小值是 ；若，集合的“长度”大于，则n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．已知为全集，集合，集合．
(1)求集合A；
(2)若，求实数的取值范围．
16．已知集合，且.
(1)若“命题，”是真命题，求实数的取值范围；
(2)若是的充分不必要条件，求实数的取值范围.
17．已知， 且．
(1)证明: ．
(2)若， 求的最小值．
18．LED灯具有节能环保的作用，且使用寿命长．经过市场调查，可知生产某种LED灯需投入的年固定成本为4万元每生产万件该产品，需另投入变动成本万元，在年产量不足6万件时，，在年产量不小于6万件时，．每件产品售价为6元．假设该产品每年的销量等于当年的产量．
(1)写出年利润(万元)关于年产量(万件)的函数解析式．(注：年利润＝年销售收入－固定成本－变动成本)
(2)年产量为多少万件时，年利润最大？最大年利润是多少？
19．问题：正实数a，b满足，求的最小值.其中一种解法是：，当且仅当且时，即且时取等号.学习上述解法并解决下列问题：
(1)若正实数x，y满足，求的最小值；
(2)若实数a，b，x，y满足，求证：；
(3)求代数式的最小值，并求出使得M最小的m的值.
1．C
【分析】根据全称量词命题的否定求得结果.
【详解】根据命题的否定，任意变存在，范围不变，结论相反，
则命题的否定为“，”.
故选：C.
2．A
【分析】根据相同函数的定义，依次判断选项即可.
【详解】A：函数和的定义域为R，解析式一样，故A符合题意；
B：函数与的定义域为R，解析式不一样，故B不符合题意；
C：函数的定义域为，的定义域为R，解析式一样，故C不符合题意；
D：函数的定义域为，的定义域为R，解析式不一样，故D不符合题意.
故选：A
3．D
【分析】根据充分必要条件的定义分别判断即可．
【详解】解：时，由，解得：，
时，解得：，不是必要条件，
反之也推不出，比如，不是充分条件，
故“”是“”的既不充分也不必要条件．
故选：D．
4．B
【分析】解一元二次不等式，求出，或，结合，得到正确答案.
【详解】因为，，所以，
又因为，所以或，
因为，所以不合要求，所以，
综上：.
故选：B
5．A
【分析】由集合，中的元素特征判断可得.
【详解】，
当时，表示的整数倍与的和，表示的整数倍与的和，
故，
故选：A
6．A
【分析】根据题意，可得方程的两个根为和，且，结合二次方程根与系数的关系得到、、的关系，再结合二次函数的性质判断即可．
【详解】因为的解集为，
所以方程的两根分别为和1，且，
则变形可得
故函数的图象开口向下，
且与x轴的交点坐标为和，故A选项的图象符合.
故选：A
7．C
【分析】分类讨论，与三种情况下原不等式的解集，结合题意可得该整数，列不等式即可得到的取值范围．
【详解】由可得，
当时，，即原不等式无解，不满足题意；
当时，原不等式解得，由于解集中恰有2个整数，所以该整数解为2和3，因此可得，即；
当时，原不等式解得，由于解集中恰有2个整数，所以该整数解为和0，因此由数轴法可得，即；
综上：或，所以实数的取值范围为或．
故选：C．
8．C
【分析】由新定义及集合的概念可化简集合，再由可知，分类讨论的归属，从而得到集合的元素个数，由此利用子集个数公式即可求得集合的子集的个数.
【详解】由题设可知，，
又因为，所以，
而，
因为的解为或，的两根满足，
所以分属方程与的根，
若是的根，是的根，则有，解得，
代入与，解得或与或，
故；
若是的根，是的根，则有，解得，
代入与，解得或与或，
故；
所以不管如何归属方程与，集合总是有4个元素，
故由子集个数公式可得集合的子集的个数为.
故选：C
9．ABD
【分析】根据交集、并集、补集的定义及性质判断各选项.
【详解】对于A，由可得，故A正确；
对于B，由，可得，从而，故B正确；
对于C、D，结合与，可知，又，所以，故C错误，D正确.
故选：ABD.
10．BCD
【分析】根据函数的定义域、值域、由函数值求自变量、函数图象等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】A选项，的定义域是，所以A选项错误.
B选项，当时，，
当时，，
所以的值域是，所以B选项正确.
C选项，由B选项的分析可知，若，
则，解得，所以C选项正确.
D选项，画出的图象如下图所示，由图可知，D选项正确.
故选：BCD
11．BC
【分析】根据基本不等式对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】依题意，，
A选项，，
，解得，
当且仅当，即时等号成立，
所以，所以A选项错误.
B选项，，，
，
当且仅当时等号成立，所以B选项正确.
D选项，，
整理得，，
当且仅当时等号成立，所以D选项错误.
C选项，，
由D选项的分析可知：，所以C选项正确.
故选：BC
【点睛】方法点睛：用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件： “一正，二定，三相等” .（1）“一正”就是各项必须为正数；（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方，注意多次运用不等式，等号成立条件是否一致.
12．
【分析】在数轴上画出两个集合对应的范围，利用可得实数的取值范围.
【详解】如图，在数轴表示，因为，故，填.
【点睛】含参数的集合之间的包含关系，应借助于数轴、韦恩图等几何工具直观地讨论参数的取值范围，解决此类问题时，还应注意区间端点处的值是否可取.
13．
【分析】根据偶次方根的被开方数非负、分母不为零得到方程组，解得即可；
【详解】解：因为，所以，解得且，
故函数的定义域为；
故答案为：
14． ##
【分析】空1：根据区间长度定义得到关于的不等式组，再分类讨论即可；空2：代入得到，再根据区间长度大于，得到关于的不等式组，解出即可.
【详解】集合，，且M，N都是集合的子集，
由，可得，由，可得．
要使的“长度”最小，只有当取最小值、取最大或取最大、取最小时才成立.
当，，，“长度”为，
当，，，“长度”为，
故集合的“长度”的最小值是；
若，，
要使集合的“长度”大于，故或
即或又，故.
故答案为：；.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是充分理解区间长度的定义，再根据交并集的含义得到不等式组，结合分类讨论的思想即可.
15．(1)
(2)或
【分析】（1）将分式不等式化为，解出解集，得到集合A；
（2）由（1）得到，根据得到，从而列出不等式，求出实数的取值范围.
【详解】（1）因为，即，即，
所以，解得：，
故；
（2）由（1）得：，
所以或，
因为，所以，
又，
因为，故，
则或，
解得：或，
综上：实数的取值范围为或.
16．(1)
(2)
【分析】（1）由命题是真命题，可知，又，可得的取值范围；
（2）由是的充分不必要条件,得是的真子集，又，可得的取值范围.
【详解】（1）因为，所以
命题是真命题，可知，
因为，，
，,
故的取值范围是.
（2）若是的充分不必要条件,得是的真子集，，
，解得，
故的取值范围是.
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用基本不等式可得，，，求和即可证明；
（2）原不等式可化为，且，利用基本不等式可求得的最小值.
【详解】（1），①
②
③
①+②+③得，
即，
当且仅当时，等号成立．
（2）由，得，即，
所以
由，得，得，即，
所以
．
所以的最小值为，
当且仅当，即时，等号成立．
18．(1)
(2)当年产量为10万件时，年利润最大，最大年利润为15万元．
【分析】(1)根据“年利润＝年销售收入－固定成本－变动成本”，分和即可求出L(x)的解析式；
(2)根据二次函数和基本不等式分别求出L(x)在和时的最大值，比较即可得到答案．
【详解】（1）∵每件产品售价为6元，∴万件产品的销售收入为万元，
依题意得，当时，，
当时，．
∴
（2）当时，，当时，取得最大值．
当时，，当且仅当，即时，取得最大值15．
∵，∴当年产量为10万件时，年利润最大，最大年利润为15万元．
19．(1)
(2)证明见解析
(3)时，取得最小值．
【分析】（1）利用“1”的代换凑配出积为定值，从而求得和的最小值；
（2）利用已知，，然后由基本不等式进行放缩：，再利用不等式的性质得出大小．并得出等号成立的条件．
（3）令，，构造，即以，即，然后利用（2）的结论可得．
【详解】（1）因为,，
所以，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值是．
（2），
又，当且仅当时等号成立，
所以，
所以，当且仅当且同号时等号成立．此时满足.
（3）令，，由得，
，
又，所以，
构造，
由，可得，因此，
由（2）知，
取等号时，且同正，
结合，解得，即，．
所以时，取得最小值．
【点睛】本题考查用基本不等式求最小值，考查方法的类比：“1”的代换．解题关键是“1”的代换，即利用，从而借助基本不等式得出大小关系，同时考查新知识（新结论）的应用，考查了学生的灵活运用数学知识的能力．对学生的创新性思维要求较高，本题属于难题．
数 学 试 卷
命题人： 试题分值：150分 考试时长：120分钟
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．已知命题：，，则命题的否定为（ ）
A．，B．，
C．，D．，
2．下列各组函数是同一个函数的是（ ）
A．与B．与
C．与D．与
3．“”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，，且，，则（ ）
A．B．
C．D．
5．已知集合，，则（ ）
A．B．C．D．
6．不等式的解集为，则函数的图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
7．关于x的不等式的解集中恰有2个整数，则实数a的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
8．已知表示不超过x的最大整数，集合，，且，则集合B的子集个数为（ ）．
A．4B．8C．16D．32
二、多选题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，部分选对得部分分，有错选得0分．
9．已知非空集合都是的子集，满足，，则（ ）
A．B．
C．D．
10．已知函数，下列关于函数的结论正确的是（ ）
A．的定义域是B．的值域是
C．若，则D．的图象与直线有一个交点
11．已知，则下列正确的是（ ）
A．的最大值为B．的最小值为
C．最大值为8D．的最大值为6
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分．
12．已知集合，，若，则实数的取值范围是 .
13．函数的定义域是 ．
14．定义集合的“长度”是，其中a，R．已如集合，，且M，N都是集合的子集，则集合的“长度”的最小值是 ；若，集合的“长度”大于，则n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．已知为全集，集合，集合．
(1)求集合A；
(2)若，求实数的取值范围．
16．已知集合，且.
(1)若“命题，”是真命题，求实数的取值范围；
(2)若是的充分不必要条件，求实数的取值范围.
17．已知， 且．
(1)证明: ．
(2)若， 求的最小值．
18．LED灯具有节能环保的作用，且使用寿命长．经过市场调查，可知生产某种LED灯需投入的年固定成本为4万元每生产万件该产品，需另投入变动成本万元，在年产量不足6万件时，，在年产量不小于6万件时，．每件产品售价为6元．假设该产品每年的销量等于当年的产量．
(1)写出年利润(万元)关于年产量(万件)的函数解析式．(注：年利润＝年销售收入－固定成本－变动成本)
(2)年产量为多少万件时，年利润最大？最大年利润是多少？
19．问题：正实数a，b满足，求的最小值.其中一种解法是：，当且仅当且时，即且时取等号.学习上述解法并解决下列问题：
(1)若正实数x，y满足，求的最小值；
(2)若实数a，b，x，y满足，求证：；
(3)求代数式的最小值，并求出使得M最小的m的值.
1．C
【分析】根据全称量词命题的否定求得结果.
【详解】根据命题的否定，任意变存在，范围不变，结论相反，
则命题的否定为“，”.
故选：C.
2．A
【分析】根据相同函数的定义，依次判断选项即可.
【详解】A：函数和的定义域为R，解析式一样，故A符合题意；
B：函数与的定义域为R，解析式不一样，故B不符合题意；
C：函数的定义域为，的定义域为R，解析式一样，故C不符合题意；
D：函数的定义域为，的定义域为R，解析式不一样，故D不符合题意.
故选：A
3．D
【分析】根据充分必要条件的定义分别判断即可．
【详解】解：时，由，解得：，
时，解得：，不是必要条件，
反之也推不出，比如，不是充分条件，
故“”是“”的既不充分也不必要条件．
故选：D．
4．B
【分析】解一元二次不等式，求出，或，结合，得到正确答案.
【详解】因为，，所以，
又因为，所以或，
因为，所以不合要求，所以，
综上：.
故选：B
5．A
【分析】由集合，中的元素特征判断可得.
【详解】，
当时，表示的整数倍与的和，表示的整数倍与的和，
故，
故选：A
6．A
【分析】根据题意，可得方程的两个根为和，且，结合二次方程根与系数的关系得到、、的关系，再结合二次函数的性质判断即可．
【详解】因为的解集为，
所以方程的两根分别为和1，且，
则变形可得
故函数的图象开口向下，
且与x轴的交点坐标为和，故A选项的图象符合.
故选：A
7．C
【分析】分类讨论，与三种情况下原不等式的解集，结合题意可得该整数，列不等式即可得到的取值范围．
【详解】由可得，
当时，，即原不等式无解，不满足题意；
当时，原不等式解得，由于解集中恰有2个整数，所以该整数解为2和3，因此可得，即；
当时，原不等式解得，由于解集中恰有2个整数，所以该整数解为和0，因此由数轴法可得，即；
综上：或，所以实数的取值范围为或．
故选：C．
8．C
【分析】由新定义及集合的概念可化简集合，再由可知，分类讨论的归属，从而得到集合的元素个数，由此利用子集个数公式即可求得集合的子集的个数.
【详解】由题设可知，，
又因为，所以，
而，
因为的解为或，的两根满足，
所以分属方程与的根，
若是的根，是的根，则有，解得，
代入与，解得或与或，
故；
若是的根，是的根，则有，解得，
代入与，解得或与或，
故；
所以不管如何归属方程与，集合总是有4个元素，
故由子集个数公式可得集合的子集的个数为.
故选：C
9．ABD
【分析】根据交集、并集、补集的定义及性质判断各选项.
【详解】对于A，由可得，故A正确；
对于B，由，可得，从而，故B正确；
对于C、D，结合与，可知，又，所以，故C错误，D正确.
故选：ABD.
10．BCD
【分析】根据函数的定义域、值域、由函数值求自变量、函数图象等知识对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】A选项，的定义域是，所以A选项错误.
B选项，当时，，
当时，，
所以的值域是，所以B选项正确.
C选项，由B选项的分析可知，若，
则，解得，所以C选项正确.
D选项，画出的图象如下图所示，由图可知，D选项正确.
故选：BCD
11．BC
【分析】根据基本不等式对选项进行分析，从而确定正确答案.
【详解】依题意，，
A选项，，
，解得，
当且仅当，即时等号成立，
所以，所以A选项错误.
B选项，，，
，
当且仅当时等号成立，所以B选项正确.
D选项，，
整理得，，
当且仅当时等号成立，所以D选项错误.
C选项，，
由D选项的分析可知：，所以C选项正确.
故选：BC
【点睛】方法点睛：用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件： “一正，二定，三相等” .（1）“一正”就是各项必须为正数；（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方，注意多次运用不等式，等号成立条件是否一致.
12．
【分析】在数轴上画出两个集合对应的范围，利用可得实数的取值范围.
【详解】如图，在数轴表示，因为，故，填.
【点睛】含参数的集合之间的包含关系，应借助于数轴、韦恩图等几何工具直观地讨论参数的取值范围，解决此类问题时，还应注意区间端点处的值是否可取.
13．
【分析】根据偶次方根的被开方数非负、分母不为零得到方程组，解得即可；
【详解】解：因为，所以，解得且，
故函数的定义域为；
故答案为：
14． ##
【分析】空1：根据区间长度定义得到关于的不等式组，再分类讨论即可；空2：代入得到，再根据区间长度大于，得到关于的不等式组，解出即可.
【详解】集合，，且M，N都是集合的子集，
由，可得，由，可得．
要使的“长度”最小，只有当取最小值、取最大或取最大、取最小时才成立.
当，，，“长度”为，
当，，，“长度”为，
故集合的“长度”的最小值是；
若，，
要使集合的“长度”大于，故或
即或又，故.
故答案为：；.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是充分理解区间长度的定义，再根据交并集的含义得到不等式组，结合分类讨论的思想即可.
15．(1)
(2)或
【分析】（1）将分式不等式化为，解出解集，得到集合A；
（2）由（1）得到，根据得到，从而列出不等式，求出实数的取值范围.
【详解】（1）因为，即，即，
所以，解得：，
故；
（2）由（1）得：，
所以或，
因为，所以，
又，
因为，故，
则或，
解得：或，
综上：实数的取值范围为或.
16．(1)
(2)
【分析】（1）由命题是真命题，可知，又，可得的取值范围；
（2）由是的充分不必要条件,得是的真子集，又，可得的取值范围.
【详解】（1）因为，所以
命题是真命题，可知，
因为，，
，,
故的取值范围是.
（2）若是的充分不必要条件,得是的真子集，，
，解得，
故的取值范围是.
17．(1)证明见解析
(2)
【分析】（1）利用基本不等式可得，，，求和即可证明；
（2）原不等式可化为，且，利用基本不等式可求得的最小值.
【详解】（1），①
②
③
①+②+③得，
即，
当且仅当时，等号成立．
（2）由，得，即，
所以
由，得，得，即，
所以
．
所以的最小值为，
当且仅当，即时，等号成立．
18．(1)
(2)当年产量为10万件时，年利润最大，最大年利润为15万元．
【分析】(1)根据“年利润＝年销售收入－固定成本－变动成本”，分和即可求出L(x)的解析式；
(2)根据二次函数和基本不等式分别求出L(x)在和时的最大值，比较即可得到答案．
【详解】（1）∵每件产品售价为6元，∴万件产品的销售收入为万元，
依题意得，当时，，
当时，．
∴
（2）当时，，当时，取得最大值．
当时，，当且仅当，即时，取得最大值15．
∵，∴当年产量为10万件时，年利润最大，最大年利润为15万元．
19．(1)
(2)证明见解析
(3)时，取得最小值．
【分析】（1）利用“1”的代换凑配出积为定值，从而求得和的最小值；
（2）利用已知，，然后由基本不等式进行放缩：，再利用不等式的性质得出大小．并得出等号成立的条件．
（3）令，，构造，即以，即，然后利用（2）的结论可得．
【详解】（1）因为,，
所以，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值是．
（2），
又，当且仅当时等号成立，
所以，
所以，当且仅当且同号时等号成立．此时满足.
（3）令，，由得，
，
又，所以，
构造，
由，可得，因此，
由（2）知，
取等号时，且同正，
结合，解得，即，．
所以时，取得最小值．
【点睛】本题考查用基本不等式求最小值，考查方法的类比：“1”的代换．解题关键是“1”的代换，即利用，从而借助基本不等式得出大小关系，同时考查新知识（新结论）的应用，考查了学生的灵活运用数学知识的能力．对学生的创新性思维要求较高，本题属于难题．
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湖北省武汉市洪山高级中学2024-2025学年高一上学期9月考试数学试卷（解析版）： 这是一份湖北省武汉市洪山高级中学2024-2025学年高一上学期9月考试数学试卷（解析版），共15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。
