2024-2025学年海南省海口市华侨中学高一（上）第一次段考数学试卷（含答案）

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这是一份2024-2025学年海南省海口市华侨中学高一（上）第一次段考数学试卷（含答案），共6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.设集合A={x∈Z|−1A. {x|0≤x≤3}B. {−1,0,1,2,3}C. {−1,0,1,2}D. {0,1,2,3}
2.命题“∀x∈R，x2−2x−3≥0”的否定是( )
A. ∃x∈R，x2−2x−3≥0B. ∀x∈R，x2−2x−3<0
C. ∃x∈R，x2−2x−3<0D. ∀x∈R，x2−2x−3≤0
3.若p：x−4>0，则p的一个充分不必要条件为( )
A. x>4B. x≥5C. x>3D. 34.集合论是德国数学家康托尔(G.Cantr)于19世纪末创立的.在他的集合理论中，用card(A)表示有限集合A中元素的个数，如：A={a,b,c}，则card(A)=3.若对于任意两个有限集合A，B，有card(A∪B)=card(A)+card(B)−card(A∩B).我校举办秋季运动会，已知某班参加田赛的学生有14人，参加径赛的学生有15人，既参加田赛又径赛的学生有6人，那么该班参加运动会的学生人数为( )
A. 29人B. 23人C. 36人D. 25人
5.已知a>0，b>0，且a+b=2，则2a+6b的最小值为( )
A. −2+ 3B. 4+2 3C. 8+4 3D. 4 3
6.已知集合M={x∈Z|−1≤x≤2}，N={x∈Z|(x−1)(x−3)≤0}，则如图所示的韦恩图中的阴影部分所表示的集合为( )
A. {0,1,2}B. {1,2}
C. {−1,0,3}D. {−1,0,1,3}
7.设集合A={n|n=3k,k∈Z}，B={n|n=4k,k∈Z}，C={n|n=6k,k∈Z}，则( )
A. A∩B=CB. B∪C=AC. C⫋A∩BD. B∩C=A∩B
8.命题p：∀x∈{x|x>0}，x2−(2a+1)x+1≥0恒成立，命题q：∃x∈{x|−2≤x≤3}，2x+a+4≤0成立，若p是真命题，q是假命题，则实数a的取值范围是( )
A. 00
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.若a>b>0，c>d，下列说法中错误的是( )
A. 1a>1bB. a+c>b+d
C. 若c>0，则a+cb+c>abD. ac>bd
10.已知关于x的一元二次不等式ax2+bx+c≤0的解集为{x|x≤−2或x≥1}，则( )
A. a<0
B. cx+b>0的解集是{x|x<12}
C. a−b+c<0
D. cx2+bx+a≤0的解集为{x|−12≤x≤1}
11.下列叙述中，正确的是( )
A. 若a>0，b>0，则1a+ab2+b的最小值为2 2
B. 若a>3，则2a+42a−6的最小值为10
C. 若a>0，b>0，且ab=2a+12b+3，则ab≥9
D. 若a>0，b>0，且2a+b=1，则a(a+b)的最大值为14
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.不等式x+2x−3>0的解集是______．
13.最早发现勾股定理的人应是我国西周时期的数学家商高，根据记载，商高曾和周公讨论过“勾三股四弦五”的勾股定理特例.已知一个直角三角形的斜边长等于2 2，则这个直角三角形面积的最大值为______.这个直角三角形周长最大值为______．
14.已知集合A={x|x2−3x−4≤0}，集合B={x|3m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13分)
已知集合A={x|2≤x≤7}，B={x|x2−5x+4<0}．
(1)求A∪B，A∩B；
(2)求∁R(A∩B)，(∁RA)∪B．
16.(本小题15分)
(1)已知a>b>0，求证：b+2aa+2b(2)已知A={x+1,x2−1}，B={4,8}.求证：x=3是A=B的充要条件．
17.(本小题15分)
已知A={x|a−1≤x≤2a+3}，B={x|3≤x≤5}．
(1)若A∪B=A，求实数a的取值范围；
(2)若A∩B=⌀，求实数a的取值范围．
18.(本小题17分)
已知函数y=mx2−(m+2)x+2．
(1)若m>0，求不等式y>0的解集；
(2)若m∈R，关于的x不等式mx2−(m+2)x+2>−2x+5有实数解，求实数m的取值范围．
19.(本小题17分)
某中学举行“美丽数学”徽章设计大赛，王同学设计的“几何花朵”进入了最后角逐，评委组要对它的制作成本进行预估，“几何花朵”设计灵感来自三个全等的矩形(如图一)的折叠拼凑，其中徽章的六个直角(阴影部分如图二)要用镀金工艺上色.造价是2元/cm2，徽章中间六边形部分造价是1元/cm2，已知一块矩形材料(如图一)所示，矩形ABCD周长为8cm，其中长边AD为xcm，将△BCD沿BD向△ABD折叠，BC折过去后交AD于点E．

(1)用x表示图一中△ABE面积，并标出x的取值范围．
(2)试求一个徽章的镀金部分面积的最大值，并求出此时该徽章的总造价．
参考答案
1.D
2.C
3.B
4.B
5.B
6.C
7.D
8.A
9.ACD
10.AD
11.ABC
12.{x|x>3或x<−2}
13.2 4+2 2
14.[−1,−12)∪[−13，0)
15.解：(1)集合A={x|2≤x≤7}，B={x|x2−5x+4<0}={x|1所以A∪B={x|1(2)由(1)可得∁R(A∩B)={x|x<2或x≥4}，
∁RA={x|x<2或x>7}，
所以(∁RA)∪B={x|x<4或x>7}．
16.证明：(1)b+2aa+2b−ab=b(b+2a)−a(a+2b)(a+2b)b=b2−a2(a+2b)b=(b−a)(b+a)(a+2b)b，
由于a>b>0，则a+b>0，b−a<0，
则b+2aa+2b−ab<0，即b+2aa+2b(2)根据题意，若x=3，则A={x+1,x2−1}={4,8}，必有A=B，
反之，若A=B，则有x+1=4x2−1=8或x+1=8x2−1=4，
解x+1=4x2−1=8可得x=3，
x+1=8x2−1=4无解，
则有x=3，
故x=3是A=B的充要条件．
17.解：(1)由A∪B=A，可得B⊆A，
又A={x|a−1≤x≤2a+3}，B={x|3≤x≤5}，
则有a−1≤32a+3≥5，解得1≤a≤4，
即实数a的取值范围是[1,4]；
(2)当a−1>2a+3，即a<−4时，A=⌀，满足A∩B=⌀；
当A≠⌀，即a≥−4时，由A∩B=⌀，
可得2a+3<3或a−1>5，解得−4≤a<0或a>6，
综上，实数a的取值范围是(−∞,0)∪(6,+∞)．
18.解：(1)不等式y>0即为mx2−(m+2)x+2>0，可化为(mx−2)(x−1)>0，
由m>0，得(x−2m)(x−1)>0；
若m=2，则不等式为(x−1)2>0，解得x≠1；
若01，解不等式得x<1或x>2m；
若m>2，则2m<1，解不等式得x<2m或x>1；
综上，m=2时，不等式的解集为{x|x≠1}；02m}；m>2时，不等式的解集为{x|x<2m或x>1}；
(2)不等式mx2−(m+2)x+2>−2x+5可化为mx2−mx−3>0；
m=0时，不等式为−3>0，不成立；
m>0时，不等式mx2−mx−3>0必有实数解；
m<0时，应满足Δ=m2−4m×(−3)>0，解得m<−12或m>0，即m<−12；
综上，实数m的取值范围是(−∞,−12)∪(0,+∞)．
19.解：(1)由题意可得出AB=(4−x)cm，
设ED=acm，AE=(x−a)cm，
∵∠AEB=∠C′ED，∠EAB=∠DC′E，AB=DC′，
∴Rt△BAE≌Rt△DCE，
∴.BE=ED=acm，
在Rt△BAE中，由勾股定理得BA2+AE2=BE2，
即(4−x)2+(x−a)2=a2，
解得a=x2−4x+8x，
所以AE=x−a=4x−8x，
所以Rt△BAE的面积为S=12AE⋅AB=12(4−x)⋅4x−8x=−−2x2+12x−16x=12−(2x+16x)(1(2)设一个徽章的总造价用为y元，
则y=6×2×S△BAE=12×[12−(2x+16x)]≤12×(12−8 2)=144−96 2，
当2x=16x，即x2=8，又因为1故当AD为2 2时，一个徽章的总造价最大费用为144−96 2元．

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