山东省泰安市新泰市弘文中学2024-2025学年高一上学期期中学情检测数学试题（解析版）

这是一份山东省泰安市新泰市弘文中学2024-2025学年高一上学期期中学情检测数学试题（解析版），共15页。试卷主要包含了选择题，多项选择题，填空题，双空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、选择题
1. 不等式的解集为（ ）
A. B.
C D.
【答案】D
【解析】
【分析】当时直接得解，当时原不等式等价于，再解分式不等式即可.
【详解】不等式，
当时，不等式显然成立；
当时，则原不等式等价于，
等价于，解得或，
综上可得原不等式的解集为.
故选：D
2. 设a，b，m都是正数，且，记，则（ ）
A. B.
C. D. 与的大小与的取值有关
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意通过作差比较大小，得出的大小关系，从而判断出正确答案.
【详解】由，且，即，
可得，即，
故选：A.
3. 若集合有6个非空真子集，则实数的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据给定条件，求出集合中元素，再列出不等式求解即得.
【详解】由集合有6个非空真子集，得集合中有3个元素，为，
因此，解得，
所以实数的取值范围为.
故选：A
4. 设，，则下列不等式中正确的是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由幂函数的单调性可得A错误；由的单调性可得B错误；作差可得C正确，取可得D错误；
【详解】对于A，由在上是增函数可得，故A错误；
对于B，由在上是减函数可得，故B错误；
对于C，，所以，故C正确；
对于D，当时，，故D错误；
故选：C.
5. 命题“对任意，都有”的否定是
A. 对任意，都有B. 对任意，都有
C. 存在，使得D. 存在，使得
【答案】D
【解析】
【分析】根据全称命题的直接得到其否定命题.
【详解】解：命题“对任意，都有”的否定是存在，使得.
故选：D.
【点睛】本题考查全称命题的否定，是基础题.
6. 已知集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】由一元二次不等式解出集合，再求交集即可；
【详解】因为，
所以．
故选：D．
7. 若函数y=fx的定义域为，值域为，则函数y=fx的图像可能是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据函数图象分析函数定义域和值域即可判断.
【详解】选项A，定义域符合、值域也相符，故A正确；
选项B，定义域为，值域为，不满足定义域和值域，故B错误；
选项C，定义域为，值域为，不满足定义域，故C错误；
选项D，根据函数定义知，对于每一个都有唯一确定的对应，故D中图象不是函数的图象，故D错误．
故选：A．
8. 已知函数，若，则实数值等于（ ）
A. B. C. 1D. 3
【答案】A
【解析】
【分析】首先求得的值，然后分类讨论确定实数a的值即可，需要注意自变量的取值范围.
【详解】，据此结合题意分类讨论：
当时，，
由得，解得，舍去；
当时，，
由得，解得，满足题意.
故选：A．
二、多项选择题
9. 已知实数满足，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】ACD
【解析】
【分析】利用同向不等式的可加性和同向正数不等式的可乘性来推理，即可得到判断.
【详解】由，利用同向不等式的可加性得：，故A对，B错；
再由，平方可得：，
再利用同向正数不等式的可乘性得：，故C对；
又由，可得：，
再利用同向正数不等式的可乘性得：，
两边同除以正数得：，故D对，
故选：ACD.
10. 下列式子中，能使成立的充分条件有（ ）
A. B. C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】
根据不等式性质，逐个判断即可得解.
【详解】对A，因为，所以，故A正确，
对B，，根据不等式的性质可得：，故B正确
对C，由于，所以，故C错误，
对D，由于，根据不等式的性质可得：，根D正确，
故选：ABD.
【点睛】本题考查了充分条件的判断，考查了不等式的性质，属于基础题.
11. 已知正数满足，则下列说法一定正确的是（ ）
A. B.
C. D. 当且仅当时，取得最小值
【答案】ABD
【解析】
【分析】将变形，根据基本不等式可求得的最值以及等号取得条件，由此判断A,D;再将变形为，利用基本不等式求得其最小值，由此判断B,C.
【详解】由，得，
因为，
所以，
当且仅当，且，即时，等号成立,
所以的最小值为9，故项正确；
因为， ,当且仅当时，即时取等号，
所以，故B项正确，C项不正确，
故选：ABD
三、填空题
12. 已知正数满足，则的最小值为______．
【答案】
【解析】
【分析】利用基本不等式求最小值．
【详解】由题意可得，故，又，
所以，
当且仅当，即时取等号．
故答案为：．
13. 满足关系的集合有____________个.
【答案】4
【解析】
【分析】由题意可得集合为的子集，且中必包含元素，写出满足条件的集合，即可得答案.
【详解】即集合为的子集，且中必包含元素，
又因为的含元素的子集为：,共4个.
故答案为：4.
四、双空题
14. 真子集:如果________但________，就说是的真子集，记作，读作“________”.
【答案】 ①. ②. ③. 真包含于
【解析】
【分析】略
【详解】略
故答案为：A⊆B；；真包含于
五、解答题
15. （1）已知实数满足，求的取值范围；
（2）已知，，求的取值范围.
【答案】（1）；（2）
【解析】
分析】（1）由，，结合可加性求解；
（2）由，结合不等式的性质求解.
【详解】（1）因为，，所以，
所以的取值范围是．
（2）设
则，
∴，
∴
∵，，
∴，
∴
即.
16. 如图，动物园要以墙体为背面，用钢筋网围成四间具有相同面积的矩形虎笼．
（1）现有可围长钢筋网的材料，每间虎笼的长、宽各设计为多少时，可使每间虎笼的面积最大？
（2）若每间虎笼的面积为，则每间虎笼的长、宽各设计为多少时，可使围成四间虎笼的钢筋网总长最小？
【答案】（1）长为，宽为
（2）长为，宽为
【解析】
【分析】（1）设每间老虎笼的长为，宽为，则每间老虎笼的面积为，可得出，利用基本不等式可求得的最大值，利用等号成立的条件求出、的值，即可得出结论；
（2）设每间老虎笼的长为，宽为，则，利用基本不等式可求得钢筋网总长的最小值，利用等号成立的条件求出、的值，即可得出结论.
【小问1详解】
解：设每间老虎笼的长为，宽为，则每间老虎笼的面积为，
由已知可得，
由基本不等式可得，
当且仅当，即当时，等号成立，
因此，每间虎笼的长为，宽为时，可使得每间虎笼的面积最大.
【小问2详解】
解：设每间老虎笼的长为，宽为，则，
钢筋网总长为，
当且仅当，即当时，等号成立，
因此，每间虎笼的长为，宽为时，可使围成四间虎笼的钢筋网总长最小.
17. （1）设，证明：的充要条件为．
（2）设，求证：至少有一个为负数．
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）分别证明充分性和必要性即可.
（2）方法一：采用反证法，先假设，对两边平方并整理，根据假设的的范围分析得到与题干矛盾的结论，从而假设错误，结论得证.
方法二：采用反证法，先假设，根据可得，从而得到，相加得到，与题干条件矛盾，从而假设错误，结论得证.
详解】（1）充分性：若，则，
，
，，
．
必要性：若，
则，，
，
．
（2）方法一：假设，
，
，
，
，
，
，与矛盾，
至少有一个负数．
方法二：假设，
，
，
，
，
与矛盾，
至少有一个为负数．
18. 已知函数．
（1）若对任意，都有，求实数a的取值范围；
（2）若对任意满足的x，都有，求实数a的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据一元二次不等式解集的性质进行求解即可；
（2）对不等式进行参变量分离，结合基本不等式进行求解即可.
【小问1详解】
依题意可得：，
解得，
所以实数a的取值范围为．
【小问2详解】
对任意满足的x，都有，
即，
又．所以对恒成立，
由于，当且仅当时取等号，即当时等号成立．
所以，
即实数a的取值范围为．
19. （1）设，求证：，
（2）设，求证：，
【答案】（1）证明见解析；（2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）方法一：由，利用，
对进行放缩，即可证明；
方法二：由，利用，
对进行放缩，即可证明；
方法三：由，利用，即可证明；方法四：几何法，构造符合题意的几何图形；
方法五：构造一次函数，
证明对于，都有即可；
（2）方法一：由，利用，即可证明；
方法二：由，利用，即可证明；
方法三：几何法，构造符合题意的几何图形；
方法四：构造一次函数，，证明对，都有即可.
【详解】（1）方法一：，，
，
．
方法二：，

．
方法三：
，
，
，
即．
方法四：几何法
如图，做边长为的正方形，分别在边上分别取点，
使得，
过做交于，交于，
过做交于，交于，
直线与交于点，
则长方形的面积，
长方形的面积，
正方形的面积，
由图可知，
所以．
方法五：设．
将看做0,1内的常数，则函数为一次函数，
又，
．
对于，都有，
即．
．
（2）方法一：，
，
，
．
，
.
方法二：，
，
，
，
．
，
．
方法三：几何法
做边长为的正方体．分别在棱上取点，使得，
过做平面，过做平面，过做平面，交点见图．
长方体的体积，
长方体的体积．
长方体的体积．
正方体的体积．
．
方法四：设．
将看做0,1内的常数，对于一次函数，
有，
．
∴对于，都有，
即．
．