2022-2023学年新高一入学评估考试——数学试题1（Word版含解析）

20222023学年新高一入学评估考试——数学试题
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1．集合，集合或，则集合（ ）
A． B．
C． D．
2．已知命题，，则命题p的否定为（ ）
A．， B．，
C．， D．，
3．如果关于的一元二次方程的两个解是，（其中），而且不等式的必要条件是，那么（ ）
A． B．
C． D．
4．下列说法正确的是（ ）
A．的充要条件是 B．若，则
C．是的充分不必要条件 D．若，则
5．设集合，，则（ ）
A． B． C． D．
6．已知，，若是成立的充分不必要条件，求的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
7．在中，，，则角的最大值为（ ）
A． B． C． D．
8．下面说法正确的是（ ）
A．命题“，使得”的否定是“，使得”
B．实数是成立的充要条件
C．设为简单命题，若“”为假命题，则“”也为假命题
D．命题“若，则”的逆否命题为真命题
二、多选题
9．下列关系中，正确的有（ ）
A． B． C． D．
10．下列命题正确的是.
A．函数与函数的图象关于直线对称
B．已知，集合，，若，则
C．，的否定是，
D．时，
11．下列结论不正确的是（ ）
A．当时，
B．当时，的最小值是2
C．当时，的最小值是
D．设，，且，则的最小值是
12．下列说法正确的是（ ）
A．对于任意两个向量，若，且与同向，则
B．已知，为单位向量，若，则在上的投影向量为
C．设为非零向量，则“存在负数，使得是“”的充分不必要条件
D．若，则与的夹角是锐角
三、填空题
13．命题“ x∈R，2x≥0”的否定是_____．
14．某工厂常年生产红木家具，根据预测可知，该产品近10年的产量平稳增长.记2014年为第1年，且前4年中，第年与年产量（单位：万件）之间的关系如下表所示：
1 2 3 4
4.00 5.61 7.00 8.87
若近似符合以下三种函数模型之一：①，②，③.则你认为最适合的函数模型的序号为______.
15．已知，，则的取值范围是________.
16．设，集合， ，若，则__________．
四、解答题
17．已知集合或.
（1）分别求和；
（2）若集合，若是充分不必要条件的，求实数的取值范围．
18．已知p：不等式的解集为空集，q：函数无极值，若p与q中有且仅有一个为真，求实数m的取值范围．
19．已知直线过点且与轴、轴的正半轴分别交于、两点，为坐标原点，
（1）求三角形面积取最小值时直线的方程；
（2）求取最小值时直线的方程．
20．若不等式的解集是．
(1)解不等式；
(2)若关于x的一元二次不等式的解集为R，求实数k的取值范围．
21．已知函数.
(1)解关于x的不等式；
(2)函数为方程的两个实根，求的最大值.
22．已知某工厂每天的固定成本是4万元，每生产一件产品成本增加100元，工厂每件产品的出厂价定为a元时，生产x件产品的销售收入为（元），为每天生产x件产品的平均利润（平均利润=总利润/总产量）.销售商从工厂每件a元进货后又以每件b元销售，，其中c为最高限价，为该产品畅销系数.据市场调查，由当是的比例中项时来确定.
（1）每天生产量x为多少时，平均利润取得最大值？并求出的最大值；
（2）求畅销系数的值；
（3）若，当厂家平均利润最大时，求a与b的值.
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．B
【解析】
【分析】
由集合的补集和交集运算即可求解.
【详解】
因为或，所以，所以.
故选：B.
2．D
【解析】
【分析】
特称命题的否定，把存在量词换成全称量词，再把结论否定即可.
【详解】
根据题意，可知命题p的否定为：，.
故选：D.
3．A
【解析】
【分析】
由必要条件的定义和一元二次方程的解可得选项.
【详解】
解：因为不等式的必要条件是，关于的一元二次方程的两个解是（其中），
所以，
故选：A.
4．C
【解析】
【分析】
利用举反例，作差法及简易逻辑的判定方法判断出正误．
【详解】
．当时，有成立，而此时不满足，
反之，，当时，，不满足，故错误；
．若，则 ，所以 ，，
所以”，故错误；
．时，成立，反之当时，，但不满足，因此是的充分不必要条件，正确；
．若，则，所以，因此不正确．
故选：．
5．C
【解析】
【分析】
先求出集合B,再根据集合的交集运算求得答案.
【详解】
,
所以，
故选：C.
6．A
【解析】
分别解出不等式，化简、，根据是成立的充分不必要条件，即可得出的取值范围.
【详解】
由解得：，.
由，即，解得或.
.
是成立的充分不必要条件，则 ，或，解得：或.
的取值范围是.
故选：A.
【点睛】
本题考查了集合、简易逻辑的判定方法、不等式的解法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题.
7．A
【解析】
【分析】
设，则，利用基本不等式求出的最小值，结合角的取值范围可求得角的最大值.
【详解】
设，则，由余弦定理可得，
当且仅当时，等号成立，因为，则.
故选：A.
8．D
【解析】
【分析】
通过特称命题的否定判断的正误；充要条件判断的正误；复合命题的真假判断的正误；逆否命题的真假判断的正误；
【详解】
解：对于，命题“，使得”的否定是“，使得”，不满足特称命题的否定形式，所以不正确．
对于，由实数无法得到，如，时，，不满足条件，故不是充要条件，所以不正确；
对于，设，为简单命题，若“”为假命题，可能两个命题都是假命题，则“”为真命题，所以不正确．
对于，命题“，则”的逆否命题为真命题，因为原命题是真命题，所以正确．
故选：．
【点睛】
本题考查命题的真假的判断，充要条件以及命题的否定四种命题的逆否关系，属于基础题．
9．AB
【解析】
利用元素与集合的关系、集合与集合的包含关系可判断各选项的正误.
【详解】
对于A选项，，A选项正确；
对于B选项，，B选项正确；
对于C选项，，C选项错误；
对于D选项，，而不是，D选项错误.
故选：AB.
【点睛】
本题考查元素与集合、集合与集合关系的判断，属于基础题.
10．AB
【解析】
A.根据函数与函数互为反函数判断；B.根据求得x，y判断；C. 根据存在量词命题是全称量词命题判断；D. 分和利用基本不等式判断.
【详解】
A.因为函数与函数互为反函数,故他们的图象关于直线对称,故正确；
B. 因为集合，，由，所以 ，故，故正确；
C. ，的否定是，，故错误；
D. 时，，当且仅当，即时，取等号，
时，，当且仅当，即时，取等号，故错误；
故选：AB
11．BC
【解析】
根据基本不等式求最值成立的前提条件是“一正、二定，三相等”判断各选项．
【详解】
A. 当时，，当且仅当，即时等号成立，A正确；
B. 当时，，当且仅当时等号成立，但无实解，故最小值2取不到，B错；
C. 当时，，最小值显然不是正值，C错；
D. 设，，且，则，当且仅当，即时等号成立，D正确．
故选：BC
【点睛】
关键点点睛：考查用基本不等式求最值，掌握基本不等式是解题关键，基本不等式求最值时有三个条件：一正二定三相等，缺一不可，但用来证明不等式可以没有相等的条件，如A中不等式可能不考虑等号成立的条件．
12．BC
【解析】
【分析】
根据向量不能比较大小可判定选项A；利用投影向量的计算公式可判定选项B；利用充分不必要条件的逻辑关系可判定选项C；若，则与的夹角是锐角或角，可判定选项D.
【详解】
选项A：向量是既有大小又有方向的量，但不能比较大小，故选项A错误；
选项B：在单位向量上的投影向量为，故选项B正确；
选项C：若存在负数，使得，则；
若，则向量与的夹角为钝角或，故选项C正确；
选项D：若，则与的夹角是锐角或角，故选项D错误；
故选：BC.
13．
【解析】
【详解】
含有存在量词的命题的否定是含有全称量词的命题，命题“ x∈R，2x≥0”的否定是.
14．①.
【解析】
【分析】
把给出的三个模型分别验证，即可找出一个比较合适的模型即可.
【详解】
符合条件的是①，
若模型为，则由，得，
即，
此时，，，与已知相差太大，不符合，
若模型为，则是减函数，与已知不符合，
故答案为：①
【点睛】
本题考查了常见函数模型的应用，需掌握常见函数的性质，属于基础题.
15．
【解析】
【分析】
先将表示为，再结合不等式的性质即可求解.
【详解】
设，
则，∴
即，
又∵，，
∴，，
∴，
即 ，
∴的取值范围为.
故答案为：
【点睛】
本题考查不等式的性质，考查运算能力，是基础题.
16．1或2
【解析】
【详解】
，
解方程可得
因为，所以，
当m=1时，满足题意；
当，即m=2时，满足题意，故m=1或2.
17．（1），或；（2）．
【解析】
【分析】
（1）解一元二次不等式求集合A，应用集合交、补运算求、、，最后由集合并运算求.
（2）根据题设充分不必要条件有，结合已知列不等式求的取值范围．
【详解】
（1）由题设，，而或，
∴，
又或，，
∴或.
（2）由题设知：，显然，即不为空集，
∴，解得.
18．或
【解析】
【分析】
先算出命题p真和q真时m的取值范围，再分p真q假和p假q真两种情况进行讨论即可.
【详解】
命题p真时，一元二次方程恒成立，则，
解得，；若q为真时，等价于恒成立，可得；
若p真q假，则且，此时，
若p假q真，则且或，此时，
所以实数m的取值范围或.
19．（1）；（2）.
【解析】
【分析】
（1）设，，，直线的方程为：，则，由基本不等式计算取得最小值时和的值即可求解；
（2）结合（1），利用基本不等式计算取得最小值时和 的值即可求解；
【详解】
（1）设，，，则直线的方程为：，
因为直线过点，所以，
由，所以，，
当且仅当即时，取得最小值，
此时三角形面积最小，直线的方程为：，即，
（2）因为，，
所以
，
当且仅当即时等号成立，
所以当取最小值时直线的方程为即.
20．(1)或
(2)
【解析】
【分析】
（1）由题干条件可得方程的两个根为，结合韦达定理可得，代入不等式，结合二次函数的性质，求解即可；
（2）分，两种情况讨论，当，利用开口和判别式控制，即得解
(1)
由题意，方程的两个根为
，解得
此时方程为，成立
不等式即为
解得：或
故不等式的解集为：或
(2)
由题意，关于x的一元二次不等式的解集为R
当时，，不恒成立；
当时
，解得
故实数k的取值范围是
21．(1)答案见解析
(2)
【解析】
【分析】
（1）写出二次函数对应的二次方程，计算判别式，判断方程根的情况，从而求出不等式的解集．
（2）化简方程，利用方程的根与系数的关系，结合二次函数的性质，转化求解函数的最大值即可．
(1)
解：对于二次函数，其对应的二次方程为，
所以，所以方程的两根为，．
由，即，即
当，即时，解得，即不等式的解集为；
当，即时，原不等式等价于，所以不等式的解集为；
当，即时，解得，即不等式的解集为；
综上，当时，不等式的解集为；
当时，不等式无解；
当时，不等式的解集为．
(2)
解：函数，函数，
方程，
可得，
即，，为方程的两个实根，
，即，解得，
可得，，
，开口向下，对称轴为，
所以函数在上单调递减，所以
即的最大值为．
22．（1）每天生产量为400件时平均利润最大，最大值为200元；（2）；（3），.
【解析】
【分析】
（1）先求出总利润＝，依据（平均利润＝总利润/总产量）可得，利用均值不等式得最大利润；
（2）由已知得，结合比例中项的概念可得，两边同时除以将等式化为的方程，解出方程即可；
（3）利用平均成本平均利润，结合厂家平均利润最大时（由（1）的结果）可得的值，利用可得的值.
【详解】
（1）由题意得，总利润为.
于是
当且仅当即时等号成立.
故每天生产量为400件时平均利润最大，最大值为200元.
（2）由可得，
由是的比例中项可知，
即
化简得，解得.
（3）厂家平均利润最大，生产量为件.
.
（或者）
代入可得.
于是，.
【点睛】
本题考查了函数与不等式综合的应用问题，均值不等式求最值，还考查了学生的分析理解能力，运算能力，属于中档题.
答案第1页，共2页
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