四川省眉山市东坡区2024-2025学年高一上学期1月期末联合考试数学（解析版）.docx

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2024级高一年级期末联合考试

数学试题

总分：150分考试时间：120分钟

一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的.

1.下列各式中关系符号运用正确的是（）

A. B.

C. D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据元素和集合的关系，集合与集合的关系，空集的性质判断即可.

【详解】根据元素和集合的关系是属于和不属于，所以选项A错误；

根据集合与集合的关系是包含或不包含，所以选项D错误；

根据空集是任何集合的子集，所以选项B错误，故选项C正确.

故选：C.

2.设集合，，则（）

A. B.

C. D.

【答案】A

【解析】

【分析】利用解一元二次不等式，可得解集，再求交集即可.

【详解】由集合，可得，

由，可得，

所以，

故选：A.

3.以下命题既是存在量词命题又是真命题的是（）

A.锐角三角形有一个内角是钝角

B.至少有一个实数，使

C.两个无理数的和必是无理数

D.存在一个负数，使

【答案】B

【解析】

【分析】分别对每个命题是否为存在量词命题及真假进行判断即可.

【详解】对于A，“锐角三角形”省略了全称量词“（所有的）锐角三角形”是全称量词命题，且该命题为假命题，故选项A错误；

对于B，含存在量词“至少有一个”，为存在量词命题，且当时，成立，该命题为真命题，所以选项B正确；

对于C，“两个无理数的和”省略了全称量词“（任意）两个无理数的和”，是全称量词命题，且无理数与的和为，是有理数，该命题为假命题，所以选项C错误；

对于D，含存在量词“存在一个”，当时，，故不成立，该命题为假命题，所以选项D错误.

故选：B.

4.不等式的解集是（）

A. B.或x≥1 C.或x1 D.或x≥1

【答案】D

【解析】

【分析】利用分式不等式的解题方法仔细求解即可.

【详解】不等式可化为，所以，所以，解得或，所以原不等式的解集为．

故选:D.

5.已知全集，集合，集合，用如图所示的阴影部分表示的集合为（）

A.{2，4} B.{0，3，5，6}

C.{0，2，3，4，5，6} D.{1，2，4}

【答案】B

【解析】

【分析】根据文氏图求解即可.

【详解】，，阴影部分为.

故选：B．

6.某快递公司为降低新冠肺炎疫情带来的经济影响，引进智能机器人分拣系统，以提高分拣效率和降低物流成本.已知购买台机器人的总成本为（单位：万元）.若要使每台机器人的平均成本最低，则应买机器人（）

A.100台 B.200台 C.300台 D.400台

【答案】C

【解析】

【分析】计算每台机器人的平均成本的表达式，利用均值不等式可求得最小值以及购买的台数，即得答案.

【详解】每台机器人的平均成本为（万元），

当且仅当，即时取等号.,

因此应买300台机器人，可使每台机器人的平均成本最低,

故选:C.

7.定义集合运算：.若集合，，则（）

A. B. C. D.

【答案】D

【解析】

【分析】由题意可得，从而可得或，或，再根据新定义得，再代入验证即可得答案.

【详解】因为，所以或

所以或，或

所以或，，

代入验证得点在该直线上，

故.

故选：D.

8.关于x的不等式的解集中恰有1个整数，则实数a的取值范围为（）

A.或 B.或

C.或 D.或

【答案】C

【解析】

【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，再利用数轴法即可得到a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1个整数，所以该整数解为2，因此由数轴法可得；

当时，原不等式解得，由于解集中恰有1个整数，所以该整数解为0，因此由数轴法可得；

综上：或，所以实数a的取值范围为或.

故选：C.

二．选择题：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，部分选对的得部分分，有选错的得0分．

9.下列命题正确的有（）

A.， B.，

C.， D.，

【答案】BD

【解析】

【分析】根据特称命题和全称命题的定义，对每一选项逐一判断即可.

【详解】解：对于A，由，得，，故A不正确；

对于B，当时，所以B正确；

对于C，当时，所以C不正确；

对于D，因为，所以，所以D正确.

故选：BD.

10.下列说法中正确的是（）

A.若，，则：

B.若，，则：

C.若，，则：

D.若，，则：

【答案】AC

【解析】

【分析】根据不等式性质，结合反例，逐项检验，可得答案.

【详