四川省成都市石室中学2022-2023学年高一数学上学期10月月考试题（Word版附解析）

这是一份四川省成都市石室中学2022-2023学年高一数学上学期10月月考试题（Word版附解析），共16页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

成都石室中学2022～2023学年度上期高2025届十月月考数学试题
一、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，只有一项是符合题目要求的.
1. 设全集，，，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据补集的概念求出，再根据并集运算即可求出结果.
【详解】由题意可知，又，所以.
故选:A.
2. 设命题：任意的，，则为 （ ）
A. 不存在， B. 存在，
C. 任意， D. 存在，
【答案】D
【解析】
【分析】利用全称命题的否定是特称命题解答．
【详解】全称命题的否定是特称命题，
命题：任意的，，则为“存在，”．
故选：D．
3. 下列各组函数中，表示相等函数的是
A. 与 B. 与
C. 与 D. 与
【答案】C
【解析】
【详解】逐一考查所给的函数：
A.的定义域为R，的定义域为，不是同一个函数；
B.的定义域为R，的定义域为，不是同一个函数；
C.与的定义域都是全体实数，对应法则一致，是同一个函数；
D.的定义域为R，的定义域为，不是同一个函数；
本题选择C选项.
4. 已知函数，则（ ）
A 3 B. 4 C. 5 D. 6
【答案】A
【解析】
【分析】
根据分段函数的解析式直接计算求值.
【详解】∵，
∴，
∴．
故选：A
5. 若，则 （ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用换元法求解析式即可.
【详解】令，则，
∴，
∴.
故选：B
6. 已知，则下列说法正确的是 （ ）
A. 若，则 B. 若，则
C. 若，则 D. 若，则
【答案】C
【解析】
【分析】根据题意，由不等式的性质，分别举出反例，即可得到结果.
【详解】对于A，若，则不成立，故A错误；
对于B，若，则不成立，故B错误；
对于C，将两边同时除，可得，故C正确；
对于D，取，可得不成立，故D错误；
故选：C
7. 设，则 （ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】对变形后，利用基本不等式求解.
【详解】，则，
，
当且仅当时，等号成立，则.
故选：D.
8. 若，且恒成立，则a的取值范围为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】转化为在恒成立，令，分、、讨论，再结合对称轴的位置和特殊点的函数值可得答案.
【详解】因为，所以，
即在恒成立，
令，
时，
由，方程无解；

由，解得由；

由，方程组无解；

时，只须即可，解得；

时，，时单调递减，，满足题意；
综上所述，.
故选：B.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9. 已知函数，则 （ ）
A. B. 的值域为
C. 的解集为 D. 若，则或1
【答案】BC
【解析】
【分析】将代入可判断A；分别在和的情况下，结合一次函数和二次函数的值域求法可判断B；分别在和的情况下，根据解析式列出不等式和方程求解可判断CD.
【详解】对于A，，A错误；
对于B，当时，；当时，；
的值域为，B正确；
对于C，当时，，解得：；
当时，，解得：；
的解集为，C正确；
对于D，当时，，解得：（舍）；
当时，，解得：（舍）或；
的解为，D错误.
故选：BC.
10. 若实数a，b满足，则下列说法正确的有（ ）
A. 的取值范围为 B. 的取值范围是
C. 的取值范围是 D. 的取值范围是
【答案】ABC
【解析】
【分析】利用不等式的性质判断AB；求得，然后利用不等式的性质判断CD；
【详解】由，两式相加得，即，故A正确；
由，得，又，两式相加得，即，故B正确；
设，
所以，解得，则，
因为，所以，
又因为，所以，
所以，即，故C正确，D错误.
故选：ABC.
11. 已知不等式的解集为或，则下列结论正确的是（ ）
A.
B.
C. 的解集为
D. 的解集为或
【答案】ABC
【解析】
【分析】由题意可得的两个根为1和3，且，利用韦达定理得，再逐个分析判断即可.
【详解】因为不等式的解集为或，
所以两个根为1和3，且，
由韦达定理得，得，
因为，所以A正确，
因为，所以B正确，
不等式可化为，因为，所以，得，
所以的解集为，所以C正确，
不等式可化为，因为，
所以，即，得，
所以不等式的解集为，所以D错误.
故选：ABC.
12. 若正实数a，b满足，则下列选项正确的是（ ）
A. 有最小值2 B. 有最小值4
C. 有最小值2 D. 有最大值
【答案】ACD
【解析】
【分析】依题意，根据基本不等式可判断选项A、B；对于选项C，先平方，再由选项A可求出最小值；对于选项D，通分化简为可求最值.
【详解】依题意，，
由基本不等式，，当且仅当时，等号成立，
有最小值2，选项A正确；
，当且仅当时，等号成立，
有最小值2，选项B错误；
,
当且仅当时，等号成立，
所以有最小值为2，选项C正确；

，
如上式取最大值，须，且取最小值，
，
当且仅当时，等号成立，
所以有最大值，选项D正确
故选：ACD
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13. 函数的定义域为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据函数解析式列出不等式组，求解即可.
【详解】由题可得，解得且；
的定义域为：．
故答案为：.
14. 已知：，且，则实数的取值范围是_______.
【答案】
【解析】
【分析】根据给定的条件，借助集合的包含关系列出不等式，求解作答.
【详解】因集合，，由得：，
当，即时，，则，
当时，则，解得，
综上，即实数的取值范围是.
故答案为：.
15. 一家货物公司计划租地建造仓库储存货物，经过市场调查了解到下列信息：每月土地占地费 (单位：万元)与仓库到车站的距离(单位：km)成反比，每月库存货物费 (单位：万元)与成正比．若在距离车站4 km处建仓库，则和分别为5万元和3.2万元，这家公司应该把仓库建在距离车站__________千米处，才能使两项费用之和最小.
【答案】5
【解析】
【分析】设，，根据题中信息求出和的值，进而可得出两项费用之和关于的表达式，利用基本不等式可求出的最小值，由等号成立求出对应的值，可得出结论.
【详解】设，，，
当时，，，∴，，
∴，，
∴两项费用之和为，
当且仅当时，即当时等号成立，
则应将这家仓库建在距离车站处，才能使两项费用之和最小，且最小费用为8万元．
故答案为：5.
16. 已知函数，且当时，总有，若，则实数的取值范围是_____.
【答案】
【解析】
【分析】由题意在是单调增函数，再利用函数的单调性解不等式即可．
【详解】由题意在是单调增函数，
则转化为，解得：，
所以实数的取值范围是，
故答案为：．
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17. 已知非空数集.
（1）当，求；
（2）若 ，求实数的取值范围.
（请从①；②；③；这三个条件中选择一个填入（2）中横线处，并完成第（2）问的解答.如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分）
【答案】（1）
（2）选①，；
选②，或；
选③，.
【解析】
【分析】解出集合后，直接利用集合的并集运算性质即可.
若选①，根据集合关系列出不等式，求解即可；
若选②，根据条件得到,列出不等式求解即可；
若选③，利用否命题为真时，求出的范围，利用补集运算即可.
【小问1详解】
当时，
又，
所以.
【小问2详解】
若选①，因为，则，解得
故实数的取值范围为.
若选②，因为，所以且A为非空集合，
故有或者，解得或
故实数的取值范围为或.
若选③，因为的否命题是，
结合②知，当为真时，实数的取值范围为.
18. 已知集合.
（1）当时，求实数的值；
（2）若时，求实数的取值范围.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）由解方程求出的值，再检验即可；
（2）由得出，结合子集的定义得出可能为，，，，分别讨论这四种情况，得出实数的取值范围．
【小问1详解】
，
∵，∴，即，解得或.
当时，，符合题意；
当时，，，不合题意，
综上，．
【小问2详解】
∵，∴，即可能为，，，.
当时，，即，解得或，
当集合中只有一个元素时，，解得或，
当时，，符合题意；
当时，，不符合题意；
当时，由根与系数的关系可知，
又，解得，
∴所求实数的取值范围是．
19. 已知二次函数的两个零点为和，且方程的两根相等.
（1）求函数解析式；
（2）求不等式的解集.
【答案】（1）
（2）当时，解集为；当时，解集为；当时，解集为.
【解析】
【分析】（1）根据题意，设，，然后由条件列出方程，即可得到结果；
（2）根据题意，将不等式化简可得，然后分类讨论即可得到结果.
【小问1详解】
因为二次函数的两个零点为和，设，，
且方程的两根相等，即有两相等实根，
化简可得，，即，解得，
所以.
【小问2详解】
不等式，即，
化简可得，，即，
当时，解得；
当时，解得；
当时，无解；
综上，当时，解集为，
当时，解集为，
当时，解集为.
20. 已知​.
（1）若，且，求 ​的最小值；
（2）求证：函数在上单调的充要条件是​.
【答案】（1）1 （2）证明见解析
【解析】
【分析】（1）由题意，结合1的妙用及基本不等式求解；
（2）结合二次函数的性质，一元二次不等式的解法及充要条件的概念证明.
【小问1详解】
若，则，即，
∵，，∴，

，当且仅当时取等号，
∴ ​的最小值为1.
【小问2详解】
充分性：当时，即，
解得或，从而或，
∵的图象是开口向上，对称轴为的抛物线，
∴函数在上单调.
必要性：当函数在上单调时，
∵的图象是开口向上，对称轴为的抛物线，
∴或，从而得或，
∴，即，即.
所以，函数在上单调的充要条件是.
21. 2022年9月22日，中国政府提出双碳目标两周年之际，由《财经》杂志、《财经十一人》、中创碳投联合主办的第二届“碳中和高峰论坛”在京落幕.过去一年，全球地缘政治重构，低碳转型先驱欧洲陷入能源危机，中国也不时出现煤荒电荒.在此背景下，与会专家观点各异，共识是低碳转型大势所趋，不会被暂时的波动所动摇.为了响应国家节能减排的号召，2022年某企业计划引进新能源汽车生产设备.通过市场分析：全年需投入固定成本2000万元，每生产（百辆）新能源汽车，需另投入成本万元，且，由市场调研知，每辆车售价9万元，且生产的车辆当年能全部销售完.
（1）请写出2022年的利润（万元）关于年产量（百辆）的函数关系式；（利润＝售价－成本）
（2）当2022年的总产量为多少百辆时，企业所获利润最大？并求出最大利润.
【答案】（1）
（2）2022年的总产量为25百辆时，企业所获利润最大，最大利润为4250万元
【解析】
【分析】（1）分和两种情况利用利润＝售价－成本可求出的解析式；
（2）由（1）得到，根据分段函数的性质，分类讨论当和时的最大值，比较大小即可得答案.
【小问1详解】
由题意得当时，，
当时，
，
所以，
【小问2详解】
由（1）得，
当时，，
所以当时，取得最大值4250，
当时，

当且仅当，即时取等号，此时取得最大值4070，
因为，
所以当，即2022年的总产量为25百辆时，企业所获利润最大，最大利润为4250万元.
22. 已知二次函数.
（1）若当时，函数取得最小值2，且，求方程的实数根；
（2）若对任意，恒成立，求的最大值.
【答案】（1），
（2）
【解析】
【分析】（1）根据题意，设，然后再由条件列出方程，即可得到函数的解析式，即可求解方程；
（2）根据题意，令，可得，再由可得，即可求得的最大值，然后再由检验即可.
【小问1详解】
因为当时，函数取得最小值2，故可设，且，
又因为，即，解得，所以，
即，则方程，化简可得，
解得，.
【小问2详解】
令，则，所以，因为对任意，恒成立，所以恒成立，
所以，
，
所以，此时，
所以，
当时取等号，
此时，
成立，即成立，