2023-2024学年广东省深圳市龙岗区重点中学高一（上）段考数学试卷（10月份）（含解析）

这是一份2023-2024学年广东省深圳市龙岗区重点中学高一（上）段考数学试卷（10月份）（含解析），共7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M={x|2x−3<3x}，N={x|x≥2}，则M∩N=( )
A. [2,3)B. (−3,+∞)C. [2,+∞)D. (−3,2]
2.已知命题p：∃x∈R，x2−x+1=0，则￢p为( )
A. ∃x∈R，x2−x+1≠0B. ∀x∈R，x2−x+1=0
C. ∀x∉R，x2−x+1≠0D. ∀x∈R，x2−x+1≠0
3.不等式2x−1x−1≥1的解集是( )
A. {x|x≥0}B. {x|x≥1或x≤0}
C. {x|x>1或x≤0}D. {x|0≤x<1}
4.下列各组函数中，f(x)与g(x)是同一函数的是( )
A. f(x)=x3x,g(x)=x2B. f(x)=x−1,g(x)=x2−1x+1
C. f(x)= x2,g(x)=3x3D. f(x)=x+1x,g(x)=x2+1x
5.集合A={x∈N|4x−1∈N}的真子集的个数为( )
A. 7B. 8C. 6D. 9
6.不等式ax2+2ax−2<0对于一切x∈R恒成立，a的取值范围是( )
A. (−2,0)B. [−2,0]
C. (−2,0]D. (−∞,−2)∪(0,+∞)
7.《几何原本》卷2的几何代数法(以几何方法研究代数问题)成了后世西方数学家处理问题的重要依据．通过这一原理，很多的代数的公理或定理都能够通过图形实现证明，也称之为无字证明，现有如图所示图形，点F在半圆O上，点C在直径AB上，且OF⊥AB，设AC=a，BC=b，则该图形可以完成的无字证明是( )
A. a+b2> ab(a>b>0)B. a+b2< a2+b22(a>b>0)
C. 2aba+b< ab(a>b>0)D. a2+b2>2ab(a>b>0)
8.若对∀x，y∈R+，都有2yx+9x2y≥m2+m恒成立，则实数m的取值范围是( )
A. {m|−2≤m≤3}B. {m|−3≤m≤2}
C. {m|m≤−3或m≥2}D. {m|m≤−2或m≥3}
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9.一次函数y=x+3与y=−2x+6图象的交点组成的集合可以表示为( )
A. {1,4}B. {(1,4)}C. {x=1,y=4}D. {(x,y)|x=1y=4}
10.使得x2−4x≥0成立的一个充分不必要条件是( )
A. x≥4或x≤0B. x≥4C. x≥3D. x≤0
11.下列结论中正确的是( )
A. “|x|>1”是“x>1”的必要不充分条件
B. 在△ABC中，“角C为钝角”是“△ABC为钝角三角形”的充要条件
C. 若a，b∈R，则“ab≠0”是“a≠0且b≠0”的充要条件
D. 若a>b成立，则1a<1b成立．
12.已知正实数a，b满足a+b=2，则下列不等式恒成立的为( )
A. ab≤1B. a2+b2≥2C. 1a+2b≥3D. a+ b≤2
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13.函数f(x)= x−1+ 3−x的定义域为______ ．
14.设集合A={x|(x−3)(x−a)=0}，B={x|(x−4)(x−1)=0}，若A∪B有8个子集，则满足题意的所有实数a的和为______ ．
15.若实数x，y满足−2≤x≤1，2≤y≤4，则y−2x的取值范围是______ ．
16.函数g(x)=ax+2(a>0)，f(x)=x2+2x，对∀x1∈[−1,1]，∃x0∈[−2,1]使g(x1)=f(x0)成立，则a的取值范围是______ ．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17.(本小题10.0分)
集合A={x∈Z|0≤x≤2}，B={x∈Z|1≤x≤3}，全集U={0,1,2,3}，定义A−B={x|x∈A且x∉B}为集合A，B的“差集”.求：
(1)∁UA；
(2)∁UB∩A；
(3)(A−B)∪(B−A)．
18.(本小题12.0分)
解关于x的不等式：ax2−(a2+1)x+a>0(a>0)．
19.(本小题12.0分)
设集合A={x|−2≤x≤2}，B={x|1−m≤x≤2m−2}．
(1)若x∈A是x∈B的充分不必要条件，求实数m的取值范围；
(2)若A∩B=B，求实数m的取值范围．
20.(本小题12.0分)
若a>0，b>0，且ab=a+b+8．
(1)求ab的取值范围；
(2)求a+4b的最小值，以及此时对应的a的值．
21.(本小题12.0分)
某光伏企业投资144万元用于太阳能发电项目，n(n∈N+)年内的总维修保养费用为(4n2+20n)万元，该项目每年可给公司带来100万元的收入．假设到第n年年底，该项目的纯利润为y万元．(纯利润=累计收入−总维修保养费用−投资成本)
(1)写出纯利润y的表达式，并求该项目从第几年起开始盈利；
(2)若干年后，该公司为了投资新项目，决定转让该项目，现有以下两种处理方案：
①年平均利润最大时，以72万元转让该项目；
②纯利润最大时，以8万元转让该项目．
你认为以上哪种方案最有利于该公司的发展？请说明理由．
22.(本小题12.0分)
已知函数f(x)=x2−ax+3(a∈R)．
(1)若∃x∈[1,3]使得关于x的不等式f(x)>0成立，求实数a的取值范围；
(2)若对∀x∈[1,4]，f(x)≥−a恒成立，求实数a的取值范围．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】解：集合M={x|2x−3<3x}={x|x>−3}，N={x|x≥2}，
则M∩N=[2,+∞)．
故选：C．
根据已知条件，结合交集的定义，即可求解．
本题主要考查交集及其运算，属于基础题．
2.【答案】D
【解析】解：因为特称命题的否定是全称命题，所以∃x∈R，x2−x+1=0的否定是：∀x∈R，x2−x+1≠0．
故选：D．
直接利用特称命题的否定是全称命题写出结果即可．
本题考查命题的否定．特称命题与全称命题的否定关系，基本知识的考查．
3.【答案】C
【解析】解：不等式2x−1x−1≥1可化为：xx−1≥0，
即x(x−1)≥0，且x−1≠0，
解得x≤0或x>1，
即不等式的解集为{x|x≤0或x>1}．
故选：C．
不等式2x−1x−1≥1可化为：xx−1≥0，即x(x−1)≥0，且x−1≠0，再利用一元二次不等式的解法求解．
本题主要考查了分式不等式的解法，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：对于A，f(x)=x3x(x≠0)，与g(x)=x2(x∈R)的定义域不相同，∴不是同一函数；
对于B，g(x)=x2−1x+1=x−1(x≠−1)，与f(x)=x−1(x∈R)的定义域不同，∴不是同一函数；
对于C，f(x)= x2=|x|(x∈R)，与g(x)=3x3=x的定义域相同，解析式不同，∴不是同一函数；
对于D，f(x)=x+1x(x≠0)，与g(x)=x2+1x=x+1x(x≠0)的定义域相同，解析式相同，∴是同一函数．
故选：D．
利用同一函数的定义直接求解．
本题考查同一函数的判断，考查同一函数的定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
5.【答案】A
【解析】解：A={x∈N|4x−1∈N}={2,3,5}，
则其真子集个数为23−1=7．
故选：A．
根据真子集的定义求解即可．
本题考查真子集的定义，属于基础题．
6.【答案】C
【解析】解：当a>0时，显然不符合题意；
当a=0时，有−2<0时，不等式成立；
当a<0时，必有Δ<0成立，即4a2+8a<0，解得−2综上，a∈(−2,0]．
故选：C．
对a进行分类讨论，利用二次函数的性质，进行数形结合可得答案．
本题主要考查函数恒成立问题，考查运算求解能力，属于中档题．
7.【答案】B
【解析】解：由图形可知：OF=12AB=12(a+b)，OC=12(a+b)−b=12(a−b)，
在Rt△OCF中，由勾股定理可得：
CF= (a+b2)2+(a−b2)2= 12(a2+b2)，
因为OF所以12(a+b)< 12(a2+b2)(a、b>0)．
故选：B．
由图形可知用a、b表示出OF、OC，在Rt△OCF中由勾股定理可求CF，根据OF本题考查了圆的性质、勾股定理、三角形三边大小关系应用问题，也考查了推理与计算能力，是中档题．
8.【答案】B
【解析】解：因为∀x，y∈R+，可得2yx+9x2y≥2 2yx⋅9x2y=6，
当且仅当2yx=9x2y时，即2y=3x时，等号成立，即2yx+9x2y的最小值为6，
要使得不等式2yx+9x2y≥m2+m恒成立，可得m2+m≤6，即m2+m−6≤0，
因为m2+m−6=(m+3)(m−2)≤0，解得−3≤m≤2，
即实数m的取值范围是{m|−3≤m≤2}．
故选：B．
根据题意，结合基本不等式求得2yx+9x2y的最小值为6，转化为m2+m≤6恒成立，结合一元二次不等式的解法，即可求解．
本题主要考查函数恒成立问题，基本不等式的应用，考查运算求解能力，属于中档题．
9.【答案】BD
【解析】解：联立y=x+3与y=−2x+6，解得x=1y=4，
故一次函数y=x+3与y=−2x+6图象的交点组成的集合为{(1,4)}或{(x,y)|x=1y=4}.
故选：BD．
联立求出交点坐标，得到集合．
本题主要考查了集合的表示方法，属于基础题．
10.【答案】BD
【解析】解：由x2−4x≥0解得x≥4或x≤0，
所以使得x2−4x≥0成立的一个充分不必要条件有x≥4或x≤0．
故选：BD．
根据一元二次不等式的解法结合充分条件和必要条件的定义即可得解．
此题考查了一元二次不等式的解法，考查了充分、必要条件，属于基础题．
11.【答案】AC
【解析】解：对于A，|x|>1⇒x>1，或x<−1，所以“|x|>1”是“x>1”的必要不充分条件，
故A正确；
对于B，当△ABC为钝角三角形时，“角C为钝角”不一定成立，故B不正确；
对于C，因为ab≠0，所以a≠0且b≠0，故C正确；
对于D，当a=0，b=−1时，显然a>b，但是1a没有意义，故D不正确，
故选：AC．
根据充分性、必要性的定义逐一判断即可．
此题考查了充分、必要条件的判断，属于基础题．
12.【答案】ABD
【解析】解：∵a，b是正实数，∴a+b≥2 ab，
∵a+b=2，∴2≥2 ab，
∴ab≤1，当且仅当a=b=1时取等号，
故A正确；
由a2+b2≥2ab，∴2a2+2b2≥a2+2ab+b2=(a+b)2=4，
∴a2+b2≥2，当且仅当a=b=1时取等号，故B正确；
1a+2b=12(1a+2b)(a+b)=12(1+2+ba+2ab)≥12(3+2 ba×2ab)=12(3+2 2)，
当且仅当a=2 2−2,b=4−2 2时取等号；故C错误；
∵( a+ b)2=a+b+2 ab=2+2 ab≤2+2=4，
∴ a+ b≤2，当且仅当a=b=1时等号成立，故D正确．
故选：ABD．
利用基本不等式a+b≥2 ab可得A正确；由a2+b2≥2ab，两边配方可得B正确；利用1a+2b=12(1a+2b)(a+b)，展开后，利用基本不等式可判定C错误；将 a+ b平方后，利用A的结论可以判定D正确．
本题主要考查了乘1法及基本不等式在最值求解中的应用，属于中档题．
13.【答案】[1,3]
【解析】解：由x−1≥03−x≥0，解得x≥1x≤3，即1≤x≤3，
∴原函数的定义域为[1,3]．
故答案为：[1,3]．
由根式内部的代数式大于等于0，联立不等式组求解．
本题考查函数的定义域及其求法，是基础题．
14.【答案】8
【解析】解：由A∪B有8个子集，则其包含元素有3个，由B={x|(x−4)(x−1)=0}，
则B={1,4}，因为A={x|(x−3)(x−a)=0}，
当a=3时，A={3}，此时A∪B={1,3,4}，满足题意；
当a≠3时，A={3,a}，A∪B包含3个元素，则a=1或a=4；
综上：a=1或a=4或a=3，则满足题意的所有实数a的和为8．
故答案为：8．
由A∪B有8个子集，则其包含元素有3个，分类讨论即可．
本题考查子集的定义，属于基础题．
15.【答案】[0,8]
【解析】解：因为−2≤x≤1，所以−2≤−2x≤4，故2−2≤y−2x≤4+4，
即0≤y−2x≤8．
故答案为：[0,8]．
计算出−2≤−2x≤4，进而求出0≤y−2x≤8．
本题主要考查了不等式的性质，属于基础题．
16.【答案】(0,1]
【解析】解：由函数g(x)=ax+2(a>0)，则其单调性为单调递增，所以其在[−1,1]上的值域为[2−a,2+a]；
由函数f(x)=x2+2x=(x+1)2−1，根据二次函数的性质，其在[−2,1]上的值域为[−1,3]；
根据题意，[2−a,2+a]⊆[−1,3]，可得不等式组2+a≤32−a≥−1，解得a≤1，
所以可得a∈(0,1]．
故答案为：(0,1]．
根据一次函数与二次函数的性质，求得函数在固定区间上的值域，结合题意，建立不等式组，可得答案．
本题主要考查函数恒成立问题，考查运算求解能力，属于基础题．
17.【答案】解：(1)A={0,1,2}，
故∁UA={3}；
(2)B={1,2,3}，∁UB={0}，
故∁UB⋂A={0}⋂{0,1,2}={0}；
(3)A−B={0}，B−A={3}，
故(A−B)⋃(B−A)={0,3}．
【解析】(1)根据补集概念求出答案；
(2)先求出∁UB={0}，进而求出∁UB⋂A；
(3)根据题意得到A−B={0}和B−A={3}，求出答案．
本题主要考查集合的基本运算，比较基础．
18.【答案】解：由ax2−(a2+1)x+a>0(a>0)，得(ax−1)(x−a)>0，
当a>1时，a>1a，所以x>a或x<1a；
当a=1时，(x−1)2>0，x≠1；
当01a．
综上，结论是：不等式ax2−(a2+1)x+a>0(a>0)的解集：
当a>1时，x∈(−∞,1a)∪(a,+∞)
当a=1时，x∈(−∞,1)∪(1,+∞)；
当0【解析】利用因式分解求出对应二次方程的两根，讨论两根的大小，即可．
本题考查的知识要点：一元二次不等式的解法，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于中档题．
19.【答案】解：(1)由x∈A是x∈B的充分不必要条件，
得x∈A⇒x∈B，所以A⊆B，且A≠B，
则1−m≤−22m−2≥2，且1−m=−2与2m−2=2不同时成立，
所以m≥3，
所以m的取值范围是[3,+∞)；
(2)因为A⋂B=B，所以B⊆A，
(i)当B=⌀时，1−m>2m−2，
所以m<1，满足题意；
(ii)当B≠⌀时，m≥1−2≤1−m2m−2≤2，解得1≤m≤2；
综上：m≤2，
所以m的取值范围是(−∞,2]．
【解析】(1)由x∈A是x∈B的充分不必要条件，可知A⊆B，建立不等式组求解；
(2)根据条件判断A、B包含关系，进而求解，注意⌀情形．
此题考查了充分必要条件，考查了分类讨论思想，属于基础题．
20.【答案】解：(1)∵a>0，b>0，
∴ab=a+b+8≥2 ab+8，得ab−2 ab−8≥0，
解得( ab−4)( ab+2)≥0，明显可得 ab≥4，
∴ab≥16
ab的取值范围为[16,+∞)；
(2)由ab=a+b+8得，a=b+8b−1>0，结合a，b>0得b>1，
∴a+4b=b+8b−1+4b=b−1+9b−1+4b=1+9b−1+4(b−1)+4≥5+2 9×4=17，
当且仅当9b−1=4(b−1)时，等式成立，解得b=52，
∴a=52+852−1=213=7，
即当a=7时，a+4b取最小值为17．
【解析】(1)利用基本不等式可得出关于ab的不等式，即可得出ab的最小值；
(2)利用条件等式，得到a=b+8b−1，进而有a+4b=b+8b−1+4b，利用基本不等式可得答案．
本题主要考查了基本不等式在最值求解中的应用，属于中档题．
21.【答案】解：(1)由题意可得，纯利润f(n)=100n−(4n2+20)−144=−4n2+80n−144，
令f(n)=−4n2+80n−144>0，解得2∵n∈N*，
∴该项目从第3年开始盈利．
(2)方案①，年平均利润为f(n)n=80−4(n+36n)≤80−4×2 n⋅36n=32，当且仅当n=36n，即n=6时，等号成立，
按方案①共获利6×32+72=264万元，此时n=6，
方案②，f(n)=−4n2+80n−144=−4(n−10)2+256，
当n=10时，f(n)取得最大值256，
按方案②，共获利256+8=264万元，此时n=10，
以上两种方案，两种方案都获利264万元，但方案①只需6年，而方案②需要10年，
故选择方案①最合算．
【解析】(1)根据已知条件，结合纯利润=累计收入−总维修保养费用−投资成本公式，求出纯利润f(n)，令f(n)>0，即可求解．
(2)根据已知条件，分别求出两种方案的总利润，通过比较大小，即可求解．
本题主要考查函数的实际应用，考查转化能力，属于中档题．
22.【答案】解：(1)f(x)>0⇒x2−ax+3>0⇒ax因为x∈[1,3]，所以ax设g(x)=x+3x，x∈[1,3]，
函数g(x)=x+3x在x∈[1, 3)时，单调递减，在x∈( 3,3]上单调递增，
g(1)=4，g(3)=4，所以g(x)max=4，
因为∃x∈[1,3]使得关于x的不等式f(x)>0成立，
所以只需a<4，即实数a的取值范围(−∞,4)；
(2)f(x)≥−a⇒x2−ax+3≥−a⇒a(x−1)≤x2+3，
当x=1时，上式显然成立；
当x∈(1,4]时，a(x−1)≤x2+3⇒a≤x2+3x−1，
设h(x)=x2+3x−1，x∈(1,4]，
h(x)=x2+3x−1=(x−1)2+2(x−1)+4x−1=x−1+4x−1+2，
因为x∈(1,4]，
所以h(x)=x−1+4x−1+2≥2 (x−1)⋅4x−1+2=6，
当且仅当x−1=4x−1时取等号，即当x=3时取等号，
因为对∀x∈[1,4]，f(x)≥−a恒成立，
所以有a≤6，
因此实数a的取值范围为(−∞,6]．
【解析】(1)利用常变量分离法，通过构造新函数，利用对钩函数的单调性、存在性的定义进行求解即可；
(2)利用常变量分离法，通过构造新函数，利用基本不等式、任意的定义进行求解即可．
本题主要考查函数恒成立问题，二次函数的图象与性质，考查运算求解能力，属于中档题．