浙江省嘉兴市第一中学2024-2025学年高一上学期10月月考数学试题（Word版附解析）

这是一份浙江省嘉兴市第一中学2024-2025学年高一上学期10月月考数学试题（Word版附解析），文件包含浙江省嘉兴市第一中学2024-2025学年高一上学期10月月考数学试题Word版含解析docx、浙江省嘉兴市第一中学2024-2025学年高一上学期10月月考数学试题Word版无答案docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共18页， 欢迎下载使用。

命题人：高一数学组 审核人：高一数学组
本试题卷共6页，满分150分，考试时间120分钟.
考生注意：
1.答题前，请务必将自己的姓名、准考证号用黑色字迹的签字笔或钢笔分别填写在试题卷和答题纸上规定的位置.
2.答题时，请按照答题纸上“注意事项”的要求，在答题纸上的相应位置规范作答，在本试题卷上的作答一律无效.
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 集合，，那么集合（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】解出集合，再利用交集含义即可得到答案.
【详解】，
则.
故选：C.
2. 已知命题，，则（ ）
A. 命题的否定为“，”
B. 命题的否定为“，”
C. 命题的否定为“，”
D. 命题的否定为“，”
【答案】C
【解析】
【分析】根据全称命题的否定即可得到答案.
【详解】根据全称命题的否定得命题的否定为“，”.
故选：C.
3. 设命题“”是命题“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】解出不等式，再根据充分不必要条件判断即可．
【详解】∵，
∴或，
∴命题“”是命题“”的充分不必要条件．
故选：A．
4. 设函数，则不等式的解集是（ ）
A B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意，分段建立方程，可得临界点，作图，可得答案.
【详解】由题意，令，解得或，
,
则作图如下：

由图可得不等式的解集是.
故选：A.
5. 设，，，则下列命题正确的是（ ）
A. 若，则B. 若，则
C. 若，则D. 若，则
【答案】D
【解析】
【分析】举例说明判断AC；作差比较大小判断B；利用不等式性质判断D.
【详解】对于AC，取，满足，而，AC错误；
对于B，，则，B错误；
对于D，由，得，则，，D正确.
故选：D
6. 不等式的解集为（ ）
A. 或x>1B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据题意结合绝对值性质可得，再结合分式不等式运算求解.
【详解】因为，即，可得，
等价于，解得，
所以不等式的解集为．
故选：D．
7. 设，若有两个不相等的根，，则的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据判别式得到，再根据韦达定理即可得到答案.
【详解】关于的方程有两个不相等的实数根，
，解得:，
则.
故选：C.
8. 对于实数和定义运算“”：=，设，如果关于的方程恰有三个互不相等的实数根，则的取值范围（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】
由定义的运算求出的解析式，然后利用数形结合的方法知当恰有三个互不相等的实数根时，与图像恰有三个不同的交点，即可得出答案.
【详解】解：由已知a•b=得
，其图象如下：
因为恰有三个互不相等实根，
则与图像恰有三个不同的交点，
所以，
故选：C．
【点睛】本题主要考查一次函数和二次函数和函数的表示方法，考查数形结合和运算求解能力，属于基础题型.
二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分.在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对得部分分，有选错得0分.
9. 下列各组函数是同一个函数的是（ ）
A. 与
B. 与.
C. 与
D. 与
【答案】ABC
【解析】
【分析】分别求出函数的定义域，化简其对应关系，判断其定义域和对应关系是否相同即可.
【详解】对于选项A：的定义域为，的定义域为，
定义域相同，对应关系也相同，是同一个函数，故A正确；
对于选项B：的定义域为，
定义域为，
定义域相同对应关系相同，是同一个函数，故B正确；
对于选项C：的定义域，的定义域，
定义域相同，对应关系也相同，是同一个函数，故C正确；
对于选项D：的定义域为，的定义域为，
定义域相同对应关系不同，不是同一个函数，故D错误.
故选：ABC.
10. 已知集合，，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】求出集合，得到两者的包含关系，再根据集合的交并补即可.
【详解】，，
则，，
则，，选项A正确，B错误；
∁RN=x|x>5，则，选项正确；
∁RM=y∣y>2,∁RM∩N=x∣2故选：AC
11. 已知.若方程有两个根，且，则下列说法正确的有（ ）
A. ，
B.
C. 若，则的最小值为
D. ，都有
【答案】BD
【解析】
【分析】举例说明判断AC；利用一元二次方程判别式判断B；作差变形比较大小判断D.
【详解】对于AC，取，由，解得，，AC错误；
对于B，方程有两个不等实根，则，解得，B正确；
对于D，
，恒成立，D正确.
故选：BD
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分.
12. 设集合，若，则实数的值为______.
【答案】3
【解析】
分析】由题意分情况讨论，建立方程，可得答案.
【详解】当时，则，故不符合题意；
当时，则，化简可得，（1不合题意舍去）；
故答案为：.
13. 已知不等式解集是，则实数的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】利用命题的否定去判断.分情况讨论当,时不等式即为,对一切恒成立,当时利用二次函数的性质列出满足的条件并计算,最后两部分的合并即为所求范围.
【详解】解：不等式解集是等价于：
不等式解集是,
①当时,不等式即为,对一切恒成立,
②当时，则须,
即,,
由①②得实数的取值范围是.
故答案为
【点睛】本题考查不等式恒成立的参数取值范围,考查二次函数的性质.注意对二次项系数是否为0进行讨论.
14. 已知，，满足，则的最小值为________.
【答案】1
【解析】
【分析】根据给定条件，利用基本不等式“1”的妙用求出最小值.
【详解】正数，，
则
，当且仅当时取等号，
所以的最小值为1.
故答案为：1
【点睛】思路点睛：在运用基本不等式时，要特别注意“拆”、“拼”、“凑”等技巧，使用其满足基本不等式的“一正”、“二定”、“三相等”的条件.
四、解答题：本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
15. 已知全集为，集合，.
（1）当时，求；
（2）若，求实数的取值范围.
【答案】（1）；
（2）.
【解析】
【分析】（1）解不等式化简集合，再利用补集、并集的定义求解即得.
（2）根据给定条件，利用交集的结果，结合集合的包含关系求出的范围
【小问1详解】
解不等式，即，得，则，
当时，，，
所以
【小问2详解】
依题意，，，由，得，
因此，解得，
所以实数的取值范围是.
16. 设函数
（1）若不等式对一切实数x恒成立，求a的取值范围；
（2）解关于的不等式：．
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）对是否为零进行讨论，再结合二次函数的性质即可求解.
（2）不等式化简为，根据一元二次不等式的解法，分类讨论即可求解.
【小问1详解】
对一切实数x恒成立，等价于恒成立.
当时，不等式可化为，不满足题意.
当，有，即，解得
所以的取值范围是．
【小问2详解】
依题意，等价于，
当时，不等式可化为，所以不等式的解集为.
当时，不等式化为，此时，所以不等式的解集为.
当时，不等式化为，
①当时，，不等式的解集为；
②当时，，不等式的解集为；
③当时，，不等式的解集为；
综上，当时，原不等式的解集为；
当时，原不等式的解集为；
当时，原不等式的解集为；
当时，原不等式的解集为；
当时，原不等式的解集为.
17. 设为实数，函数.
（1）求函数的定义域；
（2）设，把函数表示为的函数，并写出定义域；
（3）若，求的最大值
【答案】（1）；
（2），定义域为；
（3）答案见解析
【解析】
【分析】（1）根据函数特征得到不等式，求出定义域；
（2）两边平方得到，求出，得到函数解析式和定义域；
（3）在（2）的基础上结合对称轴，分和和三种情况，得到函数最大值.
【小问1详解】
由题意得，解得，
故定义域为；
【小问2详解】
两边平方得，
故，解得，
故，定义域为；
【小问3详解】
由（2）知，，
定义域为，，
若，即时，当时，取得最大值，
最大值为；
若，即时，在对称轴处取得最大值，
最大值为；
若，即时，当时，取得最大值，
最大值为；
综上，当时，最大值为，
当时，最大值为，
当时，最大值为.
18. 已知，满足.
（1）求的最小值；
（2）求的最小值；
（3）若恒成立，求的取值范围.
【答案】（1）18； （2）；
（3）.
【解析】
【分析】（1）配方变形求出最小值.
（2）根据给定条件，利用基本不等式“1”的妙用求出最小值.
（3）对给定不等式分离参数，消元配凑变形，再利用基本不等式求出最小值即可.
【小问1详解】
由，，得，当且仅当时取等号，
所以当时，取得最小值18.
【小问2详解】
，当且仅当，即时取等号，
由，得，
所以当时，取得最小值.
【小问3详解】
由，，得，
不等式恒成立，即恒成立，
，当且仅当，即时取等号，
因此当时，取得最小值，则，
所以的取值范围.
19. 已知二次函数，，.若有，我们就称为函数的一阶不动点；若有，我们就称为函数的二阶不动点.
（1）求证：；
（2）若函数具有一阶不动点，求的取值范围；
（3）若函数具有二阶不动点，求的取值范围.
【答案】（1）证明见解析
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用基本不等式以及不等式的性质证明即可；
（2）利用不动点的性质求解即可；
（3）根据（2）可知当时，符合题意，再对分析判断即可.
【小问1详解】
由题可知，，
所以
故.
【小问2详解】
由题可知
因为，
所以.
【小问3详解】
若，由（2）可知：函数具有一阶不动点，
即存在，使得，则，
所以函数具有二阶不动点，
若，由（2）可知函数不具有一阶不动点，
可知对任意，且连续不断，可知或恒成立，
若，则，此时函数不具有二阶不动点；
若，则，此时函数不具有二阶不动点；
即时，函数不具有二阶不动点；
综上所述：的取值范围为.
【点睛】关键点点睛：对于复合函数我们经常令某一个函数，然后换元计算.