2024-2025学年陕西省西安市高新一中高一（上）第一次月考数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年陕西省西安市高新一中高一（上）第一次月考数学试卷（含答案），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.设全集U={1,3,5,6,8}，A={1,6}，B={5,6,8}，则(∁UA)∩B=( )
A. {6}B. {5,8}C. {6,8}D. {3,5,6,8}
2.已知集合M={x|x2−4<0},N={x|x−2x<0}，则下列关系正确的是( )
A. M=NB. M⫋NC. N⫋MD. M∩N=⌀
3.命题“∃x0∈R，x3−x2+1>0”的否定是( )
A. ∀x∈R，x3−x2+1≤0B. ∃x0∈R，x3−x2+1<0
C. ∃x0∈R，x3−x2+1≤0D. 不存在x∈R，x3−x2+1>0
4.“x≥1”是“x+1x≥2”的( )
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分又不必要条件
5.在R上定义运算⊙：x⊙y=x(1−y).若不等式(x−a)⊙(x+a)<1对任意实数x成立，则( )
A. −16.实数a，b满足a>0，b>0且a+b=3，则1a+1+4b+2的最小值是( )
A. 1B. 53C. 43D. 32
7.若对任意a∈[−1,1]，不等式x2+(a−3)x−3a>0恒成立，则x的取值范围是( )
A. 13D. x<−1或x>3
8.已知a>b，二次三项式ax2+2x+b≥0对于一切实数x恒成立，又∃x0∈R，使ax02+2x0+b=0成立，则a2+b2a−b的最小值为( )
A. 1B. 2C. 2D. 2 2
二、多选题：本题共3小题，共15分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.若p：x2+x−6=0是q：ax+1=0的必要不充分条件，则实数a的值为( )
A. 2B. −12C. 13D. 3
10.已知两个变量x，y的关系式f(x,y)=x(1−y)，则以下说法正确的是( )
A. f(1,3)=f(3,1)=0
B. 对任意实数a，都有f(a,a)≤14成立
C. 若对任意实数x，不等式f(x−a,x)≤−a+4恒成立，则实数a的取值范围是[−5,3]
D. 若对任意正实数a，不等式f(x−a,x)≤−a+4恒成立，则实数x的取值范围是(−∞,0)
11.设a>0，b>0，a+b=1，则( )
A. a2+b2的最小值为12
B. 4a+1b的范围为[9,+∞)
C. (a+1)(b+1) ab的是小值为2 2
D. 若c>1，则(3a2+1ab−2)⋅c+1c−1的最小值为8
三、填空题：本题共3小题，每小题4分，共12分。
12.对于集合M，N，定义M−N={x|x∈M，且x∉N}，M⊕N=(M−N)∪(N−M)，设A={t|t=x2−3x,x∈R}，B={x|x<0}，则A⊕B= ______．
13.设命题p：|4x−3|≤1；命题q：x2−(2a+1)x+a(a+1)≤0.若￢p是￢q的必要而不充分条件，则实数a的取值范围是______．
14.设a>b>c且1a−b+1b−c≥ma−c恒成立，则m的取值范围是______．
四、解答题：本题共5小题，共61分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
已知：A={x|x2+4x=0}，B={x|x2+2(a+1)x+a2−1=0}．
(1)若A∪B=B，求a的值；
(2)若A∩B=B，求a的值．
16.(本小题12分)
(1)已知a>0，设命题p：a>1；命题q：不等式ax2−ax+1>0对∀x∈R恒成立，若“p∧q”为假，“p∨q”为真，求a的取值范围．
(2)设m∈Z，命题p：关于x的一元二次方程mx2−4x+4=0的根都是整数；命题q：关于x的一元二次方程x2−4mx+4m2−4m−5=0的根都是整数，试求p∧q为真命题的的充要条件．
17.(本小题12分)
某投资商到一开发区投资72万元建起一座蔬菜加工厂，第一年共支出12万元，以后每年支出增加4万元，从第一年起每年蔬菜销售收入50万元．设f(n)表示前n年的纯利润总和(f(n)=前n年的总收入−前n年的总支出−投资额)．
(Ⅰ)该厂从第几年开始盈利？
(Ⅱ)若干年后，投资商为开发新项目，对该厂有两种处理方法：
①年平均纯利润达到最大时，以48万元出售该厂；
②纯利润总和达到最大时，以16万元出售该厂
问哪种方案更合算？
18.(本小题12分)
(1)已知a、b、c∈R，求证：a2+b2+c2+4≥ab+3b+2c．
(2)设a、b、c均为正实数，求证：12a+12b+12c⩾1b+c+1c+a+1a+b．
19.(本小题13分)
排序不等式：设a1≤a2≤…≤an，b1≤b2≤…≤bn为两组实数，c1，c2，…，cn是b1，b2，…，bn的任一排列，那么a1bn+a2bn−1+…+anb1≤a1c1+a2c2+…+ancn≤a1b1+a2b2+…+anbn即“反序和≤乱序和≤顺序和”．
当且仅当a1=a2=…=an或b1=b2=……=bn时，反序和等于顺序和．
(1)设a1，a2，…，an为实数，b1，b2，…，bn是a1，a2，…，an的任一排列，则乘积的值a1b1+a2b2+…+anbn不会超过_____．
(2)设a1，a2，⋯，an是n个互不相同的正整数，求证：a1+a222+a332+⋯+ann2≥1+12+13+⋯+1n．
(3)有10人各拿一只水桶去接水，设水龙头注满第i(i=1,2,…,10)个人的水桶需要ti分钟，假定这些ti各不相同.问只有一个水龙头时，应如何安排10人的顺序，使他们等候的总时间最少？这个最少的总时间等于多少？
参考答案
1.B
2.C
3.A
4.A
5.C
6.D
7.D
8.D
9.BC
10.BC
11.ABD
12.{x|x<−94或x≥0}
13.[0,12]
14.(−∞,4]
15.解：(1)A={−4,0}
若A∪B=B，则B⊇A={−4,0}，解得：a=1
(2)若A∩B=B，则
①若B为空集，则△=4(a+1)2−4(a2−1)=8a+8<0
则a<−1；
②若B为单元集，则△=4(a+1)2−4(a2−1)=8a+8=0
解得：a=−1，将a=−1代入方程x2+2(a+1)x+a2−1=0得：x2=0得：x=0即B={0}符合要求；
③若B=A={−4,0}，则a=1
综上所述，a≤−1或a=1．
16.解：(1)∵a>0且不等式ax2−ax+1>0对∀x∈R恒成立，
∴Δ=a2−4a<0且a>0，解得0∴q：0又命题p：a>1，
命题p∧q为假，p∨q为真，那么p，q中有且只有一个为真，一个为假，
若p真，q假，则a>1a≤0或a≥4，解得a≥4；
若p假，q真，则a≤10∴a的取值范围为(0,l]∪[4,+∞)．
(2)∵mx2−4x+4=0是一元二次方程，∴m≠0．
又另一方程为x2−4mx+4m2−4m−5=0，且两方程都要有实根，
∴Δ1=16−16m≥0且Δ2=16m2−4(4m2−4m−5)≥0，
解得m∈[−54,1]，
∵两方程的根都是整数，故其根的和与积也为整数，
∴4m∈Z，4m∈Z，4m2−4m−5∈Z，
∴m为4的约数．
又m∈[−54,1]，∴m=−1或1．
当m=−1时，第一个方程x2+4x−4=0的根为非整数；
而当m=1时，两方程的根均为整数，
∴两方程的根均为整数的充要条件是m=1．
17.解：(Ⅰ)由题意，第一年共支出12万元，以后每年支出增加4万元，可知每年的支出构成一个等差数列，用g(n)表示前n年的总支出，
∴g(n)=12n+n(n−1)2×4=2n2+10n(n∈N∗)，
∵f(n)=前n年的总收入−前n年的总支出−投资额，
∴f(n)=50n−(2n2+10n)−72=−2n2+40n−72，
由f(n)>0，即−2n2+40n−72>0，解得2由n∈N∗知，从第三年开始盈利；
(Ⅱ)方案①：年平均纯利润为f(n)n=40−2(n+36n)≤16，
当且仅当n=6时等号成立，
故方案①共获利6×16+48=144(万元)，此时n=6；
方案②：f(n)=−2(n−10)2+128，
当n=10时，[f(n)]max=128，
故方案②共获利128+16=144(万元)，
比较两种方案，获利都是144万元，但由于方案①只需6年，而方案②需10年，故选择方案①更合算．
18.(1)证明：由a2+b2+c2+4−(ab+3b+2c)=14[(2a−b)2+3(b−2)2+4(c−1)2]≥0，当且仅当a=1，b=2，c=1时，等号成立，
所以a2+b2+c2+4≥ab+3b+2c；
(2)证明：1a+1b+1c=12[(1a+1b)+(1b+1c)+(1a+1c)]=12(a+bab+b+cbc+a+cac)，
因为a，b，c均为正实数，所以ab≤(a+b2)2，
bc≤(b+c2)2；
ac≤(a+c2)2，当且仅当a=b=c时，等号同时成立，
所以12(a+bab+b+cbc+a+cac)≥12(4a+b+4b+c+4a+c)=2a+b+2b+c+2a+c，
所以12a+12b+12c≥1b+c+1c+a+1a+b．
19.解：(1)由题意b1，b2，…，bn是a1，a2，…，an的任一排列，
设两组数a1，a2，…，an与b1，b2，…，bn，
则a1b1+a2b2+⋯+anbn可看作a1，a2，…，an与b1，b2，…，bn两组实数的“乱序和”；
设c1，c2，…，cn也是a1，a2，…，an的一个排列，且c1≤c2≤…≤cn，
其中满足集合{a1,a2,…,an}={b1,b2,…,bn}={c1,c2,⃯⋯,cn}.
则c12+c22+⋯+cn2为a1，a2，…，an与，b2，…，bn两组实数的“顺序和”，
且c12+c22+…+cn2=a12+a22+…+an2．
则由排序不等式：乱序和≤顺序和，
得a1b1+a2b2+⋯+anbn≤c12+c22+⋯+cn2=a12+a22+⋯+an2．
故空格处填：a12+a22+⋯+an2．
(2)证明：设两组数：a1，a2，…，an与1，122,132，…，1n2．
由a1，a2，…，an是n个互不相同的正整数，
设b1，b2，…，bn是a1，a2，…，an的一个排列，且满足b1即b1，b2，…，bn是这n个互不相同的正整数从小到大的排列，
因此b1≥1，b2≥2，…，bn≥n．
又因为1>122>132>⋯>1n2，
故由排序不等式：乱序和≥反序和，
得a1⋅1+a2⋅122+a3⋅132+⋯+an⋅1n2≥b1⋅1+b2⋅122+b3⋅132+⋯+bn⋅1n2≥1⋅1+2⋅1222+3⋅132+⋯+n⋅1n2=1+12+13+⋯+1n．
故a1+a222+a332+⋯+ann2≥1+12+13+⋯+1n，命题得证．
(3)由题意可知，水龙头注满第i(i=1,2,…,10)个人的水桶需要ti分钟，
则第i个人打水时，10−(i−1)即11−i(i=1,2,…,10)个人都在等，需要等候总时间为(11−i)ti，
故所有人打完水，他们等候的总时间为i=110(11−i)ti=10t1+9t2+⋯+t10．
设两组数：t1，t2，t3，…，t10与10，9，8，…，1．
由假定，这些ti各不相同，
设ℎ1，ℎ2，ℎ3，…，ℎ10为t1，t2，t3，…，t10的一个排列，且ℎ1<ℎ2<ℎ3<⋯<ℎ10，
又因为10>9>8>…>1，
由排序不等式：乱序和≥反序和，
得10t1+9t2+⋯+2t9+t10≥10ℎ1+9ℎ2+⋯+ℎ10．
所以只有一个水龙头时，要使他们等候的总时间最少，应安排需要时间最少的人总是先打水，
即各人按照注满各自水桶的时间从少至多的顺序排队打水．
等候的总时间最少为10ℎ1+9ℎ2+⋯+ℎ10，其中ℎ1，ℎ2，ℎ3，…，ℎ10为t1，t2，…，t10从小到大的一个顺序排列．