浙江省金华市2023_2024学年高一数学上学期10月月考试题含解析

这是一份浙江省金华市2023_2024学年高一数学上学期10月月考试题含解析，共16页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

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，只有一项是符合题目要求.
1. 已知集合，，，则（）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由补集和交集的定义求解即可.
【详解】由题可得，则.
故选：C
2. 给出下列关系式，错误的是（）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】根据元素与集合的关系，以及集合与集合之间的关系，逐项判定，即可求解.
【详解】A中，根据元素与集合间的关系，可得，所以A正确；
B中，根据空集是任何集合的子集，可得，所以B正确；
C中，根据集合与集合间的关系，可得，所以不正确；
D中，根据集合的定义，可得，所以D正确.
故选：C.
3. 函数的定义域是（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】依题意可得，求解即可.
【详解】依题意可得，解得，
所以函数的定义域是.
故选：B.
4. “”是“”的（）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】首先解分式不等式，再根据充分条件、必要条件的定义判断即可．
【详解】解：因为，所以，
，，
或，
当时，或一定成立，所以“”是“”的充分条件；
当或时，不一定成立，所以“”是“”的不必要条件．
所以“”是“”的充分不必要条件．
故选：A
5. 已知关于x的不等式的解集是，则关于x的不等式的解集是（）
AB.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】由一元一次不等式求得，且；由此化简二次不等式并求出解集.
【详解】由关于x的不等式的解集是，
得且，
则关于x的不等式可化为，
即，
解得：或，
所求不等式的解集为：.
故选：A.
【点睛】本小题主要考查一元一次不等式、一元二次不等式的解法，属于基础题.
6. 用一架两臂不等长的天平称黄金，先将的砝码放在天平左盘中，取出一些黄金放在天平右盘中使天平平衡；再将的砝码放在天平右盘中，再取出一些黄金放在天平左盘中使天平平衡，则两次共称得的黄金（）
A. 大于B. 等于C. 小于D. 无法确定
【答案】A
【解析】
【分析】由杠杆原理与基本不等式求解
【详解】设左右两臂的长度为，两次取的黄金重量为克，显然，
则，化简得，由基本不等式得
故选：A
7. 对任意，，都有，则实数的最大值为
A. B. C. 4D.
【答案】B
【解析】
【分析】原不等式化为，换元得到恒成立，结合二次函数图像的性质列式求解即可.
【详解】∵，，∴
令，∴，不妨设
∴或，解得：或
综上：，∴的最大值为
故答案为B.
【点睛】本题主要考查学生对于齐二次不等式（或方程）的处理方法，将多变量问题转化成单变量问题，进而利用二次函数或者基本不等式进行求解.
8. 若，且，则的最小值为（）
A. 3B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】先把转化为，再将，根据基本不等式即可求出．
【详解】，且，
，
，
，
，
当且仅当，即，时取等号，
故的最小值为，
故选：D．
二、多项选择题：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. 若，则（）
A. B. C. D.
【答案】ABD
【解析】
【分析】利用不等式的性质及基本不等式一一判定即可.
【详解】对于A项，，
因为，所以，即A正确；
对于B项，，由上可知，即B正确；
对于C项，，即C错误；
对于D项，，当且仅当时取得等号，
又，所以，即D正确.
故选：ABD
10. 下列命题正确的是（）
A. 命题“，”的否定是“，”
B. 与是同一个函数
C. 函数的值域为
D. 若函数的定义域为，则函数的定义域为
【答案】AD
【解析】
【分析】根据全称命题的否定是特称命题可判断A；求出两个函数的定义域可判断B；利用换元法令，求出的值域可判断C；根据抽象函数定义域的求法可判断D..
【详解】对于A，命题“，”的否定是“，”，故A正确；
对于B，函数的定义域为，函数的定义域为，
两个函数的定义域不一样，所以两个函数不是同一个函数，故B错误；
对于C，函数的定义域为，
函数，令，则，
所以，所以函数的值域为，故C错误；
对于D，若函数的定义域为，可得，则函数的定义域为，故D正确.
故选：AD.
11. 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.
12. 若，，且，下列结论正确的是（）
A. 的最大值为B. 的最小值为6
C. 的最小值为D. 的最小值为
【答案】ACD
【解析】
【分析】选项A，可通过直接使用基本不等式去求解mn的最大值；选项B，可使用“1”的代换，从而构造出乘积为定值的两项和的关系，然后再使用基本不等式求解；选项C，首先先将扩大，然后再让式子乘以两个分式分母组成的和，构造出乘积为定值的两项和的关系，然后再使用基本不等式求解，选项D，可直接求解出该式子的最小值，从而完成判断求解.
【详解】选项A，因为，，
所以，当且仅当，即时等号成立，故该选项正确；
选项B，因为，，
当且仅当，即时等号成立，故该选项不正确；
选项C，，
当且仅当，即时等号成立，
故该选项正确；
选项D，，当且仅当，
即时等号成立，故该选项正确；
故选：ACD.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13已知，则______.
【答案】
【解析】
【分析】
在中，将x换成x-1,代入即得f(x).
【详解】在中，将x换成x-1，
可得，
故答案为：
【点睛】本题考查了函数解析式的求法，考查了学生综合分析问题的能力，属于基础题.
14. 已知集合，，且，则___________．
【答案】3或
【解析】
【分析】根据集合的交集的含义结合集合元素的互异性性质，即可求得答案.
【详解】因为，，
故，
又，若，若，则；
当时，，，符合题意；
当时，，，不合题意，
当时，，，符合题意，
故或，
故答案为：或
15. 命题“对任意的，总存在唯一的，使得”成立的充要条件是______.
【答案】
【解析】
【分析】方程变形为，转化为函数与与有且仅有一个交点，依据，，分类讨论，数形结合，求解a的范围即可
【详解】由得：；
当时，，则，解得：,∵，，满足题意；
当时，；若存在唯一的，使得成立，则与有且仅有一个交点，在平面直角坐标系中作出在上的图象如下图所示，由图象可知：当时，与有且仅有一个交点，∴，解得：，则；
当时，,结合图象可得：，解得：，则；
综上所述：原命题成立的充要条件为，
故答案为：-116. 定义为与x距离最近的整数（当x为两相邻整数算术平均数时，取较大整数），令函数，如：，，，，则______.
【答案】
【解析】
【分析】首先确定各相邻整数算术平均数在中哪两个数之间，再根据函数新定义判断的对应值，进而求目标式的值.
【详解】，，
，，
，，
，，
，
所以，，，
，，，
，，，
，
所以.
故答案为：
【点睛】关键点点睛：找到各相邻整数算术平均数在中的位置为关键.
四、解答题：本小题共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）解一元二次不等式化简集合A，再把代入，利用补集、交集定义求解作答.
（2）由已知可得，再利用集合的包含关系分类求解作答.
【小问1详解】
解不等式，得，即，
当时，，，
所以.
【小问2详解】
由（1）知，，由，得，
当，即时，，满足，因此；
当，即时，，即有，
则，解得，因此，
所以实数取值范围.
18. 要设计一张矩形广告，该广告含有左､右全等的两个矩形栏目（即图中阴影部分），这两栏的面积之和为200，四周空白的宽度为2，两栏之间的中缝空白的宽度为4.请设计广告的长与宽的尺寸，使矩形广告面积最小，并求出最小值.
【答案】广告的长为28，长为14时，可使广告的面积最小，最小值为392
【解析】
【分析】
先设一个矩形栏目的长为和广告的面积为S，接着用表示出栏目的宽、广告的长、广告的宽；再建立函数关系，接着由基本不等式求面积的最小值；最后判断等号成立的条件并作答.
【详解】解：设一个矩形栏目的长为x，广告的面积为S.
则两栏的面积之和为200，得宽为，广告的长为，宽为，其中
广告的面积，
当且仅当即时，等号成立，
此时广告的宽为，高为，S取得最小值392.
答：广告的长为28，长为14时，可使广告的面积最小，最小值为392
【点睛】本题考查根据实际问题建立函数关系、利用基本不等式求最值，是基础题.
19. （1）已知，，试比较与的大小并证明；
（2）如果x，，比较与的大小并证明.
【答案】（1），证明见解析；（2），证明见解析.
【解析】
【分析】（1）（2）应用作差法比较代数式的大小关系即可.
【详解】（1），证明如下：
，
若，则，故，即；
若，则；
若，则，故，即；
综上，.
（2），证明如下：
，
当且仅当时等号成立，故.
20. 设．
（1）若不等式对一切实数恒成立，求实数的取值范围；
（2）解关于的不等式．
【答案】（1）
（2）答案见解析
【解析】
【分析】（1）讨论和两种情况，按开口方向和判别式列不等式组，解出实数的取值范围；
（2）按，和三种情况分类讨论，当，比较和1的大小，分情况写出不等式的解集．
【小问1详解】
由得，恒成立，
当时，不等式可化为，不满足题意；
当时，满足，
即，解得；
故实数的取值范围是．
【小问2详解】
不等式，等价于．
当时，不等式可化为，所以不等式的解集为；
当时，不等式可化为，此时，
所以不等式的解集为；
当时，不等式可化为，
①当时，，不等式的解集为；
②当时，，不等式的解集为或；
③当时，，不等式的解集为或.
综上：当时，等式的解集为或
当时，不等式的解集为；
当时，不等式的解集为或；
当时，不等式的解集为；
当时，不等式的解集为.
21. 已知某食品厂需要定期购买食品配料，该厂每天需要食品配料200千克，配料的价格为1.8元/千克，每次购买配料需支付运费236元，每次购买来的配料还需支付保管费用，其标准如下：7天以内（含7天），无论重量多少，均按10元/天支付；超出7天以外的天数，根据实际剩余配料的重量，以每天0.03元/千克支付．
（1）当9天购买一次配料时，求该厂用于配料的保管费用是多少元？
（2）设该厂天购买一次配料，求该厂在这天中用于配料的总费用（元）关于的函数关系式，并求该厂多少天购买一次配料才能使平均每天支付的费用最少？
【答案】（1）88元；（2），天购买一次配料才能使平均每天支付的费用最少；
【解析】
【分析】（1）首先求出第天、第天剩余配料的重量，再根据题意计算可得；
（2）分和，两种情况讨论，分别求出函数解析式，设该厂天购买一次配料平均每天支付的费用为元，即可得到的解析式，再利用基本不等式计算可得；
【详解】解：（1）第8天剩余配料（千克），
第9天剩余配料（千克），
当9天购买一次时，该厂用于配料的保管费用（元，
即当9天购买一次配料时，求该厂用于配料的保管费用是88元．
（2）①当且时，；
②当且时，，
．
所以，
设该厂天购买一次配料平均每天支付的费用为元，
当且时，，
当且时，，
当且时，当且仅当时，有最小值（元，
当且时，
当且仅当即时取等号，
当时有最小值393元，
即天购买一次配料才能使平均每天支付的费用最少；
22. 如果一个函数的值域与其定义域相同，则称该函数为“同域函数”.已知函数的定义域为且.
（Ⅰ）若，，求的定义域；
（Ⅱ）当时，若为“同域函数”，求实数的值；
（Ⅲ）若存在实数且，使得为“同域函数”，求实数的取值范围.
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）；（Ⅲ）.
【解析】
【分析】
（Ⅰ）当，时，解出不等式组即可；
（Ⅱ）当时，，分、两种情况讨论即可；
（Ⅲ）分、且、且三种情况讨论即可.
【详解】（Ⅰ）当，时，由题意知：，解得：.
∴的定义域为；
（Ⅱ）当时，，
（1）当，即时，的定义域为，值域为，
∴时，不是“同域函数”.
（2）当，即时，当且仅当时，为“同域函数”.
∴.
综上所述，的值为.
（Ⅲ）设的定义域为，值域为.
（1）当时，，此时，，，从而，
∴不是“同域函数”.
（2）当，即，
设，则的定义域.
①当，即时，的值域.
若为“同域函数”，则，
从而，，
又∵，∴的取值范围为.
②当，即时，的值域.
若为“同域函数”，则，
从而，
此时，由，可知不成立.
综上所述，的取值范围为