2020-2021学年江苏省盐城市高一（上）10月月考数学试卷 (2)苏教版

这是一份2020-2021学年江苏省盐城市高一（上）10月月考数学试卷 (2)苏教版，共10页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 已知集合A={x∣1−x>0}，B={x∣x>0}，则A∩B=( )
A.1,+∞B.0,1C.0,+∞D.[1,+∞）

2. 已知m，n∈R，则“mn−1=0”是“m−n=0”成立的( )
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

3. 命题“全等三角形的面积都相等”的否定是( )

A.全等三角形的面积都不相等
B.不全等三角形的面积都不相等
C.存在两个不全等三角形的面积相等
D.存在两个全等三角形的面积不相等

4. 下列函数的定义域是R且为增函数的是( )

A.y=x−12B.y=x3C.y=1xD.y=|x|

5. 设函数fx的定义域为R，有下列四个命题，其中正确的是( )

A.若存在常数M，使得对任意的x∈R，有fx≤M，则M是函数fx的最大值
B.若存在x0∈R，存在x∈R，且x≠x0，有fxC.若存在x0∈R，使得对任意的x∈R，有fx≥fx0，则fx0是函数fx的最大值
D.若存在x0∈R，使得对任意的x∈R，有fx≤fx0，则fx0是函数fx的最大值

6. 函数f(x)是定义在(−2, 2)上的减函数，则不等式f(x)>f(2−x)的解集为( )

A.(0, 1)B.(0, 2)C.(2, +∞)D.(−∞, 2)

7. 已知正实数a，b满足a+b=3，则11+a+44+b的最小值为( )

A.1B.78C.98D.2

8. 若函数f(x)=x2+ax+b在区间[0,1]上的最大值是M，最小值是m，则M−m( )
A.与a有关，且与b有关B.与a有关，但与b无关
C.与a无关，且与b无关D.与a无关，但与b有关
二、多选题

若a>b>0，dA.ac>bcB.a−d>b−cC.1d<1cD.a3>b3

下列结论中正确的是( )
A.“x2>4”是“x<−2”的必要不充分条件
B.在△ABC中，“AB2+AC2=BC2”是“△ABC为直角三角形”的充要条件
C.若a，b∈R，则“a2+b2≠0”是“a，b不全为0”的充要条件
D.“x为无理数”是“x2为无理数”的必要不充分条件

二次不等式ax2+bx+1>0的解集为x∣−1A.a2+b2=5B.a+b=−3C.ab=−2D.ab=2

已知fx=x2−2x−3，x∈0,a，a为大于0的常数，则fx的值域可能为( )
A.−4,−3B.RC.−4,10D.−3,10
三、填空题

函数fx=|x−3|的单调递增区间是________.

函数f(x)=x2+2(a−1)x+2在区间(−∞, 4]上递减，则实数a的取值范围是________．

函数fx=x+1x在1,2上的最大值为________.

若定义在R上的二次函数fx=ax2−4ax+b在区间0,2上是增函数，且fm≤f0则实数m的取值范围是________.
四、解答题

解下列不等式：
(1)|3−2x|≤1；

(2)2−xx−1≤1.

已知命题p：方程x2−2mx+m2−4=0有两个正根为真命题．
(1)求实数m的取值范围；

(2)命题q：1−a
已知函数f(x)=1−1x，x∈(1,3].

(1)求证函数在(1,3]上单调递增；

(2)画出函数的图像，并写出值域．

已知二次函数y=ax2+a−1x−1.
(1)若y>0的解集为−1,−12，求a的值；

(2)当a<0时，解关于x的不等式y≥0.

经过长期观测得到：在交通繁忙的时段内，某公路段汽车的车流量y（千辆/小时）与汽车的平均速度v（千米/小时）之间的函数关系为： y=700vv2+2v+900(v>0).
(1)在该时段内，当汽车的平均速度为多少时，车流量最大？最大车流量为多少？（保留分数形式）

(2)若要求在该时段内车流量超过10千辆/小时，则汽车的平均速度应在什么范围内？

函数y=x2+ax+3.
(1)当x∈R，求使y≥a恒成立时a的取值范围；

(2)当x∈−2,2，求使y≥a恒成立时a的取值范围．
参考答案与试题解析
2020-2021学年江苏省盐城市高一（上）10月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
交集及其运算
【解析】
首先化简集合A，再求交集即可.
【解答】
解：∵ A={x∣1−x>0}={x∣x<1}，B={x∣x>0}，
∴ A∩B={x∣0故选B.
2.
【答案】
A
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
首先化简，再判断充要性.
【解答】
解：mn−1=0⇒m=n≠0，
m−n=0⇒m=n，
∴ “m=n≠0”是“m=n”的充分不必要条件，
即“mn−1=0”是“m−n=0”的充分不必要条件.
故选A.
3.
【答案】
D
【考点】
全称命题与特称命题
命题的否定
【解析】
直接由全称命题的否定为特称命题，即可得到结果.
【解答】
解：由全称命题的否定为特称命题可知：
命题：“全等三角形的面积都相等”的否定为：“存在两个全等三角形的面积不相等”.
故选D.
4.
【答案】
B
【考点】
函数单调性的判断与证明
函数的定义域及其求法
【解析】
根据函数的定义域求法和单调性的求法即可得到答案.
【解答】
解：A，函数y=x−12的定义域是R，在−∞,1上是单调减函数，在1,+∞上为单调增函数，不满足条件，故A错误；
B，函数y=x3的定义域是R，在R上为单调增函数，满足题意，故B正确；
C，反比例函数y=1x的定义域为x≠0且x∈R，不满足条件，故C错误；
D，函数y=|x|的定义域为R，函数y=|x|在区间−∞,0上是减函数，在[0,+∞)上是增函数，不满足条件，故D错误.
故选B．
5.
【答案】
D
【考点】
命题的真假判断与应用
函数的最值及其几何意义
【解析】
利用函数最大值的定义是存在一个函数值大于其它所有的函数值，则此函数值是函数的最大值判断出各命题的真假.
【解答】
解：函数最大值的定义是存在一个函数值大于其它所有的函数值.
A，M不一定是满足f(x)的函数值，所以fx 的最大值不大于M，故A错误；
B，若存在x0∈R，存在x∈R，且x≠x0，有fxC，若存在x0∈R，使得对任意的x∈R，有fx≥fx0，则可以说明fx0是函数fx 的最小值，故C错误；
D，若存在x0∈R，使得对任意的x∈R，有fx≤fx0即有fx0是函数fx 的最大值，故D正确.
故选D．
6.
【答案】
A
【考点】
函数单调性的性质
函数的定义域及其求法
【解析】
根据函数单调性的性质建立不等式关系进行求解即可．
【解答】
解：∵ 函数f(x)是定义在(−2, 2)上的减函数，
∴ 不等式f(x)>f(2−x)等价为−2即−2故不等式的解集为(0, 1)，
故选A.
7.
【答案】
C
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
本题考查基本不等式的应用．
【解答】
解：11+a+44+b
=1811+a+44+b[(1+a)+(4+b)]
=18×5+4+b1+a+4(1+a)4+b
≥185+24+b1+a⋅4(1+a)4+b=98，
当且仅当4+b1+a=4(1+a)4+b，
即a=53，b=43时取等号，
则11+a+44+b的最小值是98．
故选C．
8.
【答案】
B
【考点】
二次函数的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：函数fx=x2+ax+b的图象是开口朝上，
且以直线x=−a2为对称轴的抛物线，
①当−a2>1或−a2<0，即a<−2或a>0时，
函数fx在区间0,1上单调，
此时M−m=|f1−f0|=|a+1|，
故M−m的值与a有关，与b无关；
②当12≤−a2≤1，即−2≤a≤−1时，
函数fx在区间0,−a2上递减，在−a2,1上递增，
且f0>f1，
此时M−m=f0−f−a2=a24，
故M−m的值与a有关，与b无关；
③当0≤−a2<12，即−1函数fx在区间0,−a2上递减，在[−a2，1]上递增，且f0此时M−m=f1−f−a2=1+a+a24，
故M−m的值与a有关，与b无关.
综上可得：M−m的值与a有关，与b无关.
故选B.
二、多选题
【答案】
B,D
【考点】
不等式的基本性质
【解析】
利用不等式性质进行判定即可求解.
【解答】
解：A，等式两边同乘一个负数，不等号方向应发生改变，故A错误；
B，a−d>b−d>b−c，关系成立，故B正确；
C，不一定成立，比如当d=−12，c=−13时，1d=−2，1c=−3，显然1d>1c，故C错误；
D，因为y=x3是增函数，且a>b>0，所以a3>b3，故D正确．
故选BD．
【答案】
A,C,D
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
命题的真假判断与应用
【解析】
利用充分必要条件将各个选项进行逐一分析求解即可.
【解答】
解：A，由x2>4可得x>2或x<−2，
∴ 由x2>4不一定得到x<−2，反之则一定成立，
∴ “x2>4”是“x<−2”的必要不充分条件，故A正确；
B，在△ABC中，由AB2+AC2=BC2可以得到△ABC为直角三角形，
反之不一定成立，如C为直角时，AB2+AC2=BC2就不成立，
∴ “AB2+AC2=BC2”是“△ABC为直角三角形”的充分不必要条件，故B错误；
C，若a，b∈R，由a2+b2≠0可以得到a，b不全为0，反之也一定成立，
则“a2+b2≠0”是“a，b不全为0”的充要条件，故C正确；
D，∵ x为无理数，则x2为无理数不一定成立，比如x=2时，x2=2为有理数，
而当x2为无理数时，x一定为无理数，
∴ “x为无理数”是“x2为无理数”的必要不充分条件，故D正确.
故选ACD.
【答案】
A,B,D
【考点】
根与系数的关系
一元二次不等式与一元二次方程
一元二次不等式的解法
【解析】
根据一元二次不等式的解法可得−1和12是方程ax2+bx+1=0的两根，由根与系数的关系解得a=−2，b=−1.结合选项求解即可.
【解答】
解：因为二次不等式ax2+bx+1>0的解集为x−1所以−1和12是方程ax2+bx+1=0的两根，且抛物线y=ax2+bx+1开口向下，
由根与系数的关系可得a<0，−ba=−1+12=−12，1a=−1×12=−12，
解得a=−2，b=−1，
所以a2+b2=5，a+b=−3，ab=2.
故选ABD.
【答案】
A,C
【考点】
二次函数的性质
函数的值域及其求法
【解析】
首先讨论函数的单调性，再确定值域即可.
【解答】
解：∵ f(x)=x2−2x−3=x−12−4，
∴ 函数fx在区间0,1为减函数，在1,+∞为增函数，
当0≤a≤1时，fx的值域为fa,f0，即值域a−12−4,−3；
当1当a>2时，fx的值域为f1,fa，即值域−4,a−12−4；
当a−12−4=10时，a=14+1>2成立，
故函数fx在区间0,a上的值域可以为−4,−3，也可以为[−4,10].
故选AC.
三、填空题
【答案】
[3,+∞)
【考点】
函数单调性的判断与证明
函数的单调性及单调区间
【解析】
讨论去绝对值，即可得到函数，从而确定单调性.
【解答】
解：当x≥3时，fx=x−3，此时fx为增函数；
当x<3时，fx=−x−3=−x+3，此时fx为减函数，
所以fx的单调增区间为[3,+∞).
故答案为：[3,+∞).
【答案】
(−∞, −3]
【考点】
二次函数的性质
【解析】
f(x)是二次函数，所以对称轴为x=1−a，所以要使f(x)在区间(−∞, 4]上递减，a应满足：4≤1−a，解不等式即得a的取值范围．
【解答】
解：函数f(x)的对称轴为x=1−a,
∵ f(x)在区间(−∞, 4]上递减,
∴ 4≤1−a，a≤−3,
∴ 实数a的取值范围是(−∞, −3]．
故答案为：(−∞, −3]．
【答案】
52
【考点】
函数的最值及其几何意义
函数单调性的判断与证明
【解析】
首先判断函数的单调性，再确定最大值即可.
【解答】
解：设x1，x2∈1,2，且x1因为fx1−fx2=x1+1x1−x2+1x2
=x1−x2x1x2−1x1x2，
由于x1，x2∈1,2，且x1所以x1−x2<0，x1x2>1，x1x2−1>0，
所以fx1−fx2<0，即fx1所以函数fx在区间1,2为增函数，
所以fxmax=f2=2+12=52.
故答案为：52.
【答案】
(−∞,0]∪[4,+∞)
【考点】
二次函数的性质
二次函数的图象
函数单调性的性质
【解析】
根据定义在R上的二次函数fx=ax2−4ax+b在区间[0,2]上是增函数，可得此函数图象为开口向下的抛物线，则实数m到对称轴x=2的距离不小于0到对称轴x=2的距离，即m−2≥2，求解不等式即可.
【解答】
解：二次函数fx=ax2−4ax+b的对称轴为x=2，
因为定义在R上的二次函数fx=ax2−4ax+b在区间[0,2]上是增函数，
所以a<0,
要使fm≤f0，
则实数m到对称轴x=2的距离不小于0到对称轴x=2的距离，
即m−2≥2，
即得m−2≤−2或m−2≥2，
解得m≤0或m≥4，
故实数m的取值范围是(−∞,0]∪[4,+∞).
故答案为：(−∞,0]∪[4,+∞).
四、解答题
【答案】
解：(1)由题易得3−2x≤1，3−2x≥−1，
解得1≤x≤2，
所以x∈[1,2] .
(2)原式可化为2−xx−1−1≤0，
3−2xx−1≤0，
(3−2x)(x−1)≤0，x−1≠0，
解得x≤1或x≥32，x≠1，
所以x∈(−∞,1)∪32,+∞ .
【考点】
分式不等式的解法
绝对值不等式
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由题易得3−2x≤1，3−2x≥−1，
解得1≤x≤2，
所以x∈[1,2] .
(2)原式可化为2−xx−1−1≤0，
3−2xx−1≤0，
(3−2x)(x−1)≤0，x−1≠0，
解得x≤1或x≥32，x≠1，
所以x∈(−∞,1)∪32,+∞ .
【答案】
解：(1)方程有两个正根，由根与系数的关系可得，
2m>0m2−4>0，解得m>2，
所以m∈(2,+∞)．
(2)存在实数a满足.
¬p：(−∞,2]，
q：①1−a≥1+a，即a≤0时，m为⌀；
②1−a<1+a，即a>0，则m∈(1−a,1+a)，
¬q：①当a≤0时，¬q=R；
②当a>0时， ¬q=(−∞,1−a]∪[1+a,+∞)．
∵¬p是¬q的充分条件，∴ ¬p⫋¬q，
∴①a≤0时，(−∞,2]⊆R成立；
②a>0时，有1−a≥2即a≤−1，不成立；
综上，a≤0．
【考点】
复合命题及其真假判断
根据充分必要条件求参数取值问题
命题的真假判断与应用
命题的否定
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)方程有两个正根，由根与系数的关系可得，
2m>0m2−4>0，解得m>2，
所以m∈(2,+∞)．
(2)存在实数a满足.
¬p：(−∞,2]，
q：①1−a≥1+a，即a≤0时，m为⌀；
②1−a<1+a，即a>0，则m∈(1−a,1+a)，
¬q：①当a≤0时，¬q=R；
②当a>0时， ¬q=(−∞,1−a]∪[1+a,+∞)．
∵¬p是¬q的充分条件，∴ ¬p⫋¬q，
∴①a≤0时，(−∞,2]⊆R成立；
②a>0时，有1−a≥2即a≤−1，不成立；
综上，a≤0．
【答案】
(1)证明：设x1，x2为区间(1,3]上的任意两个值，且x1＜x2，
f(x1)−f(x2)
=1−1x1−1−1x2
=1x2−1x1
=x1−x2x1x2，
由于x1＜x2可得x1−x2＜0，x1x2＞0，
∴ f(x1)−f(x2)=x1−x2x1x2＜0，
即f(x1)＜f(x2)，
∴ 函数在(1,3]上单调递增.
(2)解：函数图像如图所示：
由图可得值域为(0,23].
【考点】
函数单调性的判断与证明
函数图象的作法
函数的值域及其求法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
(1)证明：设x1，x2为区间(1,3]上的任意两个值，且x1＜x2，
f(x1)−f(x2)
=1−1x1−1−1x2
=1x2−1x1
=x1−x2x1x2，
由于x1＜x2可得x1−x2＜0，x1x2＞0，
∴ f(x1)−f(x2)=x1−x2x1x2＜0，
即f(x1)＜f(x2)，
∴ 函数在(1,3]上单调递增.
(2)解：函数图像如图所示：
由图可得值域为(0,23].
【答案】
解：1由题设知：ax2+a−1x−1>0的解集为−1,−12，
所以a<0，−1a=(−1)×(−12)=12，
解得a=−2.
2y=ax2+a−1x−1=ax−1x+1≥0，
令ax−1x+1=0，
解得：x1=1a，x2=−1，
当1a<−1，即−1当1a=−1，即a=−1时，y≥0的解集为x|x=−1；
当1a>−1，即a<−1时，y≥0的解集为−1,1a.
综上得：当a<−1，y≥0的解集为−1,1a；
当a=−1时，y≥0的解集为x|x=−1；
当−1【考点】
根与系数的关系
一元二次不等式与一元二次方程
一元二次不等式的解法
【解析】
1由题设不等式解集的端点等价于方程的根；
2利用一元二次不等式的解法，分类讨论1a，−1大小的比较，解不等式.
【解答】
解：1由题设知：ax2+a−1x−1>0的解集为−1,−12，
所以a<0，−1a=(−1)×(−12)=12，
解得a=−2.
2y=ax2+a−1x−1=ax−1x+1≥0，
令ax−1x+1=0，
解得：x1=1a，x2=−1，
当1a<−1，即−1当1a=−1，即a=−1时，y≥0的解集为x|x=−1；
当1a>−1，即a<−1时，y≥0的解集为−1,1a.
综上得：当a<−1，y≥0的解集为−1,1a；
当a=−1时，y≥0的解集为x|x=−1；
当−1【答案】
解：(1)依题得y=700vv2+2v+900
=7002+v+900v≤7002+2v⋅900v=35031，
当且仅当v=900v，即v=30时，等号成立，
∴ ymax=35031（千辆/时）．
∴ 当v=30km/ℎ时，车流量最大，最大车流量为35031千辆/时.
(2)由条件得700vv2+2v+900>10，因为v2+2v+900>0，
所以整理得v2−68v+900<0，
即v−18v−50<0，
解得18若要求在该时段内车流量超过10千辆/时，则汽车的平均速度应大于18km/ℎ且小于50km/ℎ．
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
一元二次不等式的应用
一元二次不等式的解法
【解析】

【解答】
解：(1)依题得y=700vv2+2v+900
=7002+v+900v≤7002+2v⋅900v=35031，
当且仅当v=900v，即v=30时，等号成立，
∴ ymax=35031（千辆/时）．
∴ 当v=30km/ℎ时，车流量最大，最大车流量为35031千辆/时.
(2)由条件得700vv2+2v+900>10，因为v2+2v+900>0，
所以整理得v2−68v+900<0，
即v−18v−50<0，
解得18若要求在该时段内车流量超过10千辆/时，则汽车的平均速度应大于18km/ℎ且小于50km/ℎ．
【答案】
解：1∵ 由题意可得：x∈R时，x2+ax+3−a≥0恒成立，
∴ Δ=a2−43−a≤0，
即a2+4a−12≤0，
∴ 取值范围为：−6≤a≤2.
(2)原不等式可化为x2+ax+3−a≥0，x∈−2,2，
设gx=x2+ax+3−a，
开口向上，对称轴为直线x=−a2，
则只需gx在x∈−2,2上的最小值大于等于0.
①若−a2≥2，即a≤−4，
则gxmin=g(2)=7+a≥0，
∴ a≥−7，
∴ −7≤a≤−4；
②若−2<−a2<2，即−4则gxmin=g(−a2)=3−a−a24≥0，
∴ −6≤a≤2，
∴ −4③若−a2≤−2,即a≥4，
则gxmin=g(−2)=7−3a≥0，
∴ a≤73，
∴ 此时无解；
综上，可得a的取值范围为：−7≤a≤2.
【考点】
函数恒成立问题
二次函数在闭区间上的最值
二次函数的性质
【解析】
(1)由题意可得：x∈R时，x2+ax+3−a≥0恒成立，得到Δ=a2−43−a≤0，求解即可；
(2)原不等式可化为x2+ax+3−a≥0，x∈−2,2，设gx=x2+ax+3−a，则只需gx在x∈−2,2上的最小值大于等于0.分情况讨论a的取值，求函数的最值即可得到答案.
【解答】
解：1∵ 由题意可得：x∈R时，x2+ax+3−a≥0恒成立，
∴ Δ=a2−43−a≤0，
即a2+4a−12≤0，
∴ 取值范围为：−6≤a≤2.
(2)原不等式可化为x2+ax+3−a≥0，x∈−2,2，
设gx=x2+ax+3−a，
开口向上，对称轴为直线x=−a2，
则只需gx在x∈−2,2上的最小值大于等于0.
①若−a2≥2，即a≤−4，
则gxmin=g(2)=7+a≥0，
∴ a≥−7，
∴ −7≤a≤−4；
②若−2<−a2<2，即−4则gxmin=g(−a2)=3−a−a24≥0，
∴ −6≤a≤2，
∴ −4③若−a2≤−2,即a≥4，
则gxmin=g(−2)=7−3a≥0，
∴ a≤73，
∴ 此时无解；
综上，可得a的取值范围为：−7≤a≤2.