1、【全国百强校】山东省寿光现代中学2019-2020学年高一上学期10月月考数学试题（教师版）

这是一份1、【全国百强校】山东省寿光现代中学2019-2020学年高一上学期10月月考数学试题（教师版），共7页。试卷主要包含了选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

2019~2020学年度高一年级模块检测试题

高一数学
满分150分　时间:120分钟
第Ⅰ卷(选择题,共60分)
一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60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.(★)若集合A={x∈N|x≤10},a=22,则下面结论中正确的是(　　)
A.{a}⊆A　　B.a⊆A　　C.{a}∈A　　D.a∉A
1.
考点　元素与集合的关系、集合与集合的关系.
解析　由题意知A={0,1,2,3},显然a∉A.故选D.
答案　D
易错警示　⊆用于集合与集合之间的关系,∈、∉用于元素与集合之间.
2.(★)已知命题p:“∃x∈N,x2≤0”,则¬p为(　　)
A.∃x∈N,x2≤0 B.∃x∈N,x2>0
C.∃x∈N,x2>0 D.∀x∈N,x2>0
2.
考点　存在量词命题的否定.
解析　存在量词命题的否定是全称量词命题,故¬p为∀x∈N,x2>0.
答案　D
3.(★)下面四个条件中,使a>b成立的必要而不充分条件是(　　)
A.a-1>b B.a+1>b C.|a|>|b| D.1a<1b
3.2.1等式性质与不等式性质
考点　充分条件与必要条件、不等式的性质.
解析　对于A,∵a>b⇒a-1>b,a-1>b⇒a>b,∴a-1>b是a>b的充分而不必要条件,∴A错误;
对于B,∵a>b⇒a+1>b,a+1>b⇒a>b,a+1>b是a>b的必要而不充分条件,∴B正确;
对于C,∵a>b⇒|a|>|b|,|a|>|b|⇒a>b,∴|a|>|b|是a>b的既不充分也不必要条件,∴C错误;
对于D,∵a>b⇒1a<1b,1a<1b⇒a>b,∴1a<1b是a>b的既不充分也不必要条件,∴D错误.
答案　B
易错警示　本题的易错点有两处:(1)不理解充分条件与必要条件的概念;(2)本题要求的是a>b的必要而不充分条件,而不是求a>b是哪个关系的必要而不充分条件.
4.(★)已知集合A={1,3,a},B={1,a2-a+1},若B⊆A,则实数a=(　　)
A.-1 B.2
C.-1或2 D.1或-1或2
4.
考点　集合间的基本关系;集合中元素的互异性.
解析　∵B⊆A,∴a2-a+1=3或a2-a+1=a.
当a2-a+1=3时,解得a=-1或a=2.
若a=-1,则A={1,3,-1},B={1,3},满足条件;
若a=2,则A={1,3,2},B={1,3},满足条件.
当a2-a+1=a时,解得a=1,此时集合A不满足元素的互异性,故舍去.
综上,a=-1或2.故选C.
答案　C
5.(★★)设a,b,c,d∈R,且a>b,c>d,则下列结论中正确的是(　　)
A.a+c>b+d B.a-c>b-d
C.ac>bd D.ad>bc
5.
考点　不等式的性质.
解析　由a>b,c>d⇒a+c>b+d.故选A.
答案　A
一题多解　可用特殊值验证.不妨取a=1,b=0,c=-1,d=-2,则a-c=2,b-d=2,排除B;ac=-1,bd=0,排除C;ad=-12,bc=0,排除D.故选A.
6.(★★)不等式组x+5<5x+1,x-m>1的解集是{x|x>1},则m的取值范围是(　　)
A.m≥1 B.m≤1 C.m≥0 D.m≤0
6.
考点　已知不等式组的解集求参数.
解析　x+5<5x+1,①x-m>1,②由①得x>1,由②得x>1+m,
∴x>1,x>1+m⇒x>1.∴1+m≤1,∴m≤0,故选D.
答案　D
7.(★★)已知全集U={x∈Z|0 A.M∩(∁UN) B.∁U(M∩N)
C.∁U(M∪N) D.(∁UM)∩N
7.
考点　集合的基本运算;一元二次方程的解.
思路分析　写出全集U与集合N→依次写出各选项表示的集合→得出结果.
解析　由题意得U={1,2,3,4,5,6,7},N={2,6},又M={2,3,5},∴M∩(∁UN)={2,3,5}∩{1,3,4,5,7}={3,5};
∁U(M∩N)={1,3,4,5,6,7};∁U(M∪N)={1,4,7};
(∁UM)∩N={1,4,6,7}∩{2,6}={6}.故选C.
答案　C
8.(★★)已知集合A={1,2,3},B={x|x2-3x+a=0,a∈A},若A∩B≠⌀,则a的值为(　　)
A.1 B.2 C.3 D.1或2
8.
考点　由集合间的关系求参数的值.
解析　∵a∈A,∴a=1或2或3.当a=1时,x2-3x+1=0,解得x=3±52,∴B=3+52,3−52,A∩B=⌀.当a=2时,x2-3x+2=0,解得x=1或2,∴B={1,2},此时,A∩B={1,2}≠⌀.当a=3时,x2-3x+3=0,无实数解,∴B=⌀,此时A∩B=⌀.综上,a=2.故选B.
答案　B
主编点评　将a=1,2,3依次代入,逐个验证即可.
9.(★★)已知集合A={x∈N|x2+2x-3≤0},B={C|C⊆A},则集合B中元素的个数为(　　)
A.2 B.3 C.4 D.5
9.
考点　集合间的基本关系;一元二次不等式.
思路分析　写出集合A→写出集合B→得出集合B中元素的个数.
解析　A={x∈N|x2+2x-3≤0}={x∈N|(x-1)(x+3)≤0}={x∈N|-3≤x≤1}={0,1}.
集合B表示的是集合A的子集组成的集合,故B={⌀,{0},{1},{0,1}},故集合B中元素的个数为4.故选C.
答案　C
解题关键　本题的解题关键是弄清集合B的含义,集合B表示的是集合A的所有子集构成的集合,所以本题的实质是求集合A的子集的个数.
10.(★★)若“x>2m2-3”是“-1 A.[-1,1] B.[-1,0] C.[1,2] D.[-1,2]
10.
解析　∵“x>2m2-3”是“-1 ∴(-1,4)⊆(2m2-3,+∞),∴2m2-3≤-1,解得-1≤m≤1.故选A.
答案　A
一题多解　解法一:在数轴上表示出集合A与集合B,其中,A={x|x>2m2-3},B={x|-1
∵“x>2m2-3”是“-1 ∴2m2-3≤-1,解得-1≤m≤1.故选A.
解法二:可用排除法.取m=2,此时“x>5”是“-1-1”是“-1 11.(★★)若方程组x-y-k=0,(x-1)2+y2=2的解集有两个元素,则实数k的取值范围是(　　)
A.-1 C.k≤-1或k≥3 D.k<-1或k>3
11.
考点　方程组的解的个数问题.
思路分析　x-y-k=0→y=x-k→把y=x-k代入(x-1)2+y2=2→得出关于x的一元二次方程→方程组的解集有两个元素即关于x的一元二次方程有两个相异的实数根→Δ>0→得到关于k的一元二次不等式,解不等式即可.
解析　x-y-k=0,①(x-1)2+y2=2,②　由①得y=x-k③,将③代入②,得(x-1)2+(x-k)2=2,整理得2x2-(2+2k)x+k2-1=0.方程组x-y-k=0,(x-1)2+y2=2的解集有两个元素,则方程2x2-(2+2k)x+k2-1=0有两个不相等的实根,∴Δ=[-(2+2k)]2-4×2×(k2-1)=-4k2+8k+12>0,解得-1 答案　A
拓展链接　本题的考查角度还可以是几何方面的,原题意还可转化为直线与圆的位置关系,解集有两个元素,说明直线与圆的位置关系为相交,即圆心到直线的距离小于半径.
12.(★★★)若实数a≠b,且a,b满足a2-8a+5=0,b2-8b+5=0,则b-1a-1+a-1b-1的值为(　　)
A.-20 B.1 C.2或-20 D.2或20
12.
考点　一元二次方程的根.
思路分析　根据条件知a、b为一元二次方程x2-8x+5=0的两根→得出a+b与ab的值→将b-1a-1+a-1b-1化为(a+b)2-2ab-2(a+b)+2ab-(a+b)+1,代入求值.
解析　∵a≠b,且a2-8a+5=0,b2-8b+5=0,
∴a,b为方程x2-8x+5=0的两根,
∴a+b=8,ab=5.
∴b-1a-1+a-1b-1=(b-1)2+(a-1)2(a-1)(b-1)=a2+b2-2(a+b)+2ab-(a+b)+1=(a+b)2-2ab-2(a+b)+2ab-(a+b)+1=82-2×5-2×8+25−8+1=-20.故选A.
答案　A
解题关键　解本题的关键是将题意转化为a、b是方程x2-8x+5=0的两根,继而根据根与系数的关系得出a+b与ab的值,从而求解.
第Ⅱ卷(非选择题,90分)
二、填空题(本大题共4小题,每小题4分,共20分)
13.(★)设集合A={x||x-1|<2},B={y|y=2x,x∈[0,2]},则A∩B=　　　　. 
13.
考点　绝对值不等式的解法,函数的值域,集合的基本运算.
思路分析　求两个连续集合的交集运算,可画出数轴.
解析　A={x||x-1|<2}={x|-2 在同一数轴上表示出集合A,B,如图所示.

由数轴可得A∩B={x|0≤x<3}.
答案　{x|0≤x<3}
14.(★)若x2+Ax+B=(x-3)(x+5),则3A-B的值等于　　　　. 
14.
考点　等式的性质.
解析　x2+Ax+B=(x-3)(x+5)=x2+2x-15,∴A=2,B=-15,∴3A-B=6+15=21.
答案　21
15.(★★)已知两实数a=-2x2+2x-10,b=-x2+3x-9,a,b分别对应数轴上两点A,B,则点A在点B的　　　　(填“左边”或“右边”). 
15.
考点　二次函数的值域;比较大小.
解析　a-b=-2x2+2x-10-(-x2+3x-9)=-x2-x-1=-x+122-34,
∴a-b<0恒成立,即a 答案　左边
解题关键　本题的实质是比较a与b的大小,a>b,则点A在点B右边,a 16.(★★★)《算学宝鉴》中记载了我国南宋数学家杨辉提出的一个问题.“直田积八百六十四步,之云阔不及长一十二步,问阔及长各几步?”经计算可得,长　　　步,宽　　　　步. 
16.
考点　一元二次方程的解法
思路分析　设出长,可得宽→根据题意列方程→解方程并根据实际进行取舍.
解析　设矩形田地的长为x步,则宽为(x-12)步,根据题意可得x(x-12)=864,即x2-12x-864=0,解得x1=36,x2=-24(舍去),∴x-12=24.即长36步,宽24步.
答案　36;24
素养提升　本题以数学文化为背景,是一个简单熟悉的情境,解题的关键是从题目中总结概括出数学模型,并解数学模型,体现了数学建模的核心素养.
三、解答题本大题共6小题,满分70分,写出必要文字说明和演算步骤
17.(★★)(本题满分10分)设全集为R,A={x|2≤x<4},B={x|3x-7≥8-2x}.
(1)求A∪(∁RB).
(2)若C={x|a-1≤x≤a+3},A∩C=A,求实数a的取值范围.
17.
考点　集合的基本运算,已知集合间的关系求参数.
思路分析　(1)先写出集合B,再根据集合的基本运算的法则求解.
(2)由A∩C=A可得A⊆C,然后求解.
解析　(1)B={x|3x-7≥8-2x}={x|x≥3}.(1分)
∴∁RB={x|x<3},(2分)
∴A∪(∁RB)={x|x<4}.(3分)
(2)∵A∩C=A,∴A⊆C.(5分)
在同一数轴上作出集合A与集合C,如图所示.
(6分)
由数轴可得,a-1≤2,a+3≥4,(8分)
解得1≤a≤3.(9分)
∴实数a的取值范围为[1,3].(10分)
思想方法　本题应用了数形结合思想,由数轴列不等式组,解不等式组得a的取值范围.
18.(★★)(本题满分12分)求下列关于x的方程的解集:
(1)ax=b,
(2)x2+ax+1=0.(其中a,b是常数)
18.
考点　一元一次方程的解法;一元二次方程的解法.
思路分析　(1)根据a,b的取值情况分类讨论.
(2)根据a的取值情况分类讨论.
解析　(1)当a=0,b=0时,方程的解集为R;(1分)
当a=0,b≠0时,方程的解集为⌀;(3分)
当a≠0时,方程的解集为ba.(5分)
(2)易知Δ=a2-4,
当Δ>0,即a>2或a<-2时,方程的解集为-a-a2-42,-a+a2+42,(7分)
当Δ=0时,a=2或a=-2.
若a=2,则方程的解集为{-1};(9分)
若a=-2,则方程的解集为{1};(11分)
当Δ<0,即-2 易错警示　在第(1)问中,对a分类讨论时,忘记考虑b的取值,当a=0时,b是不是0,结果是不同的.
19.(★★★)(本题满分12分)(1)已知a>0,b>0,且a≠b,比较a2b+b2a与a+b的大小;
(2)用反证法证明:若a、b、c∈R,且x=a2-2b+1,y=b2-2c+1,z=c2-2a+1,则x、y、z中至少有一个不小于0;
(3)用分析法证明:6-5<2-3.
19.
考点　不等式的性质.
思路分析　(1)用作差法比较.
(2)先假设x、y、z均小于0,然后导出矛盾,最后得出结论.
(3)用分析法证明就是寻找其成立的充分条件,直到有个显然易见的条件即可.
解析　(1)a2b+b2a-(a+b)=a2b-b+b2a-a=a2-b2b+b2-a2a
=(a2-b2)1b-1a=(a2-b2)·a-bab=(a-b)2(a+b)ab.(2分)
∵a>0,b>0,且a≠b,∴(a-b)2>0,a+b>0,ab>0,
∴a2b+b2a-(a+b)>0,(3分)
∴a2b+b2a>a+b.(4分)
(2)证明:假设x、y、z均小于0,即
x=a2-2b+1<0,①y=b2-2c+1<0,②
z=c2-2a+1<0,③(5分)
①+②+③得x+y+z=(a-1)2+(b-1)2+(c-1)2<0,(6分)
这与(a-1)2+(b-1)2+(c-1)2≥0矛盾,即假设不成立,(7分)
∴x、y、z中至少有一个不小于0.(8分)
(3)证明:∵6+3>0,2+5>0,
∴若要证6-5<2-3,只需证6+3<2+5,(9分)
即需证(6+3)2<(2+5)2,(10分)
即需证9+218<9+45,即需证218<45,
即需证18<20.(11分)
∵18<20显然成立,∴6-5<2-3.(12分)
题型归纳　(1)作差法是比较两个实数、代数式大小的常用方法,解题关键是能够进行合理变形,使作差后的式子能够和0比较大小,类似的还有作商法,其关键是作商后能与1比较大小.
(2)反证法是在正向证明较复杂时而采用的一种方法,反证法的关键是导出与已知公理,定理、常识或已知条件相矛盾的事实,从而推翻假设,使问题得到证明.
(3)分析法证明是逐次寻找要证明的事实的充分条件,直到找到不需证明就可知道的一个事实即可.
20.(★★)(本题满分12分)有A、B两种型号台灯,若购买2台A型台灯和6台B型台灯共需610元,若购买6台A型台灯和2台B型台灯共需470元.
(1)求A、B两种型号台灯每台分别多少元;
(2)采购员小红想采购A、B两种型号台灯共30台,且总费用不超过2200元,则最多能采购B型台灯多少台?
20.
考点　等式性质与不等式性质,不等式的实际应用.
解析　(1)设A种型号台灯每台x元,B种型号台灯每台y元,(2分)
则2x+6y=610,6x+2y=470,解得x=50,y=85.(5分)
答:A种型号台灯每台50元,B种型号台灯每台85元.(6分)
(2)设购买B种型号台灯a台,(7分)
则50(30-a)+85a≤2200,(9分)
解得a≤20.(11分)
答:最多能购买B种型号台灯20台.(12分)
素养提升　本题的解题关键是在题目中提炼出数学模型,找到等量与不等关系,体现了数学建模的核心素养.
21.(★★★)(本题满分12分)已知m∈R,命题p:对于任意x∈[0,1],不等式2x-2≥m2-3m恒成立;命题q:存在x∈[-1,1],使得m≤ax成立.
(1)若p为真命题,求m的取值范围;
(2)当a=1时,若p,q有且只有一个真命题,求实数m的取值范围.
21.
考点　全称量词命题与存在量词命题的真假判断,已知命题的真假,求参数的范围.
思路分析　(1)不等式2x-2≥m2-3m恒成立,即2x-2(x∈[0,1])的最小值大于或等于m2-3m.
(2)p,q有且只有一个真命题即p,q一真一假,需分情况讨论.
解析　(1)∵对任意x∈[0,1],不等式2x-2≥m2-3m恒成立,
∴(2x-2)min≥m2-3m,x∈[0,1].(2分)
∴-2≥m2-3m,即m2-3m+2≤0,(3分)
即(m-1)(m-2)≤0,解得1≤m≤2.(4分)
即当p为真命题时,1≤m≤2.(5分)
(2)对于q:∵a=1,且存在x∈[-1,1],使得m≤ax成立,
∴m≤(x)max,x∈[-1,1].(6分)
∴当q为真命题时,m≤1.(7分)
∵p、q有且只有一个真命题,
∴p真q假或p假q真.(8分)
当p真q假时,1≤m≤2,m>1,解得1 当p假q真时,m<1,或m>2,m≤1,解得m<1.(11分)
综上,m的取值为(-∞,1)∪(1,2].(12分)
素养提升　本题体现了逻辑推理的核心素养,彰显了分类讨论的思想方法,同时训练了任意和存在的思想在不等式中的应用.
22.(★★★)(本题满分12分)已知x1,x2是一元二次方程4kx2-4kx+k+1=0的两个实数根.
(1)是否存在实数k,使(2x1-x2)(x1-2x2)=-32成立?若存在,求出k的值;若不存在,请说明理由;
(2)求使x1x2+x2x1-2的值为整数的实数k的整数值.
22.
考点　一元二次方程的根与系数的关系,一元二次方程中的参数问题.
思路分析　(1)假设存在实数k,由Δ>0求出k的取值范围,再由根与系数的关系得到x1+x2与x1x2的值,然后代入(2x1-x2)(x1-2x2)=-32中,求得k的值,验证是否满足题意.
(2)将x1x2+x2x1-2化为只含k的代数式,令其为整数,求得k的值,再根据条件进行取舍.
解析　(1)假设存在实数k,使(2x1-x2)(x1-2x2)=-32成立.
∵一元二次方程4kx2-4kx+k+1=0有两个实根,
∴4k≠0,Δ=(−4k)2-4×4k×(k+1)=−16k≥0,解得k<0.
又x1,x2是一元二次方程4kx2-4kx+k+1=0的两个实根,
∴x1+x2=1,x1·x2=k+14k.
∴(2x1-x2)(x1-2x2)=2(x12+x22)-5x1x2=2(x1+x2)2-9x2x2
=2-9(k+1)4k=-k+94k=-32,解得k=95.
又k<0,∴k=95不满足题意,
∴不存在实数k,使(2x1-x2)(x1-2x2)=-32成立.
(2)∵x1x2+x2x1-2=x12+x22x1x2-4=(x1+x2)2-2x1x2x1x2=4kk+1-4=-4k+1,
∴要使其为整数,只需k+1能被4整除,故k+1=±1,±2,±4,又k<0,∴k=-2,-3,-5.
易错警示　(1)本题易错之处在于忽略k的范围,方程有两根意味着需满足Δ>0.