2022-2023学年辽宁省部分学校高一上学期10月月考数学试题含解析

2022-2023学年辽宁省部分学校高一上学期10月月考数学试题

一、单选题

1．设集合，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】根据集合的交集运算以及区间的表示即可求出．

【详解】因为，，所以．

故选：C．

2．已知命题：有些无理数不是实数，则为（    ）

A．有些无理数是实数 B．无理数都不是实数

C．无理数不都是实数 D．无理数都是实数

【答案】D

【分析】由存在量词命题的否定为全称量词命题，即可得出答案.

【详解】存在量词命题的否定为全称量词命题．

因为命题：有些无理数不是实数，

所以为：无理数都是实数.

故选：D.

3．不等式的解集为（    ）

A． B． C． D．

【答案】D

【分析】根据分式的性质，结合一元二次不等式的解法进行求解即可.

【详解】不等式等价于，解得或．

故选：D

4．在平行四边形中，“”是“四边形是正方形”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】B

【分析】由充分必要条件得概念判断即得.

【详解】在平行四边形中，由四边形是正方形，可以推出，

由，只能推出四边形是长方形，

所以“”是“四边形是正方形”的必要不充分条件．

故选：B.

5．已知，，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据作差法以及二次函数的性质即可求出.

【详解】因为,,所以,即.

故选：A.

6．已知关于的不等式的解集为，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据一元二次不等式的解集性质，结合一元二次方程根与系数的关系进行求解即可.

【详解】由题意得，2是关于的方程的两个不等实根，所以解得所以．

故选：A

7．如图，全集，，，则阴影部分表示的集合是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据阴影部分表示，再根据一元二次不等式的解法，并集、补集的运算即可求出．

【详解】由题意得或，所以或，所以或，故阴影部分表示的集合是．

故选：B．

8．已知函数的定义域为，且满足，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】C

【分析】对于求函数解析式的题目，可使用方程组法，将原方程与令后得到得方程组成方程组，解出即可

【详解】因为①，

所以②，

得，

即，

所以．

故选：C.

二、多选题

9．下列各组函数中，两个函数为同一函数的是（    ）

A．和 B．和

C．和 D．和

【答案】AB

【分析】函数相同的要求:定义域相同，值域相同，解析式相同.

【详解】和的定义域均为，值域均为，解析式一致，A正确．

和的定义域和值域均为，解析式一致，B正确．

和的定义域和值域均为，但解析式不同，C错误．

的定义域为，的定义域为，D错误．

故选:AB

10．定义运算:. 则 “”的充分不必要条件可以是（    ）

A． B． C． D．或

【答案】ACD

【分析】根据定义运算以及一元二次不等式的解法求得不等式的解，结合充分不必要条件的知识求得正确答案.

【详解】由题意得，

解得或，

所以“”、“”、“或”是“”的充分不必要条件.

故选：ACD

11．若，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】BCD

【分析】根据不等式的基本性质，结合放缩法、差比法逐一判断即可.

【详解】易得，A错误．由，得，，所以，即，B正确．，由，得，，所以，即，C正确．因为，，，所以，D正确．

故选：BCD

【点睛】关键点睛：运用放缩法是解题的关键.

12．已知函数的定义域为，，，且，，则（    ）

A． B．

C． D．

【答案】ABD

【分析】根据函数单调性的定义可得单调递减，然后根据函数的单调性逐项分析即得.

【详解】设，则，即，

令，则，所以在上单调递减，

由，得，即，A正确；

因为，所以，

即，B正确；

因为，所以，C错误；

因为（当且仅当，即时，等号成立），

所以，D正确．

故选：ABD.

三、填空题

13．不等式的解集为，则______．

【答案】

【分析】根据不等式性质可知，为方程的根，带入计算即可得出值.

【详解】由题意得是关于的方程的根，所以，即．

故答案为：−5

14．已知函数的定义域为，则函数的定义域为______．

【答案】

【分析】根据复合函数的定义域的性质进行求解即可.

【详解】因为的定义域为，

所以有，即，

所以函数的定义域为，

所以，得，

则函数的定义域为，

故答案为：

15．已知函数，若在上单调递减，则的取值范围为______．

【答案】

【分析】由题意可得，解不等式组即可得出答案.

【详解】由题意得,即，

解得：．

所以的取值范围为.

故答案为：.

四、解答题

16．已知集合，．

(1)若，求的值；

(2)若，求的值．

【答案】(1)或；

(2).

【分析】（1）根据并集的定义可得，，即可解出；

（2）根据交集的定义可知，，再根据集合的互异性即可解出.

【详解】(1)由题意得，得或．

(2)由题意得，所以，即或．

又，所以．故．

17．已知：，，：，．

(1)若为假命题，求的取值范围；

(2)若均为真命题，求整数的最小值．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）先将特称命题改成全称命题后进行求解；

（2）分别求出为真命题时的取值范围，然后取交集即可.

【详解】(1)由题意得“，”为真命题，

所以，得，即的取值范围为．

(2)因为，所以，又为真命题，所以．由（1）可知，所以结合可知，故整数的最小值为6．

18．已知函数，且，．

(1)求的解析式；

(2)判断在上的单调性，并用定义证明．

【答案】(1)；

(2)单调递增，证明见解析.

【分析】（1）由题可得即可求出，得到的解析式；

（2）根据单调性的定义即可判断证明.

【详解】(1)由题意，得，即,

解得：，．故．

(2)方法一：在上单调递增．

证明：，，且，则．

由，得，，，

所以，即．故在上单调递增．

方法二：在上单调递增．

证明：，，且，则．

由，得，，所以．故在上单调递增．

19．设集合，，在①，②这两个条件中任选一个，补充在下面的横线上并解答．

(1)写出一个的非空真子集；

(2)若______，求的取值范围．

注：若选择两个条件分别解答，则按第一个解答计分．

【答案】(1)（答案不唯一）；

(2)答案见解析．

【分析】（1）先根据一元二次不等式的解法求出集合,再根据补集的运算以及真子集的定义即可解出；

（2）若选①，由条件可知，，再根据集合的包含关系即可求出；若选②，由条件可知，，再根据集合的包含关系即可求出.

【详解】(1)由，得或，所以或，

．故的非空真子集可以为．

备注：答案不唯一．

(2)若选①：由可得，，

当时，，得；

当时，由或得．

故的取值范围为或．

若选②：由，得．

当时，，得；

当时，由得．故的取值范围为．

20．已知，，，且，证明：

(1)；

(2)．

【答案】(1)证明见解析

(2)证明见解析

【分析】（1）（2）由均值不等式证明，

【详解】(1)由题意得，

所以

，

当且仅当时，等号成立．

(2)因为，所以，即．

同理可得，，

所以，

当且仅当时，等号成立．

21．已知函数，，．设函数.

(1)若，求的最小值；

(2)若的最小值小于，求的取值范围．

【答案】(1)

(2)

【分析】（1）当时，求出的解析式，作出的图象，由图可知的最小值；

（2）求出的解析式，且，图象的对称轴分别为直线，．讨论，，得出的单调性，即可求出的最小值，解出的最小值小于时的取值范围，即可得出答案.

【详解】(1)由题意可得，当时，，

当时，，

所以

当时，作出的图象，如图1：

由图可知的最小值为．

(2)

且，图象的对称轴分别为直线，．

①如图2，当，即时，在上随的增大而减小，在上随的增大而增大，所以，由，解得，故．

②如图3，当，即时，在上随的增大而减小，在上随的增大而增大，所以，则，解得，故．

③如图4，当，即时，在上随的增大而减小，在上随的增大而增大，所以，由，解得，故．

综上，的取值范围为．

五、双空题

22．若，，且，则的最小值为______，此时______．

【答案】         

【分析】将原等式中字母b用a来表示，即化简为，代入到9a+b中，将9a+3看作一个整体，即可用基本不等式解答.

【详解】由题意得，

所以，

当且仅当，即时，等号成立．

故答案为：①；②.