湖南省株洲市南方中学2023-2024学年高一数学上学期10月月考试题（Word版附解析）

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这是一份湖南省株洲市南方中学2023-2024学年高一数学上学期10月月考试题（Word版附解析），共5页。试卷主要包含了单选题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分）
1. 集合，，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据交集的定义求解即可.
【详解】因为，所以.
故选：B
2. “，”的否定是（）
A. ，B. ，
C. ，D. 以上都不对
【答案】C
【解析】
【分析】特称量词改成全称量词,等于改成不等于即可.
【详解】这是一个存在量词命题，其否定为全称量词命题，故该命题的否定为，．
【点睛】本题考查了命题的否定,关键是抓住全称量词和特称量词进行互化.属基础题.
3. 不等式4＋3x－x2<0的解集为（）
A. {x|－14或x<－1}
C. {x|x>1或x<－4}D. {x|－4【答案】B
【解析】
【分析】先将二次项系数化为正数，然后根据一元二次不等式的解法，求得不等式的解集.
【详解】不等式4＋3x－x2<0可化为x2－3x－4>0，即(x＋1)(x－4)>0，解得x>4或x<－1.故不等式的解集为{x|x>4或x<－1}.
故选：B
【点睛】本小题主要考查一元二次不等式的解法，属于基础题.
4. 已知，则“”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】D
【解析】
【分析】通过反例可说明充分性和必要性均不成立，由此可得结论.
【详解】当，时，满足，此时；
当，时，满足，此时；
，，
“”是“”的既不充分也不必要条件.
故选：D.
5. 中国宋代的数学家秦九韶曾提出“三斜求积术”，即假设在平面内有一个三角形，边长分别为，三角形的面积可由公式求得，其中为三角形周长的一半，这个公式也被称为海伦-秦九韶公式，现有一个三角形的边长满足，则此三角形面积的最大值为
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】由题意，p＝10，S，利用基本不等式，即可得出结论．
【详解】由题意，p＝10，
S8，
∴此三角形面积的最大值为8．
故选C．
【点睛】本题考查三角形的面积的计算，考查基本不等式的运用，属于中档题．
6. 已知，则（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】把看作一个整体，求的解析式，再求，及即可．
【详解】解：令，，
，即．
；．
故选：．
【点睛】思路点睛：已知的解析式求解解析式的步骤：
（1）令，注意分析的取值范围；
（2）根据，反解出关于的表示；
（3）将的解析式中的都替换为的表示，由此得到的解析式，从而解析式可求.
7. 若函数的定义域为，则函数的定义域为（）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】首先根据函数的定义域求出函数的定义域，然后再列出有意义时所满足的条件，从而可求出函数的定义域.
【详解】因为函数的定义域为，所以，所以，
所以函数的定义域为，
所以要使函数有意义，需满足，解得，
所以函数的定义域为.
故选：B．
8. 实数，，满足且，则下列关系成立的是（）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据等式可变形为，利用完全平方可得大小，由得，做差，配方法比较大小.
【详解】由可得，则，
由可得，利用完全平方可得
所以，
，
，
综上，
故选：D
【点睛】本题主要考查了做差法比较两个数的大小，考查了推理与运算能力，属于难题.
二、多项选择题（本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多个选项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）
9. [多选题]下列四个命题中，是假命题的是（）
A. ，B. ，
C. ，D. ，
【答案】ACD
【解析】
【分析】当时可判断A，D；当时，可判断B；判断，为真命题可判断C；进而可得正确选项.
【详解】当时，，显然不成立，故选项A是假命题；
当时，，故选项B是真命题；
对，恒成立，所以，是假命题，故选项C是假命题；
当时，不成立，故选项D是假命题．
故选：ACD．
10. （多选）已知、均为正实数，则下列不等式不一定成立的是（）
A. B.
C. D.
【答案】AD
【解析】
【分析】A选项，利用基本不等式和可得出该不等式的正误；B选项，将不等式左边展开，然后利用基本不等式可验证该选项中的不等式是否成立；C选项，利用基本不等式以及可验证该选项中的不等式是否成立；D选项，取特殊值验证该选项中的不等式是否成立.
【详解】对于A，，当且仅当时等号同时成立；对于B，，当且仅当时取等号；
对于C，，当且仅当时取等号；
对于D，当，时，，，，
所以.
故选AD.
【点睛】本题考查利用基本不等式验证不等式是否成立，再利用基本不等式时要注意条件“一正、二定、三相等”的成立，考查推理能力，属于中等题.
11. 下列四个不等式中，解集为的是（）
A. B.
C. D.
【答案】BD
【解析】
【分析】
由一元二次不等式的性质，结合各一元二次不等式的判别式、函数开口方向即可判断各选项是否为空集.
【详解】A选项，，所以的解集不可能为空集；
B选项，，而开口向上，所以解集为空集；
C选项，的解集为，所以不为空集；
D选项，当且仅当 a = 2时等号成立，而开口向下，所以为空集；
故选：BD
12. 已知二次函数（为常数）的对称轴为，其图像如图所示，则下列选项正确的有（）
A.
B. 当时，函数的最大值为
C. 关于的不等式的解为或
D. 若关于的函数与关于的函数有相同的最小值，则
【答案】ACD
【解析】
【分析】A选项，由开口方向，与轴交点，及对称轴，求出的正负，得到A正确；B选项，当时，数形结合得到函数随着的增大而减小，从而求出最大值；C选项，结合，化简不等式，求出解集；D选项，配方得到两函数的最小值，从而得到，求出.
【详解】A选项，二次函数图象开口向上，故，
对称轴，故，
图象与轴交点在轴正半轴，故，
所以，故，A正确；
B选项，因为，故，
因为，所以，
当时，随着的增大而减小，
所以时，取得最大值，最大值为，B错误；
C选项，因为，所以，
，
故不等式变形为，
因为，，解得：或，故C正确；
D选项，，当时，取得最小值，最小值为，
，当时，取得最小值，最小值为，
所以，即，所以，
即，故D正确.
故选：ACD
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13. 设函数，已知f(x0)＝8，则x0＝________.
【答案】
【解析】
【分析】由分段函数的意义可得可分为和两种情形，对于最后结果需注意自变量的范围.
【详解】当时，，解得或（舍去）
当时，，解得（舍去），故答案为．
【点睛】本题考查分段函数的应用，正确理解分段函数的概念以及注意自变量的范围是解题关键，属于基础题.
14. 是一个单调递减函数，则实数a的取值范围___
【答案】
【解析】
【分析】先使在和上递减，再使处，解得范围即可.
【详解】当时，图像开口向上，减区间为
所以时在递减，所以；
当时，，所以时在递减，所以；
另外，在处，即，所以；
综上，.
故答案为：.
【点睛】本题考查了分段函数的单调性的应用，属于中档题.
15. 设，则“”是“”______的条件．（填写“充分不必要”，“必要不充分”，“充要”，“既不充分又不必要”）
【答案】必要不充分
【解析】
【分析】分别求出不含参的一元二次不等式和分式不等式的解集，再结合充分必要条件的判定即可.
【详解】由，得，
由，得，解得，
所以，
所以“”“”，反之不成立.
所以“”是“”的必要不充分条件.
故答案为：必要不充分
16. 已知，，则的最大值为________，的取值范围是________．
【答案】 ①. ②.
【解析】
【分析】根据已知条件，对目标式进行变形，结合基本不等式，即可容易求得的范围.
【详解】因为，，所以．
因为，所以，
解得，当且仅当时取等号．
又，
所以，，
解得，所以的取值范围是．
故答案为：；．
【点睛】本题考查利用基本不等式求范围以及最值，属基础题；注意对目标式合理变形.
四、解答题（本题共6小题，共70分．解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）
17. 已知，是实数，求证：成立充要条件是.
【答案】证明见解析
【解析】
【分析】根据充要条件的定义分别证明充分性和必要性即可得到结论．
【详解】解：先证明充分性：
若，则成立．
所以“”是“”成立的充分条件；
再证明必要性：
若，则，
即，
，
，
，
，
即成立．
所以“”是“”成立的必要条件
综上：成立的充要条件是．
18. 已知集合，集合.
（1）若，求实数m的值；
（2）若，求实数m的取值范围．
【答案】（1）
（2）{或}
【解析】
【分析】（1）根据交集的概念计算即可；
（2）根据集合的关系及补集运算，分类讨论计算即可.
【小问1详解】
因为，，且，
所以，此时，符合题意，
故；
【小问2详解】
显然，即，此时{或}，
若，则有或，
解之得{或}.
19. 使不等式对一切实数恒成立的的取值范围记为集合，不等式的解集为．
（1）求集合；
（2）若“”是“”的充分条件，求实数的取值范围．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）根据一元二次不等式恒成立，利用判别式即可求解，
（2）分类讨论求解含参的一元二次不等式的解，根据子集关系即可求解.
【小问1详解】
因为对一切实数恒成立，
所以，
所以，所以集合．
【小问2详解】
若“”是“”的充分条件，则，
因为，
所以
当，即，，满足题意，
当，即，，
由（1）知，所以，
所以，所以．
当，即，
所以，所以，所以，
综上所述，实数的取值范围
20. 解关于x的不等式：．
【答案】答案见解析.
【解析】
【分析】分、、、、、、七种情况讨论即可.
【详解】当时，不等式化为，解得
若，则原不等式可化为，
当时，，解得或
当时，不等式化为，解得且
当时，，解得或
若，则不等式可化为
当时，，解得
当时，不等式可化为，其解集为
当时，，解得
综上，当时，不等式的解集为
当时，不等式的解集为
当时，不等式的解集为
当时，不等式的解集为
当时，不等式的解集为或
当时，不等式的解集为且
当时，不等式的解集为或
【点睛】本题考查的是含参的分式不等式的解法，考查了分类讨论的思想，属于中档题.
21. 为响应国家提出的“大众创业，万众创新”的号召，小王同学大学毕业后，决定利用所学专业进行自主创业．经过市场调查，生产某小型电子产品需投入年固定成本为2万元，每生产万件，需另投入流动成本为万元．在年产量不足8万件时，（万元）；在年产量不小于8万件时，．每件产品售价为6元．假设小王生产的商品当年全部售完.
（1）写出年利润（万元）关于年产量x（万件）的函数解析式（注：年利润=年销售收入-固定成本-流动成本）；
（2）年产量为多少万件时，小王在这一商品的生产中所获利润最大？最大利润是多少？
【答案】（1）
（2）当时，取得最大值15（万元）
【解析】
【分析】根据年利润＝销售额﹣投入的总成本﹣固定成本，分和当两种情况得到的分段函数关系式；(2）当时根据二次函数求最大值的方法来求利润最大值，当时，利用基本不等式来求的最大值，最后综合即可．
【小问1详解】
因为每件产品售价为6元，则x（万件）商品销售收入为万元，
依题：当时，
当时，，
所以；
【小问2详解】
当时，，
此时，当时，取得最大值（万元）；
当时，，
当且仅当，即时，等号成立，
即当时，取得最大值15（万元），
因为，所以当产量为10（万件）时，利润最大，为15万元.
22. 已知函数对一切实数，都有成立，且．
（1）求的值；
（2）求的解析式；
（3）已知，设：当时，不等式恒成立；：在上单调．如果使成立a的集合记为，使成立的a的集合记为，求．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）利用特殊值法，令、，根据题设条件运算即可得解.
（2）利用特殊值法，令，根据题设条件和（1）中结果运算即可得解.
（3）利用一元二次不等式的解法、一元二次函数的图象与性质、分离常数法、集合的运算分析运算即可得解.
【小问1详解】
解：∵对一切实数，都有，，
∴令、，得，解得：.
【小问2详解】
解：∵对一切实数，都有，
∴令，得，
又∵由（1）知，
∴，.
【小问3详解】
解：（i）当时，不等式恒成立，即恒成立，
令，对称轴为，
∴当时，是减函数，则，
∴由可得，即.
（ii），对称轴为，
∵在上单调，
∴或，解得：或，
即，
∴，