数学-河南省实验中学2024-2025学年高一上学期10月第一次月考

河南省实验中学2024—2025学年高一年级上期月考一数学考试时间：120分钟分值：150分出题人：贾玉明审题人：杨辉涛一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上。x21．已知集合Ax|0，BxZ|1x5，则AB（）x2A．1,2B．1,0,1,2C．1,2D．1,0,12．已知a,b都是正数，则“ab4”是“abab”的（）A．充分不必要条件B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分又不必要条件f(2x1)3．已知函数yf(x)的定义域为[2，3]，则函数y的定义域为()x133A．[,1]B．[,1)(1,1]22C．[3，7]D．[3，1)(1，7]4．已知xyz，xyz0，则下列不等式一定成立的是（）A．xyyzB．xyxzC．xzyzD．x|y||y|z5．函数f(x)|x1|1的图象是()A．B．C．D．x1116．若函数f(x)，则f1f2f3f50fff（）x1235099101A．50B．49C．D．22147．设maxa,b表示a与b的最大值，若x，y都是正数，zmaxxy,，则z的最xy小值为（）A．22B．3C．8D．9x48．已知函数fxa,gxx4x8，若对x4,,x，x28x2512x34,，使得gx2fx1gx3，则a的取值范围是（）11113A．2,B．2,C．,D．,6666二、多选题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分。每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全得部分分，有选错的得0分。89．已知全集UAB，集合A1,3,4，B{xN|N}，则（）xA．集合A的真子集有8个B．1UC．ðUABD．U中的元素个数为510．下列不等式恒成立的是（）2222ababA．ab2ab,(a,bR)B．,(a0,b0)22bmb1C．,(ab0,m0)D．x3,(x1)amax111．已知a，b为正实数，且ab2ab16，则（）A．ab的最大值为8B．2ab的最小值为8112C．ab的最小值为623D．的最小值为a1b22三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计15分。212．已知集合A1,a,b，Ba,a,ab，若AB，则a2023b2022.213．若命题“x0R,(m1)x0(m1)x010”是假命题，则实数m的取值范围是.214．设关于x的不等式ax8(a1)x7a16…0(aZ)，只有有限个整数解，且0是其中一个解，则a的取值是，全部不等式的整数解的和为．（第一空2分，第二空3分）四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。15．（13分）设集合Px2x3，Qx3axa1.(1)若Q且QP，求a的取值范围；(2)若PQ，求a的取值范围.16．（15分）已知函数fxkx22k1x2．(1)若不等式fx0的解集为1,2，求f(x)的表达式；(2)解关于x的不等式fx0．17.（15分）已知二次函数f（x）＝ax2+bx+c且f（﹣1）＝0，f（1）＝1．是否存在常数a，b，c使1得不等式xf(x)（x21）对一切实数x都成立？若存在，求出实数a，b，c的值；2若不存在，请说明理由．18.（17分）某蛋糕店推出两款新品蛋糕，分别为薄脆百香果蛋糕和朱古力蜂果蛋糕，已知薄脆百香果蛋糕单价为x元，朱古力蜂果蛋糕单位为y元，现有两种购买方案：方案一：薄脆百香果蛋糕购买数量为a个，朱古力蜂果蛋糕购买数量为b个，花费记为S1;方案二：薄脆百香果蛋糕购买数量为b个，朱古力蜂果蛋糕购买数量为a个，花费记为S2．（其中yx4,ba4）(1)试问哪种购买方案花费更少？请说明理由；4(2)若a，b，x，y同时满足关系y2x2x4,b2a，求这两种购买方案花费的差a4值S最小值（注：差值S花费较大值-花费较小值）．19.（17分）已知定义在R上的函数hx满足：h12；x,yR，均有hxhxyy2xy，①②gx函数gxaxb，若曲线gx与hx恰有一个交点且交点横坐标为1，令fx.hx(1)求实数a,b的值及fx；(2)判断函数fx在区间0,上的单调性，并说明理由；(3)已知0x1x2，且fx1fx2，证明：x1x22.高一上期数学月考一参考答案：题号12345678910答案BBBBCCBACDABD题号11答案ABC12．113．1,514．1或2；103a22115．【详解】（1）因为QP，且Q，所以a13，解得，a，323aa121综上所述，a的取值范围为,.32（2）由题意，需分为Q和Q两种情形进行讨论：1当Q时，3aa1，解得，a，满足题意；2a123a3当Q时，因为PQ，所以，解得a3，或无解；3aa13aa11综上所述，a的取值范围为,3,.216．【详解】（1）∵fx0的解集为1,2，∴1，2是方程fx0的根且k0，k2k120∴，4k42k120∴k1，∴fxx23x2．（2）当k0时，fxx2，∵fx0，∴x20，∴x2；1当k0时，fxx2kx1，即x2kx10，即kx2x0，k111当k0时，x2x0，∴x2或x；当k0时，x2x0，kkk1（ⅰ）当k时，无解；211（ⅱ）当k时，x2；2k11（ⅲ）当0k时，2x；2k1综上所述：当k0时，不等式的解集为{x|x2或x}，k当k0时，不等式的解集为xx2，11当0k时，不等式的解集为x|2x，2k1当k时，不等式的解集为，211当k时，不等式的解集为x|x2．2k17.解：∵f（﹣1）＝0且f（1）＝1∴a﹣b+c＝0且a+b+c＝1．联解可得b＝，c＝﹣a．函数表达式化简为：f（x）＝ax2+x+﹣a．设存在常数a，b，c使得不等式对一切实数x都成立可得x≤ax2+x+﹣a≤对一切xR成立，∈化简得恒成立，即解之得a＝，可得c＝﹣a＝．∴存在常数a＝，b＝，c＝，使得不等式对一切实数x都成立．18．【详解】（1）解：方案一的总费用为S1axby（元）；方案二的总费用为S2bxay（元），由S2S1bxay(axby)a(yx)b(xy)(yx)(ab)，因为yx4,ba4，可得yx0,ab0，所以(yx)(ab)0，即S2S10，所以S2S1，所以采用方案二，花费更少.4（2）解：由（1）可知S1S2yxbax2x4a，a4令tx4，则xt24，所以x2x4t22t4(t1)233，当t1时，即x5时，等号成立，444又因为a4，可得a40，所以a(a4)42(a4)48，a4a4a44当且仅当a4时，即a6,b14时，等号成立，a4所以差S的最小值为3824，当且仅当x5,y8,a6,b14时，等号成立，所以两种方案花费的差值S最小为24元.19．【详解】（1）解：由x,yR，均有hxhxyy2xy且h12，令xy1，可得h01，令yx，可得hxx21.因为曲线gx与恰有一个交点且交点横坐标为1，所以g1ab2，ℎ�又因为曲线gx与恰有一个交点，所以x2ax1b0有两个相等的实数根，2ℎ�则Δa41b0，因为ab2，可得a24a40，解得a2,b0，2x所以gx2x，则fx.x21（2）函数fx在上单调递增，在上单调递减.0,11,+∞设x1,x20,且x1x2，22222x2x2x2x112x1x212xx2x2xx2x则fxfx2112212121222222x21x11x21x11x21x112xxxx2xx2xx1xx12122112122222，x21x11x21x1122其中x21x110,x1x20当x1,x20,1时，x1x210，则fx2fx10，即fx2fx1，此时函数fx在上单调递增；当x1,x21,时，x1x210，则fx2fx10，0,1即fx2fx1，此时函数fx在上单调递减，所以函数fx在上单调递增，1,+∞0,1在上单调递减.2x（31）,+证∞明：因为fx，x21222x2x由fxfx，可得12，即11，1222xxx11x2112x1x211所以x1x2，整理得x1x21，x1x2又因为0x1x2，由基本不等式，可得x1x22x1x22.