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

2024-10-24 · 8页 · 1.5 M

河南省实验中学20242025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.

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