卷子答案网-一个不只有答案的网站连城第一高级中学2023-2024学年高一上学期10月月考
数学试卷
满分150分 时间120分钟
一、单选题（本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）
1.设全集为R,集合A={x|0
A．与
B．
C．；
D．.
3．若集合,则能使成立的所有组成的集合为（ ）
A． B． C． D．
4．若，则的最小值是（ ）
A．2 B．3 C．4 D．5
5．使不等式1+>0成立的一个充分不必要条件是（ ）
A.x>2 B.x≥0
C.x<-1或x>0 D.-1
A.14 B.0 C.31 D.32
7．已知，且，若恒成立，则实数的取值范围是 （ ）
A． B． C． D．
8．一只蚂蚁从正方形的一个顶点出发，沿着正方形的边逆时针运动一周后回到点，假设蚂蚁运动过程中的速度大小不变，则蚂蚁与点的距离随时间变化的大致图象为（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题（本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分）
9．实数，，，满足：，则下列不等式正确的是（ ）
A． B．
C． D．
10．下列命题中的真命题有（ ）
A．若正实数，满足，则的最小值为8
B．的最小值为2
C．当0＜x＜10时，的最大值是5
D．若正数x，y为实数，若x+2y＝3xy，则2x+y的最大值为3
11．下列命题的否定是假命题的有( )
A. x∈R,x2-x+≥0
B.所有的正方形都是矩形
C. x∈R,x2+2x+2≤0
D.至少有一个实数x,使x2-2=0
12．已知函数的定义域是，且，当时，，，则下列说法正确的是（ ）
A．
B．函数在上是减函数
C．
D．不等式的解集为
三、填空题（本题共4小题，每小题5分，共20分）
13．已知集合,存在实数a,使得，则实数a的值为 .
14．连城一中开展小组合作学习模式,高一(10)班某组甲同学给组内乙同学出题如下:若命题“ x∈R,x2+2x+m<0”是假命题,求m的取值范围.乙同学略加思索,给了甲同学一道题:若命题“ x∈R,x2+2x+m≥0”是真命题,求m的取值范围.你认为两名同学题中m的取值范围是否一致 .(填“是”或“否”) ，m的取值范围为 .
15．若函数f(x)=是减函数,则实数a的取值范围为 .
16．已知函数，则的最小值为 ．
四、解答题（本题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）
17．（10分）已知集合A={x|x2-ax+3=0,a∈R}.
(1)若1∈A,求实数a的值;
(2)若集合B={x|2x2-bx+b=0,b∈R},且A∩B={3},求A∪B.
18．（12分）已知集合，集合．
(1)若，求实数的取值范围；
(2)是否存在实数，使得是的必要不充分条件？若存在，求实数的取值范围；若不存在，请说明理由．
19．（12分）已知函数．
(1)当时，判断函数的单调性并证明；
(2)若不等式成立，求实数x的取值范围．
20.（12分）已知福州地铁号线路通车后，地铁的发车时间间隔（单位：分钟）满足，经市场调研测算，地铁的载客量与发车的时间间隔相关，当时，地铁为满载状态，载客量为人；当时，载量会减少，减少的人数与成正比，且发车时间间隔t=分钟时的载客量为人，记地铁的载客量为.
(1)求的表达式，并求发车时间间隔为分钟时地铁的载客量；
(2)若该线路每分钟的净收益为（元）.问：当地铁发车时间间隔多少时，该线路每分钟的净收益最大？
21．（12分）已知函数，，．
（1）在图中画出函数，的图象；
（2）定义：，用表示，中的较小者，记为，请分别用图象法和解析式法表示函数．（注：图象法请在图中表示，本题中的单位长度请自己定义且标明）
22．（12分）已知二次函数.
（1）若的解集为，解关于的不等式.
（2）若对任意，恒成立，求的最大值.
（3）已知，，若对于一切实数恒成立，并且存在，使得成立，求的最小值.
连城第一高级中学2023-2024学年高一上学期10月月考
参考答案
1．B
【分析】先求出集合的补集，再求出A∩( RB)
【详解】∵B={x|x≥1},∴ RB={x|x<1}.
∵A={x|0
【分析】根据函数三要素，即定义域、对应关系、值域，三者只要有一个不相同，函数即不是同一函数，由此一一判断各选项，即得答案.
【详解】对于A，的定义域为，而定义域为R，
故二者不是同一函数；
对于B.定义域为R，定义域为，
∵定义域不同，与不是同一函数.
对于C，定义域为R，定义域为，∵定义域不同，
与不是同一函数.
对于D，，与定义域与对应关系都相同，与是同一函数. 故选：D
3．C
【分析】考虑和两种情况,得到不等式组,解得答案.
【详解】当时,即,时成立;
当时,满足,解得;
综上所述:.
故选:C.
4．B
【分析】（1）首先变形为，再利用基本不等式求最值；
【详解】（1），，，
当且仅当时，即当时等号成立，的最小值为；
故选：B.
5．A
【分析】利用必要条件和充分条件的定义判断.
【详解】解不等式1+>0,得不等式的解集为{x|x<-1,或x>0}.
A,B,C,D四个选项中,只有A中的不等式对应的集合为{x|x<-1,或x>0}的真子集.
故选：A.
6．D
【分析】列举出满足条件的元素a,b并求出其和a+b，据互异性，即可得出新集合的元素个数，进一步求出其子集个数.
【详解】∵A={0,1,2},B={3,4,5},
且A◇B={c|c=a+b,a∈A,b∈B},
∴A◇B={3,4,5,6,7}.
∵集合A◇B中共有5个元素,
∴集合A◇B的所有子集的个数为25=32.
故选D.
7．C
【分析】利用基本不等式求出的最小值，即可得到，从而得到，解得即可.
【详解】因为，，且，
所以
，
当且仅当，即，时取等号，
所以，因为恒成立，所以，
即，解得，所以实数的取值范围是.
故选：C
8．A
【分析】设蚂蚁的速度为，正方形的边长为，则，分别求出蚂蚁位于线段、、，时，关于的表达式，利用排除法即可求解.
【详解】设蚂蚁的速度为，正方形的边长为，则，
当蚂蚁位于线段上，即时，，其图象为线段；
当蚂蚁位于线段上，即时，，其图象为曲线；
当蚂蚁位于线段上，即时，，其图象为曲线；
当蚂蚁位于线段上，即时，，其图象为线段；
结合选项可知：选项A符合题意，
故选：A.
9．ACD
【分析】利用不等式的性质、特殊值法和作差法判断可得解.
【详解】解：因为，所以，故选项A正确；
令、，，，满足，
此时，故选项B错误；
因为，所以，，
所以，故选项C正确；
因为，则，
因为，，所以，
所以，故选项D正确.
故选：ACD.
10．AC
【分析】对于A、C利用基本不等式分析判断，对于B由对勾函数的性质分析判断，
对于D根据基本不等式的变形分析判断.
【详解】对于选项A，
当且仅当时等号成立，故选项A正确；
对于选项B，
但无解，所以等号不成立，故选项B错误；
对于选项C因为，则
所以，
当且仅当，即时，等号成立，故选项C正确；
对于选项D由得，故，当且仅当时取等号，故选项D错误.
故选：AC.
11．ABD
【分析】根据命题与命题的否定的真假性相反可判断.
【详解】因为ABD都是真命题,C为假命题,所以ABD的否定是假命题.
故选：ABD．
12．ABD
【分析】对于A，利用赋值法求得，从而得以判断；对于B，根据函数的单调性定义结合抽象函数的性质，从而判断函数的单调性；对于C，利用抽象函数的性质求得式子的值，由此得以判断；对于D，先求得，再将不等式转化为，从而得到关于的不等式，解之即可判断.
【详解】对于A，因为，
令，得，所以，故A正确；
对于B，令，得，所以，
任取，且，则，
因为，所以，即，所以，
所以在上是减函数，故B正确；
对于C，
，故C错误；
对于D，因为，，所以，
又因为，
所以由得，故，
因为在上是减函数，
所以，解得，
所以不等式的解集为，故D正确.
故选：ABD．
13．
【分析】，分，讨论，并满足互异性，列式求解.
【详解】解:，
或，，
故答案为：.
14.是;[1,+)
解析:因为命题“ x∈R,x2+2x+m<0”的否定是“ x∈R,x2+2x+m≥0”,而命题“ x∈R,x2+2x+m<0”是假命题,则其否定“ x∈R,x2+2x+m≥0”为真命题,所以两名同学题中m的取值范围是一致的.
由题意可得
答案:是; [1,+)
15．[-3,-1]
解析:由题意可得
解得-3≤a≤-1,则实数a的取值范围是[-3,-1].
答案:[-3,-1]
16．1
【分析】画出的图象后可求其最小值.
【详解】的图象如图所示，
故的最小值为1，
故答案为：1.
17．(1）a=4；
(2)A∪B=；
【分析】（1）1代入方程可得结果；
（2）3分别代入两方程先求a，b,后把a，b代回方程分别求出集合A，B的元素，可得结果A∪B；
【详解】(1)∵1∈A,∴1-a+3=0,∴a=4.
(2)∵A∩B={3},∴3∈A,3∈B,
∴解得
∴A={x|x2-4x+3=0}={1,3},
B={x|2x2-9x+9=0}=,
∴A∪B=.
18．(1)或；
(2)存在，.
【分析】（1）化简集合N，求出其补集，由列出不等式组求解即可；
（2）根据必要不充分条件转化为，列出不等式组求解即可.
【详解】（1）由题意，，所以或，
因为，所以或，
解得或，
所以实数m的取值范围是或.
（2）假设存在实数m，使得是的必要不充分条件，
则 ，即 ，
则，解得，
故存在实数使得是的必要不充分条件.
19.(1)在上单调递增，证明见解析
(2)
【分析】（1）根据函数单调性的定义判断并证明即可；
（2）结合函数单调性将不等式转化即可得解集.
【详解】（1）在上单调递增，理由如下：
任取，，且，
．
因为，所以，，，
所以，即，可得，
所以在上单调递增．
（2）因为，，
由（1）得在上单调速增，
因为，所以，
即，解得：或，
所以实数x的取值范围是.
20.(1)，发车时间间隔为分钟时地铁的载客量为人.
(2)当地铁发车时间间隔为分钟时，该线路每分钟的净收益最大.
【分析】（1）当时，设，由可求出的值，结合已知条件可得出函数的函数解析式，进而可求得的值；
（2）分、两种情况讨论，求出关于的函数解析式，利用基本不等式以及函数的单调性可求得的最大值及其对应的值，即可得出结论.
【详解】（1）解：当时，设，则，解得.
由题意可得.
所以，发车时间间隔为分钟时地铁的载客量为（人）.
（2）解：当时，
（元），
当且仅当时，等号成立；
当时，，此时函数单调递减，
则，当且仅当时，等号成立.
综上所述，当地铁发车时间间隔为5分钟时，该线路每分钟的净收益最大.
21．【答案】（1）图象见解析；（2）,
；图象见解析.
【解析】
【分析】（1）由一次函数和二次函数图象特征可得结果；
（2）根据定义可分段讨论得到解析式；由解析式可得图象.
【详解】（1），的图象如下图所示：
（2）当时，，则；
当时，，则；
当时，，则；
综上所述：,
图象如下图所示：
22．（1）；（2）最大值为1；（3）.
【分析】（1）利用的解集为，得出，，的关系，再解关于的不等式；
（2）对任意，恒成立，等价于，且，借助均值不等式可得最大值；
（3）由对于一切实数恒成立，可得，由存在，使得成立可得，结合均值不等式得到结果.
【详解】解：（1）∵的解集为，
∴，，，，
∴，
∴解集为，
（2）∵对任意，恒成立，
∴，且
∴，，
故，
∴，当，时取“”，
∴的最大值为1；
（3）由对于一切实数恒成立，可得
即，
由存在，使得成立可得，
∴，
∴，又，
∴，
当且仅当时“”成立.
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