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2020-2021学年浙江省杭州市某校高一（上）月考数学试卷（10月份）
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这是一份2020-2021学年浙江省杭州市某校高一（上）月考数学试卷（10月份），共9页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1. 已知集合M={x|−4A.{x|−4C.{x|−2
2. 在下列3个结论中，正确的有（ ）
①x2>4是x3<−8的必要不充分条件；
②在△ABC中，AB2+AC2=BC2是△ABC为直角三角形的充要条件；
③若a，b∈R，则“a2+b2≠0”是“a，b不全为0”的充要条件．
A.①②B.②③C.①③D.①②③
3. 已知a，b，c∈R，函数f(x)＝ax2+bx+c，若f(0)＝f(2)>f(3)，则（ ）
A.a>0，4a+b＝0B.a<0，4a+b＝0
C.a>0，2a+b＝0D.a<0，2a+b＝0
4. 下列不等式恒成立的是（ ）
A.a2+b2≤2abB.a2+b2≥−2ab
C.a+b≥−2|ab|D.a+b≤2|ab|
5. 已知命题“∃x∈R，2x2+(a−1)x+12≤0是假命题，则实数a的取值范围是（ ）
A.(−∞, −1)B.(−1, 3)C.(−3, +∞)D.(−3, 1)
6. “00的解集是实数集R”的（ ）
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件
7. 已知命题p:∀x>0，总有(x+1)2x>1，则命题p的否定为（ ）
A.∃x0≤0，使得(x0+1)2x0≤1
B.∃x0>0，使得(x0+1)2x0≤1
C.∀x>0，总有(x+1)2x≤1
D.∀x≤0，总有(x+1)2x≤1
8. 若正数x，y满足x+3y=5xy，则3x+4y的最小值是( )
A.245B.285C.5D.6
9. 已知0A.M>NB.M
10. 若方程2ax2−x−1=0在(0, 1)内恰有一个零点，则有（ ）
A.a<−1B.a>1C.−1
11. 设正实数x，y，z满足x2−3xy+4y2−z＝0．则当xyz取得最大值时，2x+1y−2z的最大值为（ ）
A.0B.1C.94D.3
12. 若α、β是方程x2−kx+8=0的两个相异实根，则（ ）
A.|α|≥3且|β|>3B.|α+β|<42
C.|α|>2，且|β|>2D.|α+β|>42
二、填空题（共7小题，每小题0分，满分0分）
若A={1, 4, x}，B={1, x2}，且A∩B=B，则x=________．
若关于x的不等式x2−5x+a<0的解集是{x|2
已知函数f(x)=x2+mx−1，若对于任意x∈[m, m+1]，都有f(x)<0成立，则实数m的取值范围是________．
已知5x2y2+y4=1(x, y∈R)，则x2+y2的最小值是________．
设x>0，y>0，x+2y=5，则(x+1)(2y+1)xy的最小值为________．
已知x>0，y>0，x3+y3＝x−y，则1−x2y2的最小值是________2 ．
已知a∈R，函数f(x)=|x+4x−a|+a在区间[1, 4]上的最大值是5，则a的取值范围是________．
三、解答题（共5小题，满分0分）
设集合A={x|x2−2mx+m2−1≤0}，B={x|x2−4x−5≤0}．
(1)若m=5，求A∩B；
(2)若“x∈A”是“x∈B”的充分不必要条件，求实数m的取值范围．
解关于x的不等式．
（1）x2+2x−23+2x−x2≤x；
（2）ax2+ax+1<0
已知f(x)=x2+2(a−2)x+4．
（1）如果∀x∈R，f(x)>0恒成立，求实数a的取值范围；
（2）如果∃x∈(1, 3)，使f(x)>0成立，求实数a的取值范围．
设a>0，b>0，a+b＝1．
（1）证明.ab+1ab≥4+14；
（2）探索猜想.a2b2+1a2b2≥________；a3b3+1a3b3≥________．
（3）由（1）（2）归纳出一般性结论并证明．
已知函数f(x)=1+x+1−x．
（1）求函数f(x)的最大值，最小值；
（2）设F(x)=m1−x2+f(x)，设F(x)的最大值为g(m)，求g(m)的表达式．
参考答案与试题解析
2020-2021学年浙江省杭州市某校高一（上）月考数学试卷（10月份）
一、选择题（共12小题，每小题0分，满分0分）
1.
【答案】
C
【考点】
交集及其运算
【解析】
利用一元二次不等式的解法和交集的运算即可得出．
【解答】
解：∵ M={x|−4N={x|x2−x−6<0}={x|−2∴ M∩N={x|−2故选C.
2.
【答案】
C
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
利用充分条件，必要条件的定义分别判断．
【解答】
解：对于结论①，由x3<−8⇒x<−2⇒x2>4，但是x2>4⇒x>2或x<−2⇒x3>8或x3<−8，不一定有x3<−8，故①正确；
对于结论②，当B=90∘或C=90∘时不能推出AB2+AC2=BC2，故②错；
对于结论③，由a2+b2≠0⇒a，b不全为0，反之，由a，b不全为0⇒a2+b2≠0，故③正确．
故选C．
3.
【答案】
D
【考点】
二次函数的图象
二次函数的性质
【解析】
由f(0)＝f(2)可得2a+b＝0；由f(0)>f(3)可得3a+b>0，消掉b可得a<0．
【解答】
函数f(x)＝ax2+bx+c，
若f(0)＝f(2)>f(3)，
则c＝4a+2b+c，
所以2a+b＝0；
又f(0)>f(3)，即c>9a+3b+c，
所以3a+b<0，即a+(2a+b)<0，所以a<0．
4.
【答案】
B
【考点】
基本不等式及其应用
【解析】
对于A和B，分别根据完全平方差和完全平方和公式即可得解；
对于C和D，举出反例即可得解．
【解答】
对于A，由(a−b)2≥0，知a2+b2≥2ab，即A错误；
对于B，由(a+b)2≥0，知a2+b2≥−2ab，即B正确；
对于C，当a＝0，b＝−1时，a+b＝−1，−2|ab|=0，此时a+b<−2|ab|，即C错误；
对于D，当a＝0，b＝1时，a+b＝1，2|ab|=0，此时a+b>−2|ab|，即D错误，
5.
【答案】
B
【考点】
命题的真假判断与应用
【解析】
写出原命题的否命题，据命题p与￢p真假相反，得到2x2+(a−1)x+12>0恒成立，令判别式小于0，求出a的范围．
【解答】
∵ “∃x∈R，2x2+(a−1)x+12≤0”的否定为“∀x∈R，2x2+(a−1)x+12>0“
∵ “∃x∈R，2x2+(a−1)x+12≤0”为假命题
∴ “∀x∈R，2x2+(a−1)x+12>0“为真命题
即2x2+(a−1)x+12>0恒成立
∴ (a−1)2−4×2×12<0
解得−16.
【答案】
A
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
先解出不等式ax2+2ax+1>0的解集是实数集R的等价条件，然后利用充分条件和必要条件的定义进行判断．
【解答】
解：要使不等式ax2+2ax+1>0的解集为R，
①当a=0时，1>0恒成立，满足条件；
②当a≠0时，满足a>0(2a)2−4a<0，解得0因此要不等式ax2+2ax+1>0的解集为R，必有0≤a<1，
故“00的解集是实数集R”的充分不必要条件，
故选：A．
7.
【答案】
B
【考点】
命题的否定
【解析】
根据含有量词的命题的否定即可得到结论．
【解答】
命题为全称命题，则命题p:∀x>0，总有(x+1)2x>1，
则命题p的否定为，∃x0>0，使得(x0+1)2x0≤1．
8.
【答案】
C
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
基本不等式
【解析】
将x+3y=5xy转化成35x+15y=1，然后根据3x+4y=(35x+15y)(3x+4y)，展开后利用基本不等式可求出3x+4y的最小值．
【解答】
解：∵ 正数x，y满足x+3y=5xy，
∴ 35x+15y=1，
∴ 3x+4y=(35x+15y)(3x+4y)=95+45+12y5x+3x5y≥135+212y5x⋅3x5y=5，
当且仅当12y5x=3x5y时取等号，
∴ 3x+4y≥5，
即3x+4y的最小值是5，
故选C.
9.
【答案】
A
【考点】
利用不等式比较两数大小
【解析】
直接利用代数式的运算的应用和数的大小比较的应用求出结果．
【解答】
由于00．
所以M−N=11+a−b1+b−a1+a+11+b=1−aa+1+1−b1+b=(1−a)(1+b)+(1+a)(1−b)(1+a)(1+b)=2(1−ab)(1+a)(1+b)>0．
所以M>N，
10.
【答案】
B
【考点】
函数的零点
【解析】
由函数零点存在性质定理得f(0)f(1)<0，由此能求出结果．
【解答】
解：∵ 方程2ax2−x−1=0在(0, 1)内恰有一个零点，
f(0)=−1，f(1)=2a−1−1=2a−2，
∴ f(1)=2a−2>0，解得a>1．
故选：B．
11.
【答案】
B
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
由x2−3xy+4y2−z=0，得z=x2−3xy+4y2，
∴ xyz=xyx2−3xy+4y2=1xy+4yx−3．
又x，y，z为正实数，∴ xy+4yx≥4，
当且仅当x=2y时取等号，此时z=2y2．
∴ 2x+1y−2z=22y+1y−22y2=−1y2+2y
=−1y−12+1，当1y=1，即y=1时，上式有最大值1.
12.
【答案】
D
【考点】
一元二次方程的根的分布与系数的关系
【解析】
由判别式大于零，求出k 的范围，再利用一元二次方程根与系数的关系，可得结论．
【解答】
解：∵ α、β是方程x2−kx+8=0的两个相异实根，
∴ △=k2−32>0，
∴ k>42，或 k<−42．
∵ α+β=k，αβ=8，
∴ |α+β|>42，
故选 D．
二、填空题（共7小题，每小题0分，满分0分）
【答案】
0，2，或−2
【考点】
交集及其运算
【解析】
由A∩B=B转化为B⊆A，则有x2=4或x2=x求解，要注意元素的互异性．
【解答】
解：∵ A∩B=B
∴ B⊆A
∴ x2=4或x2=x
∴ x=−2，x=2，x=0，x=1（舍去）
故答案为：−2，2，0
【答案】
6
【考点】
一元二次不等式的应用
【解析】
根据不等式与对应的方程之间的关系，利用根与系数的关系求出a的值．
【解答】
不等式x2−5x+a<0的解集为{x|2所以2和3是方程x2−5x+a＝0的两个实数解，
由根与系数的关系知，a＝2×3＝6．
【答案】
(−22, 0)
【考点】
二次函数的性质
【解析】
由条件利用二次函数的性质可得f(m)=2m2−1<0f(m+1)=(m+1)2+m(m+1)−1<0，由此求得m的范围．
【解答】
解：∵ 二次函数f(x)=x2+mx−1的图象开口向上，
对于任意x∈[m, m+1]，都有f(x)<0成立，
∴ f(m)=2m2−1<0，f(m+1)=(m+1)2+m(m+1)−1<0，
即−22解得−22故答案为：(−22, 0)．
【答案】
45
【考点】
基本不等式及其应用
【解析】
方法一、由已知求得x2，代入所求式子，整理后，运用基本不等式可得所求最小值；
方法二、由4=(5x2+y2)⋅4y2，运用基本不等式，计算可得所求最小值．
【解答】
方法一、由5x2y2+y4=1，可得x2=1−y45y2，
由x2≥0，可得y2∈(0, 1]，
则x2+y2=1−y45y2+y2=1+4y45y2=15(4y2+1y2)
≥15⋅24y2⋅1y2=45，当且仅当y2=12，x2=310，
可得x2+y2的最小值为45；
方法二、4=(5x2+y2)⋅4y2≤(5x2+y2+4y22)2=254(x2+y2)2，
故x2+y2≥45，
当且仅当5x2+y2=4y2=2，即y2=12，x2=310时取得等号，
可得x2+y2的最小值为45．
【答案】
43
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
利用基本不等式求最值．
【解答】
解：x>0，y>0，x+2y=5，
则(x+1)(2y+1)xy=2xy+x+2y+1xy=2xy+6xy=2xy+6xy，
由基本不等式有：
2xy+6xy≥22xy⋅6xy=43，
故(x+1)(2y+1)xy的最小值为43.
故答案为：43.
【答案】
2+2
【考点】
利用导数研究函数的最值
【解析】
先由题设得到：x3+y3x−y=1，且x>y，再令f(x, y)=1−x2y2=1+(xy)2xy−1，然后构造函数f(t)=1+t2t−1，t>1，最后利用导数求得其最小值，即可解决问题．
【解答】
∵ x>0，y>0，x3+y3＝x−y，
∴ x3+y3x−y=1，且x>y，
令f(x, y)=1−x2y2=x3+y3x−y−x2y2=y2+x2xy−y2=1+(xy)2xy−1，
令t=xy>1，则f(t)=1+t2t−1，
∵ f′(t)=t2−2t−1(t−1)2，t>1，
令f′(t)>0，解得：t>1+2，
∴ f(t)在(1, 1+2)上单调递减，在(1+2, +∞)上单调递增，
∴ f(t)max＝f(1+2)＝22+2，
即1−x2y2的最小值为22+2，
【答案】
(−∞, 92]
【考点】
函数的最值及其几何意义
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：当x∈[1, 4]时，设g(x)=x+4x，g(x)在[1, 2)上单调递减，在(2, 4]上单调递增，且g(1)=g(4)=5，g(2)=4，所以x+4x∈[4, 5].
①当a≤4时，f(x)=x+4x−a+a=x+4x=g(x)，满足最大值为5；
②当a≥5时，f(x)=a−(x+4x)+a=2a−(x+4x)≤2a−4，而2a−4≥6，与题意不符，舍去；
③当4综上可得，a∈(−∞, 92].
故答案为：(−∞, 92]．
三、解答题（共5小题，满分0分）
【答案】
解：(1)B={x|x2−4x−5≤0}={x|−1≤x≤5}，
当m=5时，A=x|x2−10x+24≤0=x|4≤x≤6
∴ A∩B=x|4≤x≤5.
(2)∵ “x∈A”是“x∈B”的充分不必要条件，
∴ A⫋B，
A=x|x2−2mx+m2−1≤0=x|m−1≤x≤m+1，
∴ −1≤m−1,m+1≤5,
解得0≤m≤4．
【考点】
交集及其运算
一元二次不等式的解法
充分条件、必要条件、充要条件
【解析】
（1）当m=5时，分别解出不等式：x2−2mx+m2−1≤0，x2−4x−5≤0，可得集合A，B可得A，利用交集运算可得A∩B；
（2）利用充分、必要条件的定义，将其转化为集合的包含关系，解不等式组即可得到答案.
【解答】
解：(1)B={x|x2−4x−5≤0}={x|−1≤x≤5}，
当m=5时，A=x|x2−10x+24≤0=x|4≤x≤6
∴ A∩B=x|4≤x≤5.
(2)∵ “x∈A”是“x∈B”的充分不必要条件，
∴ A⫋B，
A=x|x2−2mx+m2−1≤0=x|m−1≤x≤m+1，
∴ −1≤m−1,m+1≤5,
解得0≤m≤4．
【答案】
由x2+2x−23+2x−x2≤x可得，x2+2x−23+2x−x2−x≤0，
整理可得，x3−x2−x−2x2−2x−3≥0，
即(x−2)(x2+x+1)(x−3)(x+1)≥0，
因为x2+x+1>0恒成立，
原不等式可转化为(x+1)(x−3)(x−2)≥0且(x−3)(x+1)≠0，
解得，x>3或−1不等式的解集为{x|x>3或−1ax2+ax+1<0，
a＝0时，1<0不成立，此时不等式的解集⌀，
a≠0时，△＝a2−4a，
若a>4，则△>0，此时不等式的解集为{x|−a−a2−4a2aa<0，则△>0，此时不等式的解集为{x|x<−a+a2−4a2a或x>−a−a2−4a2a}，
0a＝4，则△＝0，此时不等式的解集{x|x≠−12}．
综上可得，a＝0时，不等式的解集⌀，
a>4，不等式的解集为{x|−a−a2−4a2aa<0，不等式的解集为{x|x<−a+a2−4a2a或x>−a−a2−4a2a}，
0a＝4，不等式的解集{x|x≠−12}．
【考点】
其他不等式的解法
【解析】
（1）把分式不等式转化为高次不等式进行求解即可；
（2）结合二次项系数a的正负及判别式的正负对a进行分类讨论，即可求解．
【解答】
由x2+2x−23+2x−x2≤x可得，x2+2x−23+2x−x2−x≤0，
整理可得，x3−x2−x−2x2−2x−3≥0，
即(x−2)(x2+x+1)(x−3)(x+1)≥0，
因为x2+x+1>0恒成立，
原不等式可转化为(x+1)(x−3)(x−2)≥0且(x−3)(x+1)≠0，
解得，x>3或−1不等式的解集为{x|x>3或−1ax2+ax+1<0，
a＝0时，1<0不成立，此时不等式的解集⌀，
a≠0时，△＝a2−4a，
若a>4，则△>0，此时不等式的解集为{x|−a−a2−4a2aa<0，则△>0，此时不等式的解集为{x|x<−a+a2−4a2a或x>−a−a2−4a2a}，
0a＝4，则△＝0，此时不等式的解集{x|x≠−12}．
综上可得，a＝0时，不等式的解集⌀，
a>4，不等式的解集为{x|−a−a2−4a2aa<0，不等式的解集为{x|x<−a+a2−4a2a或x>−a−a2−4a2a}，
0a＝4，不等式的解集{x|x≠−12}．
【答案】
∀x∈R，x2+2(a−2)x+4>0恒成立，
可得△=4(a−2)2−16<0，解得0即a的取值范围是(0, 4)；
∃x∈(1, 3)，使f(x)>0成立，
等价为x2+2(a−2)x+4>0在x∈(1, 3)有解，
即有2(2−a)设g(x)=x+4x，可得g(x)在(1, 2)递减，在(2, 3)递增，
则g(x)在(1, 3)的值域为[4, 5)，
所以2(2−a)<5，解得a>−12，
即a的取值范围是(−12．+∞)．
【考点】
函数恒成立问题
【解析】
（1）由二次函数的性质可得只需判别式小于0，解不等式可得实数a的取值范围；
（2）运用参数分离和对勾函数的单调性，可得实数a的取值范围．
【解答】
∀x∈R，x2+2(a−2)x+4>0恒成立，
可得△=4(a−2)2−16<0，解得0即a的取值范围是(0, 4)；
∃x∈(1, 3)，使f(x)>0成立，
等价为x2+2(a−2)x+4>0在x∈(1, 3)有解，
即有2(2−a)设g(x)=x+4x，可得g(x)在(1, 2)递减，在(2, 3)递增，
则g(x)在(1, 3)的值域为[4, 5)，
所以2(2−a)<5，解得a>−12，
即a的取值范围是(−12．+∞)．
【答案】
ab+1ab≥4+14⇔4a2b2−17ab+4≥0
⇔(4ab−1)(ab−4)≥0．
∵ a>0，b>0，a+b＝1，∴ ab=(ab)2≤(a+b2)2=14，
∴ 4ab≤1，得ab≤14<4．
∴ (4ab−1)(ab−4)≥0成立，
则.ab+1ab≥4+14；
16+116,64+164
由（1）（2）归纳得到一般性结论：anbn+1anbn≥4n+14n．
证明如下：
∵ a>0，b>0，a+b＝1，∴ ab≤(a+b2)2=14，当且仅当a＝b=12时等号成立，
则anbn≤(14)m，令t＝anbn，则t∈(0,(14)n]，
由f(t)＝t+1t在(0,(14)n]上为减函数，可得f(t)≥14n+114n=4n+14n，
即anbn+1anbn≥4n+14n．
故（3）的答案为：16+116；64+164．
【考点】
不等式的证明
数学归纳法
【解析】
（1）找出ab+1ab≥4+14的等价命题，再由已知证明等价命题成立，则命题得证；
（2）由（1）的证明过程及等号成立的条件归纳（2）的两个不等式；
（3）由（1）（2）中的三个不等式可归纳一般性结论，然后利用对勾函数的单调性证明．
【解答】
ab+1ab≥4+14⇔4a2b2−17ab+4≥0
⇔(4ab−1)(ab−4)≥0．
∵ a>0，b>0，a+b＝1，∴ ab=(ab)2≤(a+b2)2=14，
∴ 4ab≤1，得ab≤14<4．
∴ (4ab−1)(ab−4)≥0成立，
则.ab+1ab≥4+14；
探索猜想a2b2+1a2b2≥16+116；a3b3+1a3b3≥64+164，
当且仅当a＝b=12时，上面两式等号成立；
由（1）（2）归纳得到一般性结论：anbn+1anbn≥4n+14n．
证明如下：
∵ a>0，b>0，a+b＝1，∴ ab≤(a+b2)2=14，当且仅当a＝b=12时等号成立，
则anbn≤(14)m，令t＝anbn，则t∈(0,(14)n]，
由f(t)＝t+1t在(0,(14)n]上为减函数，可得f(t)≥14n+114n=4n+14n，
即anbn+1anbn≥4n+14n．
故（3）的答案为：16+116；64+164．
【答案】
函数f(x)=1+x+1−x．
可知定义域为[−1, 1]，
令x＝cs2θ，θ∈[0, π2]，
那么f(x)转化为h(θ)=2csθ+2sinθ＝2sin(θ+π4)
∵ θ∈[0, π2]，
∴ 2≤h(θ)≤2，
即函数f(x)的最大值为2，最小值为2；
∵ 函数f(x)=1+x+1−x≥0，
∴ f2(x)=2+21−x2，
可得1−x2=−2+f2(x)2，
那么F(x)=m1−x2+f(x)=m⋅f2(x)2−m+f(x)．
令t＝f(x)，
那么F(x)转化为y=12m⋅t2+t−m(2≤t≤2)．
当m＝0时，ymax＝2；
当m>0时，函数y开口向上，对称轴t=−1m<2，
在区间[2, 2]上单调递增，当t＝2时，取得最大值为ymax＝2+m；
当m<0时，函数y开口向下，对称轴t=−1m，
①若2≤−1m≤2时，当t=−1m时，取得最大值为ymax=−m−12m；
②若−1m>2时，在区间[2, 2]上单调递减，当t＝2时，取得最大值为ymax＝2+m；
③若−1m<2，在区间[2, 2]上单调递增，当t=2时，取得最大值为ymax=2；
综上，g(m)的表达式为：g(m)=2,m≤−22−m−12m,−22【考点】
函数的最值及其几何意义
【解析】
（1）利用三角函数换元，根据三角函数的有界性即可求解最值；
（2）转化为二次函数问题讨论最值即可得g(m)的表达式．
【解答】
函数f(x)=1+x+1−x．
可知定义域为[−1, 1]，
令x＝cs2θ，θ∈[0, π2]，
那么f(x)转化为h(θ)=2csθ+2sinθ＝2sin(θ+π4)
∵ θ∈[0, π2]，
∴ 2≤h(θ)≤2，
即函数f(x)的最大值为2，最小值为2；
∵ 函数f(x)=1+x+1−x≥0，
∴ f2(x)=2+21−x2，
可得1−x2=−2+f2(x)2，
那么F(x)=m1−x2+f(x)=m⋅f2(x)2−m+f(x)．
令t＝f(x)，
那么F(x)转化为y=12m⋅t2+t−m(2≤t≤2)．
当m＝0时，ymax＝2；
当m>0时，函数y开口向上，对称轴t=−1m<2，
在区间[2, 2]上单调递增，当t＝2时，取得最大值为ymax＝2+m；
当m<0时，函数y开口向下，对称轴t=−1m，
①若2≤−1m≤2时，当t=−1m时，取得最大值为ymax=−m−12m；
②若−1m>2时，在区间[2, 2]上单调递减，当t＝2时，取得最大值为ymax＝2+m；
③若−1m<2，在区间[2, 2]上单调递增，当t=2时，取得最大值为ymax=2；
综上，g(m)的表达式为：g(m)=2,m≤−22−m−12m,−22
1. 已知集合M={x|−4
2. 在下列3个结论中，正确的有（ ）
①x2>4是x3<−8的必要不充分条件；
②在△ABC中，AB2+AC2=BC2是△ABC为直角三角形的充要条件；
③若a，b∈R，则“a2+b2≠0”是“a，b不全为0”的充要条件．
A.①②B.②③C.①③D.①②③
3. 已知a，b，c∈R，函数f(x)＝ax2+bx+c，若f(0)＝f(2)>f(3)，则（ ）
A.a>0，4a+b＝0B.a<0，4a+b＝0
C.a>0，2a+b＝0D.a<0，2a+b＝0
4. 下列不等式恒成立的是（ ）
A.a2+b2≤2abB.a2+b2≥−2ab
C.a+b≥−2|ab|D.a+b≤2|ab|
5. 已知命题“∃x∈R，2x2+(a−1)x+12≤0是假命题，则实数a的取值范围是（ ）
A.(−∞, −1)B.(−1, 3)C.(−3, +∞)D.(−3, 1)
6. “0
A.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件
7. 已知命题p:∀x>0，总有(x+1)2x>1，则命题p的否定为（ ）
A.∃x0≤0，使得(x0+1)2x0≤1
B.∃x0>0，使得(x0+1)2x0≤1
C.∀x>0，总有(x+1)2x≤1
D.∀x≤0，总有(x+1)2x≤1
8. 若正数x，y满足x+3y=5xy，则3x+4y的最小值是( )
A.245B.285C.5D.6
9. 已知0
10. 若方程2ax2−x−1=0在(0, 1)内恰有一个零点，则有（ ）
A.a<−1B.a>1C.−1
11. 设正实数x，y，z满足x2−3xy+4y2−z＝0．则当xyz取得最大值时，2x+1y−2z的最大值为（ ）
A.0B.1C.94D.3
12. 若α、β是方程x2−kx+8=0的两个相异实根，则（ ）
A.|α|≥3且|β|>3B.|α+β|<42
C.|α|>2，且|β|>2D.|α+β|>42
二、填空题（共7小题，每小题0分，满分0分）
若A={1, 4, x}，B={1, x2}，且A∩B=B，则x=________．
若关于x的不等式x2−5x+a<0的解集是{x|2
已知函数f(x)=x2+mx−1，若对于任意x∈[m, m+1]，都有f(x)<0成立，则实数m的取值范围是________．
已知5x2y2+y4=1(x, y∈R)，则x2+y2的最小值是________．
设x>0，y>0，x+2y=5，则(x+1)(2y+1)xy的最小值为________．
已知x>0，y>0，x3+y3＝x−y，则1−x2y2的最小值是________2 ．
已知a∈R，函数f(x)=|x+4x−a|+a在区间[1, 4]上的最大值是5，则a的取值范围是________．
三、解答题（共5小题，满分0分）
设集合A={x|x2−2mx+m2−1≤0}，B={x|x2−4x−5≤0}．
(1)若m=5，求A∩B；
(2)若“x∈A”是“x∈B”的充分不必要条件，求实数m的取值范围．
解关于x的不等式．
（1）x2+2x−23+2x−x2≤x；
（2）ax2+ax+1<0
已知f(x)=x2+2(a−2)x+4．
（1）如果∀x∈R，f(x)>0恒成立，求实数a的取值范围；
（2）如果∃x∈(1, 3)，使f(x)>0成立，求实数a的取值范围．
设a>0，b>0，a+b＝1．
（1）证明.ab+1ab≥4+14；
（2）探索猜想.a2b2+1a2b2≥________；a3b3+1a3b3≥________．
（3）由（1）（2）归纳出一般性结论并证明．
已知函数f(x)=1+x+1−x．
（1）求函数f(x)的最大值，最小值；
（2）设F(x)=m1−x2+f(x)，设F(x)的最大值为g(m)，求g(m)的表达式．
参考答案与试题解析
2020-2021学年浙江省杭州市某校高一（上）月考数学试卷（10月份）
一、选择题（共12小题，每小题0分，满分0分）
1.
【答案】
C
【考点】
交集及其运算
【解析】
利用一元二次不等式的解法和交集的运算即可得出．
【解答】
解：∵ M={x|−4
2.
【答案】
C
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
利用充分条件，必要条件的定义分别判断．
【解答】
解：对于结论①，由x3<−8⇒x<−2⇒x2>4，但是x2>4⇒x>2或x<−2⇒x3>8或x3<−8，不一定有x3<−8，故①正确；
对于结论②，当B=90∘或C=90∘时不能推出AB2+AC2=BC2，故②错；
对于结论③，由a2+b2≠0⇒a，b不全为0，反之，由a，b不全为0⇒a2+b2≠0，故③正确．
故选C．
3.
【答案】
D
【考点】
二次函数的图象
二次函数的性质
【解析】
由f(0)＝f(2)可得2a+b＝0；由f(0)>f(3)可得3a+b>0，消掉b可得a<0．
【解答】
函数f(x)＝ax2+bx+c，
若f(0)＝f(2)>f(3)，
则c＝4a+2b+c，
所以2a+b＝0；
又f(0)>f(3)，即c>9a+3b+c，
所以3a+b<0，即a+(2a+b)<0，所以a<0．
4.
【答案】
B
【考点】
基本不等式及其应用
【解析】
对于A和B，分别根据完全平方差和完全平方和公式即可得解；
对于C和D，举出反例即可得解．
【解答】
对于A，由(a−b)2≥0，知a2+b2≥2ab，即A错误；
对于B，由(a+b)2≥0，知a2+b2≥−2ab，即B正确；
对于C，当a＝0，b＝−1时，a+b＝−1，−2|ab|=0，此时a+b<−2|ab|，即C错误；
对于D，当a＝0，b＝1时，a+b＝1，2|ab|=0，此时a+b>−2|ab|，即D错误，
5.
【答案】
B
【考点】
命题的真假判断与应用
【解析】
写出原命题的否命题，据命题p与￢p真假相反，得到2x2+(a−1)x+12>0恒成立，令判别式小于0，求出a的范围．
【解答】
∵ “∃x∈R，2x2+(a−1)x+12≤0”的否定为“∀x∈R，2x2+(a−1)x+12>0“
∵ “∃x∈R，2x2+(a−1)x+12≤0”为假命题
∴ “∀x∈R，2x2+(a−1)x+12>0“为真命题
即2x2+(a−1)x+12>0恒成立
∴ (a−1)2−4×2×12<0
解得−1
【答案】
A
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
先解出不等式ax2+2ax+1>0的解集是实数集R的等价条件，然后利用充分条件和必要条件的定义进行判断．
【解答】
解：要使不等式ax2+2ax+1>0的解集为R，
①当a=0时，1>0恒成立，满足条件；
②当a≠0时，满足a>0(2a)2−4a<0，解得0
故“0
故选：A．
7.
【答案】
B
【考点】
命题的否定
【解析】
根据含有量词的命题的否定即可得到结论．
【解答】
命题为全称命题，则命题p:∀x>0，总有(x+1)2x>1，
则命题p的否定为，∃x0>0，使得(x0+1)2x0≤1．
8.
【答案】
C
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
基本不等式
【解析】
将x+3y=5xy转化成35x+15y=1，然后根据3x+4y=(35x+15y)(3x+4y)，展开后利用基本不等式可求出3x+4y的最小值．
【解答】
解：∵ 正数x，y满足x+3y=5xy，
∴ 35x+15y=1，
∴ 3x+4y=(35x+15y)(3x+4y)=95+45+12y5x+3x5y≥135+212y5x⋅3x5y=5，
当且仅当12y5x=3x5y时取等号，
∴ 3x+4y≥5，
即3x+4y的最小值是5，
故选C.
9.
【答案】
A
【考点】
利用不等式比较两数大小
【解析】
直接利用代数式的运算的应用和数的大小比较的应用求出结果．
【解答】
由于0
所以M−N=11+a−b1+b−a1+a+11+b=1−aa+1+1−b1+b=(1−a)(1+b)+(1+a)(1−b)(1+a)(1+b)=2(1−ab)(1+a)(1+b)>0．
所以M>N，
10.
【答案】
B
【考点】
函数的零点
【解析】
由函数零点存在性质定理得f(0)f(1)<0，由此能求出结果．
【解答】
解：∵ 方程2ax2−x−1=0在(0, 1)内恰有一个零点，
f(0)=−1，f(1)=2a−1−1=2a−2，
∴ f(1)=2a−2>0，解得a>1．
故选：B．
11.
【答案】
B
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
由x2−3xy+4y2−z=0，得z=x2−3xy+4y2，
∴ xyz=xyx2−3xy+4y2=1xy+4yx−3．
又x，y，z为正实数，∴ xy+4yx≥4，
当且仅当x=2y时取等号，此时z=2y2．
∴ 2x+1y−2z=22y+1y−22y2=−1y2+2y
=−1y−12+1，当1y=1，即y=1时，上式有最大值1.
12.
【答案】
D
【考点】
一元二次方程的根的分布与系数的关系
【解析】
由判别式大于零，求出k 的范围，再利用一元二次方程根与系数的关系，可得结论．
【解答】
解：∵ α、β是方程x2−kx+8=0的两个相异实根，
∴ △=k2−32>0，
∴ k>42，或 k<−42．
∵ α+β=k，αβ=8，
∴ |α+β|>42，
故选 D．
二、填空题（共7小题，每小题0分，满分0分）
【答案】
0，2，或−2
【考点】
交集及其运算
【解析】
由A∩B=B转化为B⊆A，则有x2=4或x2=x求解，要注意元素的互异性．
【解答】
解：∵ A∩B=B
∴ B⊆A
∴ x2=4或x2=x
∴ x=−2，x=2，x=0，x=1（舍去）
故答案为：−2，2，0
【答案】
6
【考点】
一元二次不等式的应用
【解析】
根据不等式与对应的方程之间的关系，利用根与系数的关系求出a的值．
【解答】
不等式x2−5x+a<0的解集为{x|2
由根与系数的关系知，a＝2×3＝6．
【答案】
(−22, 0)
【考点】
二次函数的性质
【解析】
由条件利用二次函数的性质可得f(m)=2m2−1<0f(m+1)=(m+1)2+m(m+1)−1<0，由此求得m的范围．
【解答】
解：∵ 二次函数f(x)=x2+mx−1的图象开口向上，
对于任意x∈[m, m+1]，都有f(x)<0成立，
∴ f(m)=2m2−1<0，f(m+1)=(m+1)2+m(m+1)−1<0，
即−22
【答案】
45
【考点】
基本不等式及其应用
【解析】
方法一、由已知求得x2，代入所求式子，整理后，运用基本不等式可得所求最小值；
方法二、由4=(5x2+y2)⋅4y2，运用基本不等式，计算可得所求最小值．
【解答】
方法一、由5x2y2+y4=1，可得x2=1−y45y2，
由x2≥0，可得y2∈(0, 1]，
则x2+y2=1−y45y2+y2=1+4y45y2=15(4y2+1y2)
≥15⋅24y2⋅1y2=45，当且仅当y2=12，x2=310，
可得x2+y2的最小值为45；
方法二、4=(5x2+y2)⋅4y2≤(5x2+y2+4y22)2=254(x2+y2)2，
故x2+y2≥45，
当且仅当5x2+y2=4y2=2，即y2=12，x2=310时取得等号，
可得x2+y2的最小值为45．
【答案】
43
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
利用基本不等式求最值．
【解答】
解：x>0，y>0，x+2y=5，
则(x+1)(2y+1)xy=2xy+x+2y+1xy=2xy+6xy=2xy+6xy，
由基本不等式有：
2xy+6xy≥22xy⋅6xy=43，
故(x+1)(2y+1)xy的最小值为43.
故答案为：43.
【答案】
2+2
【考点】
利用导数研究函数的最值
【解析】
先由题设得到：x3+y3x−y=1，且x>y，再令f(x, y)=1−x2y2=1+(xy)2xy−1，然后构造函数f(t)=1+t2t−1，t>1，最后利用导数求得其最小值，即可解决问题．
【解答】
∵ x>0，y>0，x3+y3＝x−y，
∴ x3+y3x−y=1，且x>y，
令f(x, y)=1−x2y2=x3+y3x−y−x2y2=y2+x2xy−y2=1+(xy)2xy−1，
令t=xy>1，则f(t)=1+t2t−1，
∵ f′(t)=t2−2t−1(t−1)2，t>1，
令f′(t)>0，解得：t>1+2，
∴ f(t)在(1, 1+2)上单调递减，在(1+2, +∞)上单调递增，
∴ f(t)max＝f(1+2)＝22+2，
即1−x2y2的最小值为22+2，
【答案】
(−∞, 92]
【考点】
函数的最值及其几何意义
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：当x∈[1, 4]时，设g(x)=x+4x，g(x)在[1, 2)上单调递减，在(2, 4]上单调递增，且g(1)=g(4)=5，g(2)=4，所以x+4x∈[4, 5].
①当a≤4时，f(x)=x+4x−a+a=x+4x=g(x)，满足最大值为5；
②当a≥5时，f(x)=a−(x+4x)+a=2a−(x+4x)≤2a−4，而2a−4≥6，与题意不符，舍去；
③当4
故答案为：(−∞, 92]．
三、解答题（共5小题，满分0分）
【答案】
解：(1)B={x|x2−4x−5≤0}={x|−1≤x≤5}，
当m=5时，A=x|x2−10x+24≤0=x|4≤x≤6
∴ A∩B=x|4≤x≤5.
(2)∵ “x∈A”是“x∈B”的充分不必要条件，
∴ A⫋B，
A=x|x2−2mx+m2−1≤0=x|m−1≤x≤m+1，
∴ −1≤m−1,m+1≤5,
解得0≤m≤4．
【考点】
交集及其运算
一元二次不等式的解法
充分条件、必要条件、充要条件
【解析】
（1）当m=5时，分别解出不等式：x2−2mx+m2−1≤0，x2−4x−5≤0，可得集合A，B可得A，利用交集运算可得A∩B；
（2）利用充分、必要条件的定义，将其转化为集合的包含关系，解不等式组即可得到答案.
【解答】
解：(1)B={x|x2−4x−5≤0}={x|−1≤x≤5}，
当m=5时，A=x|x2−10x+24≤0=x|4≤x≤6
∴ A∩B=x|4≤x≤5.
(2)∵ “x∈A”是“x∈B”的充分不必要条件，
∴ A⫋B，
A=x|x2−2mx+m2−1≤0=x|m−1≤x≤m+1，
∴ −1≤m−1,m+1≤5,
解得0≤m≤4．
【答案】
由x2+2x−23+2x−x2≤x可得，x2+2x−23+2x−x2−x≤0，
整理可得，x3−x2−x−2x2−2x−3≥0，
即(x−2)(x2+x+1)(x−3)(x+1)≥0，
因为x2+x+1>0恒成立，
原不等式可转化为(x+1)(x−3)(x−2)≥0且(x−3)(x+1)≠0，
解得，x>3或−1
a＝0时，1<0不成立，此时不等式的解集⌀，
a≠0时，△＝a2−4a，
若a>4，则△>0，此时不等式的解集为{x|−a−a2−4a2a
0
综上可得，a＝0时，不等式的解集⌀，
a>4，不等式的解集为{x|−a−a2−4a2a
0
【考点】
其他不等式的解法
【解析】
（1）把分式不等式转化为高次不等式进行求解即可；
（2）结合二次项系数a的正负及判别式的正负对a进行分类讨论，即可求解．
【解答】
由x2+2x−23+2x−x2≤x可得，x2+2x−23+2x−x2−x≤0，
整理可得，x3−x2−x−2x2−2x−3≥0，
即(x−2)(x2+x+1)(x−3)(x+1)≥0，
因为x2+x+1>0恒成立，
原不等式可转化为(x+1)(x−3)(x−2)≥0且(x−3)(x+1)≠0，
解得，x>3或−1
a＝0时，1<0不成立，此时不等式的解集⌀，
a≠0时，△＝a2−4a，
若a>4，则△>0，此时不等式的解集为{x|−a−a2−4a2a
0
综上可得，a＝0时，不等式的解集⌀，
a>4，不等式的解集为{x|−a−a2−4a2a
0
【答案】
∀x∈R，x2+2(a−2)x+4>0恒成立，
可得△=4(a−2)2−16<0，解得0
∃x∈(1, 3)，使f(x)>0成立，
等价为x2+2(a−2)x+4>0在x∈(1, 3)有解，
即有2(2−a)
则g(x)在(1, 3)的值域为[4, 5)，
所以2(2−a)<5，解得a>−12，
即a的取值范围是(−12．+∞)．
【考点】
函数恒成立问题
【解析】
（1）由二次函数的性质可得只需判别式小于0，解不等式可得实数a的取值范围；
（2）运用参数分离和对勾函数的单调性，可得实数a的取值范围．
【解答】
∀x∈R，x2+2(a−2)x+4>0恒成立，
可得△=4(a−2)2−16<0，解得0
∃x∈(1, 3)，使f(x)>0成立，
等价为x2+2(a−2)x+4>0在x∈(1, 3)有解，
即有2(2−a)
则g(x)在(1, 3)的值域为[4, 5)，
所以2(2−a)<5，解得a>−12，
即a的取值范围是(−12．+∞)．
【答案】
ab+1ab≥4+14⇔4a2b2−17ab+4≥0
⇔(4ab−1)(ab−4)≥0．
∵ a>0，b>0，a+b＝1，∴ ab=(ab)2≤(a+b2)2=14，
∴ 4ab≤1，得ab≤14<4．
∴ (4ab−1)(ab−4)≥0成立，
则.ab+1ab≥4+14；
16+116,64+164
由（1）（2）归纳得到一般性结论：anbn+1anbn≥4n+14n．
证明如下：
∵ a>0，b>0，a+b＝1，∴ ab≤(a+b2)2=14，当且仅当a＝b=12时等号成立，
则anbn≤(14)m，令t＝anbn，则t∈(0,(14)n]，
由f(t)＝t+1t在(0,(14)n]上为减函数，可得f(t)≥14n+114n=4n+14n，
即anbn+1anbn≥4n+14n．
故（3）的答案为：16+116；64+164．
【考点】
不等式的证明
数学归纳法
【解析】
（1）找出ab+1ab≥4+14的等价命题，再由已知证明等价命题成立，则命题得证；
（2）由（1）的证明过程及等号成立的条件归纳（2）的两个不等式；
（3）由（1）（2）中的三个不等式可归纳一般性结论，然后利用对勾函数的单调性证明．
【解答】
ab+1ab≥4+14⇔4a2b2−17ab+4≥0
⇔(4ab−1)(ab−4)≥0．
∵ a>0，b>0，a+b＝1，∴ ab=(ab)2≤(a+b2)2=14，
∴ 4ab≤1，得ab≤14<4．
∴ (4ab−1)(ab−4)≥0成立，
则.ab+1ab≥4+14；
探索猜想a2b2+1a2b2≥16+116；a3b3+1a3b3≥64+164，
当且仅当a＝b=12时，上面两式等号成立；
由（1）（2）归纳得到一般性结论：anbn+1anbn≥4n+14n．
证明如下：
∵ a>0，b>0，a+b＝1，∴ ab≤(a+b2)2=14，当且仅当a＝b=12时等号成立，
则anbn≤(14)m，令t＝anbn，则t∈(0,(14)n]，
由f(t)＝t+1t在(0,(14)n]上为减函数，可得f(t)≥14n+114n=4n+14n，
即anbn+1anbn≥4n+14n．
故（3）的答案为：16+116；64+164．
【答案】
函数f(x)=1+x+1−x．
可知定义域为[−1, 1]，
令x＝cs2θ，θ∈[0, π2]，
那么f(x)转化为h(θ)=2csθ+2sinθ＝2sin(θ+π4)
∵ θ∈[0, π2]，
∴ 2≤h(θ)≤2，
即函数f(x)的最大值为2，最小值为2；
∵ 函数f(x)=1+x+1−x≥0，
∴ f2(x)=2+21−x2，
可得1−x2=−2+f2(x)2，
那么F(x)=m1−x2+f(x)=m⋅f2(x)2−m+f(x)．
令t＝f(x)，
那么F(x)转化为y=12m⋅t2+t−m(2≤t≤2)．
当m＝0时，ymax＝2；
当m>0时，函数y开口向上，对称轴t=−1m<2，
在区间[2, 2]上单调递增，当t＝2时，取得最大值为ymax＝2+m；
当m<0时，函数y开口向下，对称轴t=−1m，
①若2≤−1m≤2时，当t=−1m时，取得最大值为ymax=−m−12m；
②若−1m>2时，在区间[2, 2]上单调递减，当t＝2时，取得最大值为ymax＝2+m；
③若−1m<2，在区间[2, 2]上单调递增，当t=2时，取得最大值为ymax=2；
综上，g(m)的表达式为：g(m)=2,m≤−22−m−12m,−22
函数的最值及其几何意义
【解析】
（1）利用三角函数换元，根据三角函数的有界性即可求解最值；
（2）转化为二次函数问题讨论最值即可得g(m)的表达式．
【解答】
函数f(x)=1+x+1−x．
可知定义域为[−1, 1]，
令x＝cs2θ，θ∈[0, π2]，
那么f(x)转化为h(θ)=2csθ+2sinθ＝2sin(θ+π4)
∵ θ∈[0, π2]，
∴ 2≤h(θ)≤2，
即函数f(x)的最大值为2，最小值为2；
∵ 函数f(x)=1+x+1−x≥0，
∴ f2(x)=2+21−x2，
可得1−x2=−2+f2(x)2，
那么F(x)=m1−x2+f(x)=m⋅f2(x)2−m+f(x)．
令t＝f(x)，
那么F(x)转化为y=12m⋅t2+t−m(2≤t≤2)．
当m＝0时，ymax＝2；
当m>0时，函数y开口向上，对称轴t=−1m<2，
在区间[2, 2]上单调递增，当t＝2时，取得最大值为ymax＝2+m；
当m<0时，函数y开口向下，对称轴t=−1m，
①若2≤−1m≤2时，当t=−1m时，取得最大值为ymax=−m−12m；
②若−1m>2时，在区间[2, 2]上单调递减，当t＝2时，取得最大值为ymax＝2+m；
③若−1m<2，在区间[2, 2]上单调递增，当t=2时，取得最大值为ymax=2；
综上，g(m)的表达式为：g(m)=2,m≤−22−m−12m,−22
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