2022-2023学年安徽省合肥市庐江县第五中学高一上学期12月月考数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年安徽省合肥市庐江县第五中学高一上学期12月月考数学试题（解析版），共15页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年安徽省合肥市庐江县第五中学高一上学期12月月考数学试题 一、单选题1．若，则关于的不等式的解集为（    ）A． B．C．或 D．或【答案】B【分析】结合含参一元二次不等式的解法即可.【详解】解：方程的两个根为和，因为，所以，故不等式的解集为．故选：B．2．若，，定义且，则（    ）A． B．C． D．【答案】B【分析】分别解不等式，根据的定义直接计算即可.【详解】由已知，，则，故或，故故选：B.3．若“﹣2<x<3”是“x2+mx﹣2m2<0（m>0）”的充分不必要条件，则实数m的取值范围是（    ）A．m≥1 B．m≥2 C．m≥3 D．m≥4【答案】C【分析】x2+mx﹣2m2<0（m>0），解得﹣2m<x<m.根据“﹣2<x<3”是“x2+mx﹣2m2<0（m>0）”的充分不必要条件，可得﹣2m≤﹣2，3≤m，m>0.解出即可得出.【详解】解：x2+mx﹣2m2<0（m>0），解得﹣2m<x<m.∵“﹣2<x<3”是“x2+mx﹣2m2<0（m>0）”的充分不必要条件，∴﹣2m≤﹣2，3≤m，(两个等号不同时取)m>0.解得m≥3.则实数m的取值范围是[3，+∞）.故选：C.4．对于任意两个正整数 ，定义某种运算，法则如下：当都是正奇数时， ；当不全为正奇数时， ，则在此定义下，集合的真子集的个数是（   ）A． B． C． D．【答案】C【详解】由题意，当 都是正奇数时， ；当不全为正奇数时， ；若 都是正奇数，则由 ，可得 ，此时符合条件的数对为（ 满足条件的共8个；若不全为正奇数时， ，由 ，可得 ，则符合条件的数对分别为 共5个；故集合 中的元素个数是13，所以集合的真子集的个数是 故选C．【点睛】本题考查元素与集合关系的判断，解题的关键是正确理解所给的定义及熟练运用分类讨论的思想进行列举，5．已知，，，则，，的大小关系为（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】通过作差法，，确定符号，排除D选项；通过作差法，，确定符号，排除C选项；通过作差法，，确定符号，排除A选项；【详解】由，且，故；由且，故；且，故.所以，故选：B.6．若关于的不等式在区间上有解，则实数的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】参变分离可得在区间上有解，求出在区间上的最大值，即可得出实数的取值范围．【详解】解：因为关于的不等式在区间上有解，所以在区间上有解，设，，其中在区间上单调递减，所以有最大值为，所以实数的取值范围是．故选：C．7．已知关于的不等式组仅有一个整数解，则的取值范围为（    ）A． B． C． D．【答案】B【解析】解不等式，得或，再分类讨论不等式的解集，结合集合关系求得参数的取值范围.【详解】解不等式，得或解方程，得，（1）当，即时，不等式的解为：此时不等式组的解集为，若不等式组的解集中仅有一个整数，则，即；（2）当，即时，不等式的解为：此时不等式组的解集为，若不等式组的解集中仅有一个整数，则，即；综上，可知的取值范围为故选：B【点睛】关键点睛：本题考查利用不等式组的解集情况求参数的范围，解题的关键是解一元二次不等式及分类讨论解含参数的一元二次不等式，再利用集合关系求参数，考查学生的分类讨论思想与运算求解能力，属于中档题.8．《几何原本》卷的几何代数法（以几何方法研究代数问题）成了后世西方数学家处理问题的重要依据．通过这一原理，很多的代数的公理或定理都能够通过图形实现证明，也称之为无字证明．现有如图所示图形，点在半圆上，点在直径上，且，设，，则该图形可以完成的无字证明为（    ）A． B．C． D．【答案】D【解析】计算出和，由可得出合适的选项.【详解】由图形可知，，，由勾股定理可得，在中，由可得.故选：D.【点睛】本题考查利用几何关系得出不等式，考查推理能力，属于基础题. 二、多选题9．若不等式对恒成立，则实数的值可能为（    ）A．-2 B．-1 C． D．2【答案】BC【分析】先求出不等式的解集为，根据不等式对恒成立，利用二次函数的性质，由求解.【详解】不等式的解集是，因为不等式对恒成立，所以，所以，解得 ，所以 实数的值可能为-1，故选：BC【点睛】本题主要考查一元二次不等式的解法，二次函数的性质，集合的基本关系的应用以及恒成立问题，还考查了运算求解的能力，属于基础题.10．已知全集，集合，，则使成立的实数的取值范围可以是（　　）A． B．C． D．【答案】ABC【分析】讨论和时，计算，根据列不等式，解不等式求得的取值范围，再结合选项即可得正确选项.【详解】当时，，即，此时，符合题意，当时，，即，由可得或，因为，所以或，可得或，因为，所以，所以实数的取值范围为或，所以选项ABC正确，选项D不正确；故选：ABC.11．已知均为实数，则下列命题正确的是（    ）A．若则.B．若则.C．若，则D．若，则【答案】AD【分析】由不等式的性质，逐个判断选项.【详解】若，则，又，则，A选项正确；若，满足，但，不成立，B选项错误；若，，满足，但，不成立，C选项错误；，则，又，∴，即，D选项正确.故选：AD12．设，则当取最小值时，下列说法正确的是（    ）．A． B． C． D．【答案】AC【解析】将原式整理为，根据基本不等式和二次函数的性质可得选项.【详解】因为，所以原式当且仅当，即，，时，等号成立，此时，故选：AC．【点睛】本题考查基本不等式的应用，属于中档题.利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方. 三、填空题13．已知，则的取值范围是_____．【答案】【解析】利用换元法，结合不等式的性质进行求解即可.【详解】设，因此得：，，，因为，所以，因此，所以.故答案为： 14．不等式的解集为______.【答案】【分析】将所求不等式化为，采用根轴法可求得结果.【详解】由得：，令，解得：，，，，采用根轴法可得图象如下图所示，由图象可得：的解集为.故答案为：.15．已知，，满足，存在实数m，对于任意x，y，使得恒成立，则的最大值为____________.【答案】2【分析】首先根据题意得到，从而得到，即，再根据恒成立，即可得到的最大值.【详解】因为，， 所以，所以.即，，解得.因为恒成立，所以，即.所以的最大值为.故答案为：【点睛】本题主要考查基本不等式，同时考查了不等式的恒成立问题，属于中档题.16．已知，，下面四个结论：①若，则；②若，则的最小值是；③若，则的最小值等于；④若，则的最小值为；其中正确结论的序号是______.（把你认为正确的结论的序号都填上）【答案】②③④【分析】利用作差法判断①，利用基本不等式判断②③④；【详解】解：对于①，，因为，，，所以，当时，当时，故①错误；对于②，因为，，，所以，所以，当且仅当，即，时取等号，故②正确；对于③：因为，，且，即有，即，可得，当且仅当时，上式取得等号，即有的最小值为，故③正确．对于④：因为，，，所以，当且仅当，即，时取得等号，故④正确；故答案为：②③④ 四、解答题17．已知命题，，命题，．(1)若命题和命题有且只有一个为假命题，求实数的取值范围；(2)若命题和命题至少有一个为真命题，求实数的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）首先求出命题、为真时参数的取值范围，再分类讨论，分别计算可得；（2）首先求出命题和命题都为假命题时参数的取值范围，再取其补集即可得解.【详解】（1）解：若命题为真命题，即命，，所以，所以，若命题为真命题，即，，所以，解得，因为命题和命题有且只有一个为假命题，当命题为假，命题为真时，解得；当命题为真，命题为假时，所以；所以；（2）解：若命题和命题都为假命题，则，即；因为命题和命题至少有一个为真命题，所以或，即；18．已知集合，(1)若，求；(2)证明：“”的充分必要条件是“”.【答案】(1)(2)证明见解析 【分析】（1）首先解一元二次不等式求出集合、，再根据交集的定义计算可得；（2）根据充分条件、必要条件的定义证明即可.【详解】（1）解：由，即，解得，所以，当时，有，所以；（2）证明：①充分性：当时，，所以，此时，故；②必要性：由知，，令，则，解得，综上：“”的充分必要条件是“”.19．为了净化空气，某科研单位根据实验得出，在一定范围内，每喷洒1个单位的净化剂，空气中释放的浓度单位：毫克/立方米随着时间单位：天变化的关系如下：当时，；当时，若多次喷洒，则某一时刻空气中的净化剂浓度为每次投放的净化剂在相应时刻所释放的浓度之和．由实验知，当空气中净化剂的浓度不低于毫克/立方米时，它才能起到净化空气的作用．(1)若一次喷洒4个单位的净化剂，则净化时间可达几天？(2)若第一次喷洒2个单位的净化剂，6天后再喷洒个单位的净化剂，要使接下来的4天中能够持续有效净化，试求a的最小值．精确到，参考数据：取【答案】(1)天；(2). 【分析】（1）利用已知可得：一次喷洒4个单位的净化剂，由浓度：当时，；当时，，分类讨论解出的值即可；（2）设从第一次喷洒起，经天，可得浓，化简计算，再变形利用基本不等式即可得出．【详解】（1）因为一次喷洒4个单位的净化剂，所以浓度可表示为：当时，，当时，，则当时，由，解得，所以得，当时，由，解得，所以得，综合得，故若一次喷洒4个单位的净化剂，则有效净化时间可达8天.（2）设从第一次喷洒起，经天，浓度，因为，而，所以，故，当且仅当时，有最小值为，令，解得，所以a的最小值为20．给定非空数集，若对于任意，有，，则称集合为闭集合.(1)判断集合，是否为闭集合，并加以证明；(2)证明：已知，是闭集合，且是闭集合，则或.【答案】(1)不是闭集合；为闭集合，证明见解析(2)证明见解析 【分析】（1）根据所给定义判断即可；（2）根据所给定义及并集的性质判断即可.【详解】（1）解：因为，，，所以不是闭集合；任取，设，，，则且，所以，同理，，故为闭集合；（2）证明：任取，可得，因为是闭集合，则，，若，则，此时；若，则，此时.21．设数集由实数构成，且满足：若（且），则.(1)若，试证明中还有另外两个元素；(2)集合是否为双元素集合，并说明理由；(3)若中元素个数不超过8个，所有元素的和为，且中有一个元素的平方等于所有元素的积，求集合.【答案】(1)证明见解析；(2)不是，理由见解析；(3). 【分析】（1）利用集合与元素之间的关系证明即可；（2）根据条件求出元素间的规律即可；（3）先利用求出集合中元素个数，再根据所有元素和求解即可.【详解】（1）由题意得若，则；又因为，所以；即集合中还有另外两个元素和.（2）由题意，若（且），则，则，若则；所以集合中应包含，故集合不是双元素集合.（3）由（2）得集合中的元素个数应为3或6，因为且中有一个元素的平方等于所有元素的积，所以中应有6个元素，且其中一个元素为，由结合条件可得，又因为，所以剩余三个元素和为，即，解得，故.22．已知均为正实数，且满足证明：(1)；(2)．【答案】(1)证明见解析；(2)证明见解析. 【分析】（1）由题意得到，，，三式相加即可证明；（2）由题意得到，，，结合，，即可证明结论．【详解】（1）均为正实数，则当且仅当时取“”，同理可得：，当且仅当，时等号成立，故当且仅当时取“”，又，故.（2） 当且仅当时取“”，同理当且仅当时取“”，当且仅当时取“”．又由，可知．当且仅当时取“”．所以，故．当且仅当时取“”．【点睛】本题考察利用基本不等式证明不等式，其中第二问中的配凑是解决问题的关键，属困难题.