2022-2023学年辽宁省沈阳市第十中学高一上学期10月月考数学试题（解析版）

这是一份2022-2023学年辽宁省沈阳市第十中学高一上学期10月月考数学试题（解析版），共13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学年辽宁省沈阳市第十中学高一上学期10月月考数学试题 一、单选题1．设集合，，则的真子集共有（    ）A．15个 B．16个 C．31个 D．32个【答案】A【分析】解一元二次不等式，求出，从而求出，得到的真子集个数.【详解】由题意得，，解得：或，所以或，所以，所以的子集共有个，真子集有15个．故选：A．2．命题“若，则或”的否定是（    ）A．若，则或B．若，则且C．若，则或D．若，则且【答案】B【分析】“若p则q”的否定为“若p则”【详解】命题“若，则或”的否定是“若，则且”.故选：B3．若为实数，且，则下列命题正确的是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】对于A，B，C，对取特殊值即可判断.对于D，用分别乘以不等式的两端，根据不等式的性质即可得到答案.【详解】对于A，取，A错；对于B，取，此时，，B错；对于C，取，此时，，C错；对于D，.故选：D4．关于，的方程组的解集，不正确的说法是（    ）A．当时解集是空集 B．必定不是空集 C．可能是单元素集合 D．当时解集是无限集【答案】A【分析】分与两种情况求解即可.【详解】当时，与重合，解集是无限集，则D正确；当时，有单元素集合，则B，C正确.故选：A5．“”是“”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．既不充分也不必要条件 D．充要条件【答案】A【分析】根据分式不等式求解，再判断充分性与必要性即可.【详解】因为且，充分性成立，所以“0”是“”的充分不必要条件.故选：A6．已知关于的不等式的解集为，则的最大值是（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】一元二次不等式解集转化为一元二次方程的解，根据韦达定理求出，，再用基本不等式求出最值【详解】的解集为，则是方程的两个根，故，，故因为，所以有基本不等式得：，当且仅当即时，等号成立，所以的最大值为故选：D7．若两个正实数，满足且存在这样的，使不等式有解，则实数的取值范围是（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】利用基本不等式求得的最小值，再解一元二次不等式求得的取值范围.【详解】，，当且仅当时等号成立.所以，解得或，所以的取值范围是.故选：C8．若集合，，若，则实数的取值范围是（    ）A． B．C． D．【答案】A【分析】先根据分式不等式求解出集合，然后对集合中参数与的关系作分类讨论，根据子集关系确定出的范围.【详解】因为，所以，所以或，所以或，当时，不成立，所以，所以满足，当时，因为，所以，又因为，所以，所以，当时，因为，所以，又因为，所以，所以，综上可知：.故选：A.【点睛】本题考查分式不等式的求解以及根据集合间的包含关系求解参数范围，难度一般.解分式不等式的方法：将分式不等式先转化为整式不等式，然后根据一元二次不等式的解法或者高次不等式的解法（数轴穿根法）求出解集. 二、多选题9．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.10．下列命题为真命题的为（    ）A． B．当时，，C．成立的充要条件是 D．设，则“”是“”的必要不充分条件【答案】ABD【分析】对于A，通过配方判断，对于B，由根的判别式判断，对于C，举例判断，对于D，由充分条件和必要条件的定义判断.【详解】对于A，因为，所以恒成立，所以A正确；对于B，当时，方程的判别式，所以，成立，所以B正确；对于C，若，则，所以成立的充要条件是是错误的；对于D，当，时，，而当时，成立，所以“”是“”的必要不充分条件，所以D正确.故选：ABD.11．若，，，则对一切满足条件的恒成立的有（    ）A． B．C． D．【答案】AC【分析】由和基本不等式可得，即可判断A，令可判断B，，可判断C，，可判断D.【详解】对于A，由，则，故A正确；对于B，令时，，故不成立，故B错误；对于C，因为，故C正确；对于D，因为，由A知，故，故D错误；故选：AC12．以下四种说法中，正确的是(    )A．关于的方程的解集为B．、是方程的两根，则C．设方程的解集为，则方程的解集为D．方程组的解为坐标的点在第二象限【答案】BCD【分析】通过解一元二次方程和韦达定理即可判断ABC；对于选项D：解二元一次方程组即可求解.【详解】A选项：关于的方程，从而当时，方程的解集为，故A错误；B选项：由韦达定理可知，，，且，所以，即，故B正确；C选项：，由韦达定理可知，，，由，即，从而的解集为，故C正确；D选项：解方程组得，即在第二象限，故D正确.故选：BCD． 三、填空题13．已知实数、满足，，则的取值范围为______．【答案】【分析】设，利用待定系数法求出的值，然后根据不等式的性质即可求解.【详解】解：设，则，解得，所以，因为，，所以，，所以，故答案为：.14．已知，则函数的解析式为____．【答案】【分析】利用配凑法求函数解析式.【详解】解：因为所以.故答案为：15．已知关于的不等式的解集为，则当，且时，实数的取值范围是___________.【答案】【分析】根据题意，分析可得，解可得的取值范围，即可得答案．【详解】解：根据题意，不等式的解集为，若，且，则有，解可得或，即的取值范围为；故答案为：．16．若关于的不等式的解集不是空集，则实数的取值范围是___________.【答案】【分析】根据条件只需，设分段讨论去绝对值求出最小值，即可得出结论.【详解】因为关于的不等式的解集不是空集，所以大于等于的最小值4即可，即；故答案为： 四、解答题17．设全集，已知集合，.(1)求；(2)记集合，已知集合，若，求实数的取值范围.【答案】(1)(2) 【分析】（1）首先求出集合、，再根据补集、交集的定义计算可得；（2）由（1）可得，依题意可得，分和两种情况讨论，分别求出参数的取值范围，即可得解.【详解】（1）解：∵，，且，；（2）解：由题意得．∵，∴或，①当时，，解得；②当时，解得．综上所述，所求的取值范围为．18．请选择适当的方法证明.(1)已知，，且，证明：；(2)已知，，，证明：a，b中至少有一个不小于0.【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析 【分析】（1）方法一：利用做差法，对因式分解，判断正负即可得出结论；即可证明；方法二：利用综合法即可证明；（2）结合反正法假设a､b都小于0，推出矛盾即可得出结论.【详解】（1）方法一（做差法）：因为，，因为且，，所以，所以，得证方法二（综合法）：因为，，且，所以，，所以，展开得：，所以，即，得证（2）（反证法）假设a､b都小于0，即，，则有，因为，，，则，这与假设所得相矛盾，因此，假设不成立.所以，a､b中至少有一个不小于0.19．已知函数(1)求的值；(2)对函数，若存在点，使得，求实数的值．【答案】(1)(2)或 【分析】（1）根据分段函数的解析式，分别求得，即可得解；（2）根据分段函数的解析式，分三种情况讨论，即可得解.【详解】（1）解：由，得，所以（2）解：由，当时，则，解得（舍去），当时，则，解得，当时，则恒成立，综上所述，实数的值为或.20．已知.（1）当时，求关于的不等式大于0的解集；（2）若不等式的解集为，求实数，的值.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）当时，得，解此不等式即可；（2）由题意可知是方程的两根，再利用根与系数的关系可得，从而可求出，的值.【详解】（1）当时，.∴不等式为，解得，∴所求不等式的解集为.（2）∵，∴，∴是方程的两根，∴，解得21．已知恒成立．(1)求的取值范围；(2)解关于的不等式.【答案】(1)；(2)答案见解析. 【分析】（1）分、两种情况讨论，在时，直接验证即可，在时，由已知条件可得出关于实数的不等式组，综合可得出实数的取值范围；（2）将所求不等式变形为，对与的大小进行分类讨论，结合二次不等式的解法可得出原不等式的解集.【详解】（1）解：因为恒成立．①当时，恒成立，合乎题意；②当时，则，解得.综上所述，.（2）解：由得.①当时，即当时，原不等式的解集为；②当时，即当时，原不等式的解集为；③当时，即当时，原不等式的解集为.综上所述，当时，原不等式的解集为；当时，原不等式的解集为；当时，原不等式的解集为.22．设矩形的周长为，把沿向折叠，折过去后交于点P，设．(1)用x的代数式表示y，并写出x的取值范围；(2)求的最大面积及相应x的值．【答案】(1)(2)当时，的面积最大，面积的最大值为 【分析】（1）设，根据几何关系可得各边长度，再根据中的勾股定理列式，化简可得，根据求解即可；（2）根据，利用基本不等式求解最大值即可.【详解】（1）如图，∵，由矩形的周长为，可知．设，则，，，，，．在中，由勾股定理得，即，解得，所以．即．（2）的面积为．由基本不等式与不等式的性质，得，当且仅当时，即当时，的面积最大，面积的最大值为