2023-2024学年河南省郑州市中牟县第一高级中学高一上学期10月月考数学试题含答案

这是一份2023-2024学年河南省郑州市中牟县第一高级中学高一上学期10月月考数学试题含答案，共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，证明题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．设集合，则下列说法正确的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】当时，，进而判断出四个选项的正误.
【详解】当时，，故，，ABC错误，D正确.
故选：D
2．“”的一个必要不充分条件为（ ）．
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】利用集合关系判定充分必要条件即可.
【详解】显然A项是充要条件，不符合题意；
由“”可推出“”，即B项是充分条件，不符合题意；
“”不能推出“”，反之“”也推不出“”，即C项为既不充分也不必要条件，不符合题意；
易知真包含于，所以“”的一个必要不充分条件为“”，
故选：D．
3．已知，则的最小值是（ ）
A．4B．8C．12D．16
【答案】D
【分析】由基本不等式可得答案.
【详解】已知，则，，
当且仅当，即时“”成立，故所求最小值是16.
故选：D．
4．若，，则、的大小关系是（ ）
A．B．C．D．不能确定
【答案】C
【分析】将、两边平方，即可得到，从而得解.
【详解】，，
，，
，
，
，
，
，
.
故选：C．
5．下列各组函数是同一函数的是（ ）
A．与B．与
C．与D．与
【答案】D
【分析】根据同一函数的概念求解判断.
【详解】对于A中，函数的定义域为，函数的定义域为，两函数的定义域不同，所以不是同一函数；
对于B中，函数和的对应法则不同，所以不是同一函数；
对于C中，函数的定义域为，函数的定义域为，两函数的定义域不同，所以不是同一函数；
对于D中，函数与的定义域都是，且对应法则相同，所以是同一函数.
故选：D.
6．已知是定义在上的奇函数，当时，.若函数在区间，上单调递增，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】结合二次函数的单调性与奇函数的性质，可推出在，上单调递增，从而得，解之即可.
【详解】当时，，由二次函数的单调性可知在，上单调递增，
又因为是定义在上的奇函数，所以在，上单调递增，
综上，在，上单调递增，
又函数在区间，上单调递增，
所以，解得，
所以实数的取值范围是，.
故选：C.
7．若x的不等式的解集中恰有两个整数，则实数m的取值范围是（ ）
A．B．
C．或D．或
【答案】C
【分析】首先不等式等价于，再讨论的取值，根据解集中有2个整数，即可求解.
【详解】不等式，等价于，
当，即时，不等式的解集为，
若集合中有2个整数，则，得；
若，即时，不等式的解集为，
若集合中有2个整数，则，得；
当，即时，不等式的解集为，不成立；
所以实数m的取值范围是或.
故选：C
8．已知函数在上是减函数，则的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根据函数在上是减函数，可得，解不等式组，即可求出结果.
【详解】因为函数在上是减函数，所以 ，解不等式组，得.
故选：D.
【点睛】本题主要考查了分段函数的单调性应用，在解决分段函数单调性时，首先每一段函数的单调性都应具备单调递增(或单调递减)，其次，在函数分段的分界点处也应该满足函数的单调性，据此建立不等式组，求出不等式组的交集，即可求出结果．
二、多选题
9．下列命题中是真命题的是（ ）
A．“且”是“”的充要条件
B．“”是“”的充分不必要条件
C．“”是“关于x的不等式（）的解集为空集”的充要条件
D．若，则
【答案】BD
【分析】根据充分与必要条件的定义，结合不等式的解法及函数的单调性逐个判断即可.
【详解】对于A：且，但由不能推出且，
“且”是“”的充分不必要条件，故A是假命题；
对于B：，而由推不出，
“”是“”的充分不必要条件，故B是真命题；
对于C：的解集为空集，则且，而由且可知，的解集为空集，故C是假命题；
对于D，其对应函数为，是单调递减函数，则D显然成立．
故选：BD．
10．已知，则下列不等式中错误的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】ABC
【分析】根据不等式的基本性质得到ABC错误，D正确.
【详解】A选项，因为，所以，故，A错误；
B选项，，不等式两边同乘以得，，B错误；
C选项，因为，由同号可加性可得，C错误；
D选项，因为，所以，
因为，所以，
因为，故，所以，D正确.
故选：ABC
11．已知关于的不等式的解集为或，则下列结论中，正确结论的选项是（ ）
A．
B．
C．不等式的解集为或
D．
【答案】AD
【分析】由一元二次不等式的解法得关系，对选项逐一判断，
【详解】由的解集为或得，
故；故A正确；
，故B错误；
，故D正确，
对于选项C：为，
因为，可得，解得，
所以不等式的解集为，故C错误.
故选：AD.
12．已知函数的图象关于对称，且对，，当，且时，成立，若对任意恒成立，则实数的可能取值为（ ）
A．B．C．0D．1
【答案】BCD
【分析】根据题意，得到函数为偶函数，且在上为单调递增函数，把不等式转化为对任意恒成立，当时，得到，结合基本不等式，即可求解.
【详解】因为函数的图象关于对称，
所以函数的图象关于对称，可得函数为偶函数，
又因为当，且时，成立，
所以函数在上为单调递增函数，
由对任意恒成立，所以对任意恒成立，
当时，恒成立；
当时，，
因为，当且仅当时，即时，等号成立，
所以，即实数的取值范围为，
结合选项，BCD项符合题意.
故选：BCD.
三、填空题
13．“不等式对一切实数都成立”，则的取值范围为 .
【答案】
【分析】对二次项系数分成等于0和不等于0两种情况进行讨论，对时，利用二次函数的图象进行分析求解.
【详解】当时，不等式对一切实数都成立，
所以成立；
当时，由题意得解得：；
综上所述：.
14．集合，，且，则实数可取值组成的集合为
【答案】
【分析】确定，，考虑和两种情况，计算得到答案.
【详解】，，则，
当时，，满足条件；
当时，，，则或，解得或.
综上所述：.
故答案为：.
15．有“中欧骏泰”，“永赢货币”两种理财产品，投资这两种理财产品所能获得的年利润分别是和（万元），它们与投入资金（万元）的关系有经验方程式：，今有5万元资金投资到这两种理财产品，可获得的最大年利润是 万元.
【答案】1.2/
【分析】根据已知条件，结合换元法，以及二次函数的性质，即可求解．
【详解】设“中欧骏泰”，“永赢货币”两种理财产品的投入资金分别为万元，万元，
利润为万元，则，
，当时，最大年利润是万元
故答案为：．
16．已知，则
【答案】/
【分析】根据函数解析式求出，进而可得，由此可得结果.
【详解】解：因为，所以，
所以，
所以
故答案为：
四、解答题
17．设集合．
(1)若，求实数a的值；
(2)若，求实数a的取值集合．
【答案】(1)3
(2)
【分析】（1）先求集合A，再根据并集结果分析运算；
（2）由题意分析可得，根据包含关系分析运算.
【详解】（1）由题意可得：，
若，则，
可得，解得，
此时，可得，即符合题意，
故实数a的值为3.
（2）由（1）可知，
对于方程，解得或，
若，则，
当时，则，满足，符合题意；
当时，则，可得；
综上所述：或.
故实数a的取值集合为.
18．（1）已知，，求的取值范围；
（2）已知，求的最小值.
【答案】（1）；（2）
【分析】（1）令，求出、的值，即可得到，再利用不等式的性质计算可得；
（2）由，再利用基本不等式计算可得.
【详解】（1）令，则，解得，
所以，
因为，，
所以，，
所以，即，
所以的取值范围为.
（2）因为，所以，
所以
，
当且仅当，即时取等号，
所以的最小值为.
五、证明题
19．已知函数的图像过点．
(1)求实数m的值；
(2)判断在区间上的单调性，并用定义证明；
【答案】(1)
(2)在区间上单调递增，证明见解析
【分析】（1）将代入解析式，得到m的值；
（2）利用定义法证明函数单调性步骤：取值，作差，判号，下结论.
【详解】（1）将点代入函数中，可得，解得．
（2）单调递增，证明如下．
由（1）可得，
任取，则
，因为，
则，，，即，
所以，即，
所以在区间上单调递增．
六、解答题
20．已知定义在上的函数满足，二次函数的最小值为，且．
(1)分别求函数和的解析式；
(2)设，，求的最小值．
【答案】(1)，；
(2)．
【分析】（1）通过构造方程组的方法求得，设，根据已知条件可得的解析式；
（2）求出，分、、讨论可得答案.
【详解】（1）定义在上的函数满足①，
可得②，
由①②可得；
设二次函数，
因为的最小值为，且，
所以，解得，
可得；
（2）
，
当时，在上单调递增，
所以，
当时，在上单调递减，
所以，
当时，所以，
所以．
21．已知二次函数．
（1）若的解集为，求不等式的解集；
（2）若不等式对任意恒成立，求的最大值．
【答案】（1）或；（2）.
【分析】（1）结合一元二次不等式的解集得到的关系，进而得到，从而解不等式即可求出结果；
（2）由题意可得发关系，进而结合不等式的性质以及均值不等式即可求出结果.
【详解】（1）∵的解集为，∴且，∴．
，∴该不等式的解集为或．
（2）若不等式即对任意恒成立，
则即易知，
当时，；
当时，设，则，
则，
当且仅当且时，等号成立，
所以的最大值为．
22．定义在R上的函数满足：对于，，成立；当时，恒成立.
(1)求的值；
(2)判断并证明的单调性；
(3)当时，解关于x的不等式.
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)答案见解析
【分析】（1）令可得；
（2）令结合已知等量关系，根据函数的奇偶性定义即可确定的奇偶性；任取且，结合已知条件，根据函数的单调性即可确定的单调性；
（3）由题设，将不等式转化为，根据的单调性和奇偶性可得，再讨论的大小关系，即可求解集.
【详解】（1）令，则, 可得；
（2）在上单调递减，证明如下：
由已知，对于有成立，，
令，则，
所以，对有，故是奇函数，
任取且，则，由已知有，
又，得
所以在上是减函数；
（3）因为，
所以，
即，
因为在上是减函数，
所以， 即，又，
所以，
当时，即时，原不等式的解集为；
当时，即时，原不等式的解集为；
当时，即时，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.
【点睛】方法点睛：函数不等式的解法通常是利用函数单调性，脱去抽象符合“”,转化为一般不等式求解，所以解这类问题一般要先研究函数的有关性质，如单调性、奇偶性等，此类问题经常与导数结合，需要重新构造函数求导，然后利用函数单调性解决.