2023-2024学年上海市甘泉外国语中学高一（上）期中数学试卷(含解析）

这是一份2023-2024学年上海市甘泉外国语中学高一（上）期中数学试卷(含解析），共11页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知P={1,2}，Q={2,3}，若M={x|x∈P,x∉Q}，则M=( )
A. {1}B. {2}C. {3}D. {1,2,3}
2.设a、b为实数，则“a>b>0”的一个充分非必要条件是( )
A. a−1> b−1B. a2>b2
C. 1b>1aD. a−b>b−a
3.已知命题“非空集合M的元素都是集合P的元素”是假命题，那么下列命题：
①M的元素都不是P的元素；
②M中有不属于P的元素；
③M中有P的元素；
④M中元素不都是P的元素．
其中真命题的个数为( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
4.定义区间(c,d)、[c,d)、(c,d]、[c,d]的长度均为d−c(d>c)，已知实数a>b，则满足1x−a+1x−b≥1的x构成的区间的长度之和为( )
A. a−bB. a+bC. 4D. 2
二、填空题：本题共12小题，每小题3分，共36分。
5.不等式|x−2|<1的解集为______ ．
6.已知集合A={−1,0,1,2,3}，集合B={x∈N|−27.方程组y=x+1y=−x2+3的解集为______ ．
8.已知正实数a、b满足a+4b=1，则ab的最大值为______．
9.已知y=(m2−m−1)xm2−2m−3是幂函数，且在区间(0,+∞)上是严格减函数，则实数m的值为______ ．
10.已知命题甲：x+y>4xy>4，命题乙：x>2y>2，则甲是乙的______ 条件．
11.若lgax=12lgam−2lgan+lgap，则x= ______ .(用m，n，p表示)
12.设A={x|x2−9x+14=0}，B={x|ax−1=0}，若B⊆A，则实数a组成的集合C= ______ ．
13.若关于x的不等式ax2−3ax+6>0的解集为R，则实数a的取值范围是______ ．
14.对于x∈R，不等式|3−x|+|1+x|≥a2−3a恒成立，则实数a的取值范围是______ ．
15.若正实数a，b满足algb=2，alga⋅blgb=5，则(ab)lgab的值为______ ．
16.对于任意两个正实数a，b，定义a⊗b=λ⋅ab，其中常数λ∈( 22,1).若u≥v>0，且u⊗v与v⊗u都是集合{x|x=n2,n∈Z}的元素，则u⊗v=______．
三、解答题：本题共5小题，共52分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
解不等式：
(1)|2x−3|>3x−2；
(2)1x−5≤1−x5−x．
18.(本小题8分)
解关于x的不等式x2+(2a+1)x≤ax．
19.(本小题10分)
已知函数方程x2−8x+4=0的两根为x1、x2(x1(1)求x 1−2−x 2−2的值．
(2)求x 1−12−x 2−12的值．
20.(本小题12分)
某车间分批生产某种产品，每批的生产准备费用为800元，若每批生产x件，则平均仓储时间为x8天，且每件产品每天的仓储费用为1元，为使平均到每件产品的生产准备费用与仓储费用之和最小，每批应生产产品多少件？
21.(本小题12分)
设t是不小于1的实数.若对任意a，b∈[−1,t]，总存在c，d∈[−1,t]，使得(a+c)(b+d)=1，则称这样的t满足“性质1”
(1)分别判断t>2和1≤t<32时是否满足“性质1”；
(2)先证明：若u,v≥12，且u+v≥52，则uv≥1；并由此证明当32≤t≤2时，对任意a，b∈[−1,t]，总存在c1，d1∈[−1,t]，使得(a+c1)(b+d1)≥1．
(3)求出所有满足“性质1”的实数t
答案和解析
1.【答案】A
【解析】解：∵P={1,2}，Q={2,3}，M={x|x∈P,x∉Q}，
∴M={1}．
故选：A．
根据题意及集合的概念，即可得解．
本题考查集合的基本概念，属基础题．
2.【答案】A
【解析】解：由 a−1> b−1，得a−1>b−1b−1≥0，可得a>b≥1，可推出a>b>0，反向推不出，满足；
由a2>b2，则|a|>|b|，推不出a>b>0，反向可推出，不满足；
由1b>1a，则a>b>0或b>0>a或0>a>b，推不出a>b>0，反向可推出，不满足；
由a−b>b−a，则a>b，推不出a>b>0，反向可推出，不满足．
故选：A．
由充分非必要条件定义，根据不等式的性质判断各项与条件“a>b>0”推出关系即可．
本题考查充分必要条件，不等式的性质，属于基础题．
3.【答案】B
【解析】解：根据命题“非空集合M的元素都是集合P的元素”是假命题，
可得M不是P的子集
对于①，集合M中虽然不是所有元素都在P当中，有可能有属于P的元素，
因此可得①是假命题；
对于②，因为M不是P的子集，所以必定M中有不属于P的元素，故②是真命题；
对于③，因为M不是P的子集，所以不能确定M中有没有P的元素，故③是假命题；
对于④，由子集的定义可得，既然M不是P的子集，那么M中必定有一些不属于P的元素；
因此M中元素不都是P的元素，可得④是真命题；
综上所述，真命题的序号为②④；
故选：B．
根据题意，可得集合M不是P的子集．由此结合子集的定义与集合的运算性质，对各个选项依次加以判断，可得②④是真命题，而①③不一定正确，由此即得本题的答案．
本题给出集合M不是P的子集，判断几个命题的真假性．着重考查了子集的定义、集合的运算性质和命题真假的判断等知识，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：原不等式1x−a+1x−b≥1可转化为x2−(2+a+b)x+ab+a+b(x−a)(x−b)≤0①，
对于x2−(2+a+b)x+ab+a+b=0，其判别式Δ=(a−b)2+2>0，故其必有两不相等的实数根，设为x1，x2，
由求根公式得x1=2+a+b− (a−b)2+22，x2=2+a+b+ (a−b)2+22，
下证b构造函数f(x)=x2−(2+a+b)x+ab+a+b，其两个零点为x1，x2，且x1而f(a)=a2−(2+a+b)−a+ab+a+b=b−a<0，所以x1由于b0，
由二次函数的性质可知b故不等式①的解集为(b,x1]∪(a，x2]，
其长度之和为x1−b+x2−a=x1+x2−(a+b)=2+a+b−(a+b)=2．
故选：D．
将不等式1x−a+1x−b≥1转化为高次分式不等式，求得不等式的解集，由此求得x构成的区间的长度和．
本题主要考查了高次分式不等式的解法，考查一元二次方程、一元二次不等式的关系，考查新定义的理解和运用，考查化归与转化的数学思想方法，综合性较强，属于难题．
5.【答案】(1,3)
【解析】解：由|x−2|<1可得，−1解得1即不等式的解集为(1,3)．
故答案为：(1,3)．
原不等式可化为−1本题主要考查了绝对值不等式的解法，属于基础题．
6.【答案】{0,1,2}
【解析】解：∵A={−1,0,1,2,3}，B={x∈N|−2∴A∩B={0,1,2}．
故答案为：{0,1,2}．
用列举法表示B，再由交集运算得答案．
本题考查交集及其运算，是基础题．
7.【答案】{(−2,−1)，(1,2)}
【解析】解：依题意，方程组y=x+1y=−x2+3，
则消y整理得：x+1=−x2+3，x2+x−2=(x+2)(x−1)=0，
解得x=−2或x=1，
所以方程组y=x+1y=−x2+3的解为x=−2y=−1或x=1y=2，
所以方程组y=x+1y=−x2+3的解集为{(−2,−1)，(1,2)}．
故答案为：{(−2,−1)，(1,2)}．
通过解方程组求得正确答案．
本题主要考查方程组的求解以及集合的表示，属于基础题．
8.【答案】116
【解析】解：正实数a、b满足a+4b=1，则ab=14×a⋅4b≤14×(a+4b2)2=116，当且仅当a=12，b=18时等号成立．
故答案为：116．
直接利用基本不等式求出结果．
本题考查的知识要点：基本不等式，主要考查学生的理解能力和计算能力，属于基础题和易错题．
9.【答案】2
【解析】解：y=(m2−m−1)xm2−2m−3是幂函数，
∴m2−m−1=1，
解得m=2或m=−1，
当m=2时，f(x)=x−3在x∈(0,+∞)上是减函数，满足题意．
当m=−1时，f(x)=x0在x∈(0,+∞)上不是减函数，不满足题意．
故答案为：2．
根据幂函数的定义，令幂的系数为1，列出方程求出m的值，将m的值代入f(x)，判断出f(x)的单调性，选出符合题意的m的值．
解决幂函数有关的问题，常利用幂函数的定义：形如y=xα(α为常数)的为幂函数；幂函数的单调性与指数符号的关系．是基础题．
10.【答案】必要不充分
【解析】解：当x=1，y=7时，此时乙不成立，但可以满足甲：x+y>4xy>4，故充分性不成立；
反之，若乙：x>2y>2为真命题，则可以推出x+y>4xy>4，即甲成立，所以必要性成立．
所以命题甲是命题乙成立的必要不充分条件．
故答案为：必要不充分．
根据题意，利用充分条件、必要条件的定义与判定，结合特例与不等式的性质算出答案．
本题主要考查不等式的性质、充要条件的定义与判断，考查逻辑推理能力，属于基础题．
11.【答案】p mn2
【解析】解：根据题意可知，m，n，p均大于0，
易知lgax=lga m−lgan2+lgap，
由对数运算法则可得lgax=lgap mn2，解得x=p mn2；
故答案为：p mn2．
利用对数运算法则计算即可得x=p mn2．
本题主要考查了对数的运算性质的应用，属于基础题．
12.【答案】{12,0,17}
【解析】解：由x2−9x+14=0解得，x=2或x=7，所以A={x|x2−9x+14=0}={2,7}，
当a=0时，方程ax−1=0无解，则{x|ax−1=0}=⌀，满足题意；
当a≠0时，由ax−1=0解得x=1a，所以1a=2或7，解得a=12或17，
综上，实数a组成的集合C={12,0,17}．
故答案为：{12,0,17}．
根据集合的包含关系分类讨论求解．
本题主要考查了集合包含关系的应用，属于基础题．
13.【答案】[0,83)
【解析】解：由题意，当a=0时，不等式化为6>0，在R上恒成立，
当a≠0时，不等式ax2−3ax+6>0的解集为R，
即不等式ax2−3ax+6>0在R上恒成立，
∴a>0Δ=(−3a)2−24a<0，解得：0综上，0≤a<83，即实数a的取值范围是[0,83)．
故答案为：[0,83)．
利用分类讨论法、一元二次不等式的解法运算即可得解．
本题考查了一元二次不等式的应用，涉及到恒成立问题，属于基础题．
14.【答案】[−1,4]
【解析】解：对于x∈R，不等式|3−x|+|1+x|≥a2−3a恒成立，
即|3−x|+|1+x|的最小值大于或等于a2−3a，
令y=|3−x|+|1+x|=−2x+2,x<−14,−1≤x≤32x+4,x>3，
易知函数在(−∞,−1]上单调递减，在[3,+∞)上单调递增，
所以ymin=4，
故4≥a2−3a，即a2−3a−4≤0，解得−1≤a≤4，
故实数a的取值范围是[−1,4]．
故答案为：[−1,4]．
由题意可得|3−x|+|1+x|的最小值大于或等于a2−3a，而由绝对值的意义可得|3−x|+|1+x|的最小值为4，可得4≥a2−3a，由此求得实数a的取值范围．
本题考查了恒成立问题，考查了函数思想，属于中档题．
15.【答案】20
【解析】解：因为algb=2，alga⋅blgb=5，
所以blga=10lga⋅lgb=algb=2，
所以(ab)lgab=(ab)lga+lgb=(alga⋅blgb)⋅algb⋅blga=5×2×2=20．
故答案为：20．
由已知结合指数幂的运算性质及对数的运算性质即可求解．
本题主要考查了指数及对数的运算性质，属于基础题．
16.【答案】32
【解析】解：由u⊗v与v⊗u都是集合{x|x=n2,n∈Z}的元素，
不妨设λ×uv=12n1，λ×vu=12n2，n1，n2∈Z，
因为u≥v>0，所以0因为λ∈( 22,1)，
所以12n2=λ⋅vu∈(0,1)，
因为n2∈Z，
所以n2=1，
即12=λvu，
所以λ=u2v∈( 22,1)，
所以uv∈( 2,2)，u2v2∈(2,4)，
则λ⋅uv=u2v2×12=12n1∈(1,2)，
因为n1∈Z，
所以n1=3，12n1=32．
故答案为：32．
由已知结合新定义及元素与集合的关系可求．
本题主要考查了元素与集合的关系的应用，考查了推理能力，属于中档题．
17.【答案】解：(1)当2x−3≥0，即x≥32时，
原不等式转化为2x−3>3x−2，
解得x<−1，
又x≥32，
所以此时不等式的解集为⌀；
当2x−3<0，即x<32时，
原不等式转化为−2x+3>3x−2，
解得x<1，
又x<32，
所以x<1，
综上，原不等式的解集为{x|x<1}．
(2)当x−5>0，即x>5时，
原不等式等价于1≤x−5+x，
解得x≥3，
又x>5，
所以x>5；
当x−5<0，即x<5时，
原不等式等价于1≥x−5+x，
解得x≤3，
又x<5，
所以x≤3；
综上，原不等式的解集为{x|x≤3或x>5}．
【解析】(1)将原不等式按2x−3≥0和2x−3<0两类讨论，去绝对值，通过解不等式求得原不等式的解集；
(2)将原不等式按照x−5>0和x−5<0讨论，去分母，通过解不等式求得原不等式的解集．
本题考查了绝对值不等式的解法，重点考查了分式不等式的解法，属基础题．
18.【答案】解：不等式x2+(2a+1)x≤ax可化为x2+(a+1)x≤0，
即x[x+(a+1)]≤0，
当a+1=0，即a=−1时，不等式化为x2≤0，解得x=0；
当a+1>0，即a>−1时，−a−1<0，解不等式得−a−1≤x≤0；
当a+1<0，即a<−1时，−a−1>0，解不等式得0≤x≤−a−1；
综上知，a=−1时，不等式的解集为{x|x=0}；
a>−1时，不等式的解集为{x|−a−1≤x≤0}；
a<−1时，不等式的解集为{x|0≤x≤−a−1}．
【解析】不等式化为x[x+(a+1)]≤0，讨论a的取值情况，即可求出不等式的解集．
本题考查了含有字母系数的一元二次不等式的解法与应用问题，是基础题．
19.【答案】解：∵x1+x2=8，x1⋅x2=4，
(1)x 1−2−x 2−2
=(x1+x2)(x2−x1)(x1x2)2
=x2−x12
= (x1+x2)2−4x1x22
= 64−162
=2 3；
(2)x 1−12−x 2−12的
= x1+x2−2 x1x2 x1x2
= 8−2×42
=1．
【解析】根据韦达定理得到x1+x2=8，x1⋅x2=4，从而代入求值即可．
本题考查了韦达定理，考查了指数幂的性质，是一道基础题．
20.【答案】解：根据题意，该生产x件产品的生产准备费用与仓储费用之和是800+x⋅x8=800+18x2这样平均每件的生产准备费用与仓储费用之和为f(x)=800+18x2x=800x+x8(x为正整数)
由基本不等式，得f(x)≥2 800x⋅x8=20，
当且仅当800x=x8，即x=80时，f(x)取得最小值、
∴x=80时，每件产品的生产准备费用与仓储费用之和最小，
故答案为：80．
【解析】用x表示生产x件产品的生产准备费用与仓储费用之和，可得平均每件的生产准备费用与仓储费用之和，利用基本不等式，即可求得最值．
本题考查函数模型的构建，考查基本不等式的运用，运用基本不等式时应该注意取等号的条件，才能准确给出答，属于中档题．
21.【答案】解：(1)记It=[−1,t]，S=(a+c)(b+d)，
假如t>2，则当a=b=t时，对任意c，d∈It，均有S≥(t−1)2>1，不满足要求；
假如1≤t<32，则当a=−1，b=2−t时，对任意c，d∈It，均有−2≤a+c≤t−1，1−t≤b+d≤2，
若a+c，b+d同正或同负，则S≤2(t−1)<1，其余情况下总有S≤0<1，不满足要求；
(2)先来证明：若u,v≥12，且u+v≥52，则uv≥1，同时该结论记为引理，
当|u−v|≤32时，uv=(u+v2)2−(u−v2)2≥(54)2−(34)2=1，
当|u−v|>32时，不妨设v≥u，则v>u+32，又u≥12，所以uv>12(12+32)=1，
所以若u,v≥12，且u+v≥52，则uv≥1，
下面证当32≤t≤2时，对任意a，b∈[−1,t]，总存在c1，d1∈[−1,t]，使得(a+c1)(b+d1)≥1，
若a+b≤−12，则取c1=d1=−1，此时S=(a−1)(b−1)=(1−a)(1−b)，
其中，1−a≥32+b≥12,1−b≥32+a≥12，且(1−a)+(1−b)=2−(a+b)≥52，
由引理可得S≥1，
若a+b>−12，则取c1=d1=32∈It，此时S=(a+32)(b+32)，
其中，a+32,b+32>12，且(a+32)+(b+32)=a+b+3>52，故由引理可得S≥1，
综上，当32≤t≤2时，对任意a，b∈[−1,t]，总存在c1，d1∈[−1,t]，使得(a+c1)(b+d1)≥1；
(3)当32≤t≤2时，当a，b∈It时，可取c∈It，使得|a+c|≤1，理由如下：
当a∈[−1,1]时，取c=0，则|a+c|=|a|≤1；
当a∈(1,t]时，取c=−1，则1同理，可取d∈It，使得|b+d|≤1，此时S=(a+c)(b+d)≤|a+c|⋅|b+d|≤1，
所以当32≤t≤2时，对任意a，b∈[−1,t]，总存在c，d∈[−1,t]，使得(a+c)(b+d)≤1；
结合(2)的结论可得，对任意a，b∈[−1,t]，总存在c，d∈[−1,t]，使得(a+c)(b+d)=1，
综上，所有满足性质1的实数t∈[32,2]．
【解析】(1)分别举反例证明t>2和1≤t<32时性质1不成立；
(2)先分别就|u−v|≤32，|u−v|>32讨论证明若u,v≥12，且u+v≥52，则uv≥1，再利用这个结论可得证；
(3)结合(2)的结论可得解．
此题考查新定义问题，主要是利用基本不等式研究式子的最值，进而解决不等式恒成立问题，属于较难的题目．