2024-2025学年河南省许昌高级中学高一（上）月考数学试卷（10月份）（含答案）

这是一份2024-2025学年河南省许昌高级中学高一（上）月考数学试卷（10月份）（含答案），共7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。

1.已知函数y=f(x)的定义域为[−2,3]，则函数y=f(2x+1)x+1的定义域为( )
A. [−32,1]B. [−32,−1)∪(−1,1]
C. [−3,7]D. [−3,−1)∪(−1,7]
2.设命题p：∀m∈Z，m2>2m−3，则￢p为( )
A. ∀m∈Z，m2≤2m−3B. ∃m∈Z，m2≤2m−3
C. ∃m∉Z，m2>2m−3D. ∀m∉Z，m2≤2m−3
3.下列各组函数是同一个函数的是( )
A. f(x)=x2与g(x)=( x)4B. f(x)= (x−1)2与g(x)=x−1
C. f(x)=1与g(x)=x0D. f(x)=x3+xx2+1与g(x)=x
4.当一个非空数集G满足“如果a，b∈G，则a+b，a−b，ab∈G，且b≠0时，ab∈G”时，我们称G就是一个数域，以下四个数域的命题：
①0是任何数域的元素：
②若数域G有非零元素，则2024∈G；
③集合P={x|x=3k,k∈Z}是一个数域
④有理数集是一个数域
其中真命题的个数为( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
5.定义运算：x∗y=x(x+y)(x,y∈R).若关于x的不等式(x−a)∗(1−2x)<1恒成立，则实数a的取值范围为( )
A. {a|−1C. {a|−326.若正实数x，y满足xy+5x+5y=11，则x+y的最小值为( )
A. 2B. 3C. 4D. 5
7.存在三个实数a1，a2，a3，使其分别满足下述两个等式：
(1)a1a2a3=−2；(2)a1+a2+a3=0
其中M表示三个实数a1，a2，a3中的最小值，则( )
A. M的最大值是− 2B. M的最大值是−2
C. M的最小值是− 2D. M的最小值是−2
8.已知关于x的不等式ax2+bx+c>0的解集为(−∞,2)∪(3,+∞)，则( )
A. a<0
B. 不等式bx+c>0的解集是{x|x<−6}
C. a+b+c>0
D. 不等式bx+a<0的解集为{x|x<−13或x>12}
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列说法中正确的有( )
A. 命题p：∃x0∈R，x02+2x0+2<0”则命题p的否定是∀x∈R，x2+2x+2≥0
B. “1x>1y”是“xC. 命题“∀x∈Z，x2>0”是真命题
D. “m<0”是“关于x的方程x2−2x+m=0有一正一负根”的充要条件
10.已知[x]表示不超过x的最大整数，例如：[2.1]=2，[−3.5]=−4，[0]=0，A={y|y=[x]}，(−1.1A. 集合A={−1,0,1,2,3}
B. 集合A的非空真子集的个数是30个
C. 若“y∈A”是“y∈B”的充分不必要条件，则m≥3
D. 若A∩B=⌀，则m<−2
11.已知关于x的不等式a(x−1)(x−2)+1>0(a≠0)的解集是(x1,x2)(x1A. a<0B. x1+x2=3C. x2−x1>1D. 1三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.若命题“∃x0∈R,(m−1)x02+(m−1)x0+1≤0”是假命题，则实数m的取值范围是______．
13.若集合A={x|ax2−2ax+a−1=0}=⌀，则实数a的取值范围是______．
14.若关于x的不等式0≤ax2+bx+c≤2(a>0)的解集为{x|−1≤x≤3}，则3a+b+2c的取值范围是______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
已知命题：“∀x∈R，使得x2−2mx+3m+10>0”为真命题．
(1)求实数m的取值的集合A；
(2)若非空集合B={x|m+1≤x≤2m−1}且A∪B=A，求实数m的取值范围；
16.(本小题15分)
已知定义在R上的函数ℎ(x)满足：①ℎ(1)=2；②∀x，y∈R，均有ℎ(x)−ℎ(x−y)=y(2x−y)．
函数g(x)=ax+b，若曲线g(x)与ℎ(x)恰有一个交点且交点横坐标为1，令f(x)=g(x)ℎ(x)．
(1)求实数a，b的值及f(x)；
(2)判断函数f(x)在区间(0,+∞)上的单调性，不用说明理由；
(3)已知02．
17.(本小题15分)
某蛋糕店推出两款新品蛋糕，分别为薄脆百香果蛋糕和朱古力蜂果蛋糕，已知薄脆百香果蛋糕单价为x元，朱古力蜂果蛋糕单位为y元，现有两种购买方案：
方案一：薄脆百香果蛋糕购买数量为a个，朱古力蜂果蛋糕购买数量为b个，花费记为S1；
方案二：薄脆百香果蛋糕购买数量为b个，朱古力蜂果蛋糕购买数量为a个，花费记为S2．
(其中y>x>4，b>a>4)
(1)试问哪种购买方案花费更少？请说明理由；
(2)若a，b，x，y同时满足关系y=2x−2 x−4，b=2a+4a−4，求这两种购买方案花费的差值S最小值(注：差值S=花费较大值−花费较小值)．
18.(本小题17分)
已知命题p：∃x∈R，kx2+kx−3≥0，命题q：∃x∈R，x2+2kx+3k+4≥0．
(1)当命题p为假命题时，求实数k的取值范围；
(2)若命题p和q中有且仅有一个是假命题，求实数k的取值范围．
19.(本小题17分)
已知函数y=(m+1)x2−(m−1)x+m−1．
(1)若不等式(m+1)x2−(m−1)x+m−1<1的解集为R，求m的取值范围；
(2)解关于x的不等式(m+1)x2−2mx+m−1≥0；
(3)若不等式(m+1)x2−(m−1)x+m−1≥0对一切x∈{x|−12≤x≤12}恒成立，求m的取值范围．
参考答案
1.B
2.B
3.D
4.C
5.B
6.A
7.B
8.B
9.AD
10.CD
11.ABC
12.[1,5)
13.(−∞,0]
14.[32,4)
15.解：(1)由题意，(−2m)2−4(3m+10)<0，解得−2∴A={x|−2(2)∵A∪B=A，∴B⊆A．
∵B≠⌀时，∴m+1≤2m−1m+1>−22m−1<5，解得2≤m<3．
∴实数m的取值范围是[2,3)．
16.解：(1)∵∀x，y∈R，均有ℎ(x)−ℎ(x−y)=y(2x−y)且ℎ(1)=2．
∴令x=y=1可知：ℎ(0)=1，
令y=x可知：ℎ(x)=x2+1．
∵曲线g(x)与ℎ(x)恰有一个交点且交点横坐标为1，∴g(1)=a+b=2，
又∵曲线g(x)与ℎ(x)恰有一个交点，∴方程x2−ax+1−b=0有两个相等的实数根，
则Δ=a2−4(1−b)=0，又∵a+b=2，
∴a2−4a+4=0，解得a=2，b=0，
∴g(x)=2x，则f(x)=2xx2+1．
(2)f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减．证明如下：
设x1，x2∈(0,+∞)，且x1则f(x2)−f(x1)=2x2x22+1−2x1x12+1=2x2(x12+1)−2x1(x22+1)(x22+1)(x12+1)=2x12x2+2x2−2x1x22−2x1(x22+1)(x12+1)
=2x1x2(x1−x2)+2(x2−x1)(x22+1)(x12+1)=2(x1x2−1)(x1−x2)(x22+1)(x12+1)，
其中(x22+1)(x12+1)>0，x1−x2<0，
当x1，x2∈(0,1)时，x1x2−1<0，则f(x2)−f(x1)>0，即f(x2)>f(x1)，
此时函数f(x)在(0,1)上单调递增；
当x1，x2∈(1,+∞)时，x1x2−1>0，则f(x2)−f(x1)<0，即f(x2)此时函数f(x)在(1,+∞)上单调递减，
∴函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减．
(3)证明：∵f(x)=2xx2+1，
由f(x1)=f(x2)可得：2x1x12+1=2x2x22+1，即2x1+1x1=2x2+1x2，
∴x1+1x1=x2+1x2，化简可得：x1x2=1．
又∵02 x1x2=2．
17.解：(1)方案一的总费用为S1=ax+by(元)，
方案二的总费用为S2=bx+ay(元)，
S2−S1=bx+ay−(ax+by)=a(y−x)+b(x−y)=(y−x)(a−b)，
又因为y>x>4，b>a>4，
所以y−x>0，a−b<0，
所以(y−x)(a−b)<0，
即S2−S1<0，
所以S2所以采用方案二，花费更少；
(2)由(1)可知S=S1−S2=(y−x)(b−a)=(x−2 x−4)⋅(a+4a−4)，
令t= x−4>0，则x=t2+4，
所以x−2 x−4=t2−2t+4=(t−1)2+3≥3，当t=1，即x=5，y=8时，等号成立；
又因为a>4，a−4>0，
所以a+4a−4=(a−4)+4a−4+4≥2 (a−4)⋅4a−4+4=8，当且仅当a−4=4a−4，即a=6，b=14时等号成立，
所以差值S的最小值为3×8=24，
当且仅当x=5，y=8，a=6，b=14时等号成立，
所以两种方案花费的差值S的最小值为24元．
18.解：(1)命题p为假命题，则¬p：∀x∈R，kx2+kx−3<0为真命题．k<0Δ=k2+12k<0或k=0，
解得，k∈(−12,0]；
(2)由(1)若命题p为假命题，则k∈(−12,0]，
则若其为真命题，则k∈(−∞,−12]∪(0，+∞)；
若命题q为真命题，则Δ=4k2−12k−16≥0⇒k∈(−∞,−1]∪[4,+∞)，
则若命题q为假命题，则k∈(−1,4)．
又命题p和q中有且仅有一个是假命题，则命题p和q一真一假．
若p真q假，则k≤−12或k≥0−12若p假q真，则k≤−1或k≥4−12综上，k∈(−12,−1]∪(0，4)．
19.解：(1)当m+1=0，即m=−1时，2x−2<1，解集不为R，不合题意；
当m+1≠0，即m≠−1时，(m+1)x2−(m−1)x+m−2<0的解集为R，
∴m+1<0Δ=(m−1)2−4(m+1)(m−2)<0，即m<−13m2−2m−9>0，
故m<−1时，m<1−2 73．
综上，m的取值范围为(−∞,1−2 73)；
(2)由(m+1)x2−2mx+m−1≥0，得[(m+1)x−(m−1)](x−1)≥0，
当m+1=0，即m=−1时，解集为{x|x≥1}；
当m+1>0，即m>−1时，(x−m−1m+1)(x−1)≥0，
即m−1m+1=1−2m+1<1的解集为{x|x≤m−1m+1或x≥1}；
当m+1<0，即m<−1时，(x−m−1m+1)(x−1)≤0，
∵m−1m+1=1−2m+1>1，∴解集为{x|1≤x≤m−1m+1}．
综上，当m<−1时，解集为{x|1≤x≤m−1m+1}；
当m=−1时，解集为{x|x≥1}；
当m>−1时，解集为{x|x≤m−1m+1或x≥1}．
(3)(m+1)x2−(m−1)x+m−1≥0，即m(x2−x+1)≥−x2−x+1，
∵x2−x+1>0恒成立，∴m≥−x2−x+1x2−x+1=−1+2(1−x)x2−x+1，
设1−x=t，则12≤t≤32,x=1−t，
∴1−xx2−x+1=t(1−t)2−(1−t)+1=tt2−t+1=1t+1t−1，
∵t+1t≥2，当且仅当t=1时取等号，
∴1−xx2−x+1≤1，当且仅当x=0时取等号，
∴当x=0时，(−x2−x+1x2−x+1)max=1，∴m≥1，
∴m的取值范围为[1,+∞)．