2020-2021学年上海市某校高一（上）月考数学试卷（10月份）

这是一份2020-2021学年上海市某校高一（上）月考数学试卷（10月份），共7页。

1. 已知集合M＝{x|x(4−x)<0}，N＝{x|(x−1)(x−6)<0, x∈Z}，则M∩N＝________．

2. 不等式1x<12的解集是________．

3. 不等式5−xx+4≥1的解集为________．

4. 不等式(x+2)(x+1)2(x−1)3(x−2)≤0的解集为________．

5. 若不等式ax2−bx+c<0的解集是(−2, 3)，则不等式bx2+ax+c<0的解集是________．

6. 已知A＝{x||2x−3|
7. 关于x的方程m(x−3)+3=m2x的解为不大于2的实数，则m的取值范围为________．

8. 若已知不等式2x−1>m(x2−1)对满足|m|≤2的一切实数m的取值都成立，则x的取值范围为________．

9. 已知集合A={x|x2−5x+4≤0}，集合B={x|x2−2ax+a+2≤0}，若B⊆A，则实数a的取值范围为________．

10. 已知不等式xy≤ax2+2y2对于x∈[1, 2]，y∈[2, 3]恒成立，则实数a的取值范围是________．
二.选择题（本大题共4题，每题4分，共16分）

不等式|a+b||a|+|b|≤1成立的充要条件是（ ）
A.ab≠0B.a2+b2≠0C.ab>0D.ab<0

x为实数，且|x−5|+|x−3|A.m>1B.m≥1C.m>2D.m≥2

已知关于x的不等式ax+b>0的解集是(1, +∞)，则关于x的不等式ax−bx−2>0的解集是（ ）
A.{x|x<−1或x>2}B.{x|−1C.{x|12}

不等式组x>03−x3+x>|2−x2+x|的解集是（ ）
A.{x|0C.{x|0三.解答题（本大题共4题，共14+14+14+20=62分）

已知f(x)=−3x2+a(6−a)x+6．
(1)解关于a的不等式f(1)>0；

(2)若不等式f(x)>b的解集为(−1, 3)，求实数a，b的值．

a∈R，解关于x的不等式x−1x≥a(x−1)．

已知a是实数，函数f(x)=2ax2+2x−3−a，如果函数y=f(x)在区间[−1, 1]上有零点，求a的取值范围．
（附加题）

已知S1、S2、S3为非空整数集合，对于1、2、3的任意一个排列i、j、k，若x∈Si，y∈Sj，则x−y∈Sk．
（1）证明：三个集合中至少有两个相等；

（2）三个集合中是否可能有两个集合无公共元素？说明理由．
参考答案与试题解析
2020-2021学年上海市某校高一（上）月考数学试卷（10月份）
一.填空题（本大题共12题，1-6每题3分，7-12每题4分，共42分）
1.
【答案】
{5}
【考点】
交集及其运算
【解析】
可以求出集合M，N，然后进行交集的运算即可．
【解答】
∵ M＝{x|x<0或x>4}，N＝{x|1∴ M∩N＝{5}．
2.
【答案】
(−∞, 0)∪(2, +∞)
【考点】
其他不等式的解法
【解析】
根据x大于0和x小于0分两种情况考虑，当x大于0时，去分母得到不等式的解集，与x大于0求出交集即为原不等式的解集；当x小于0时，去分母得到不等式的解集，与x小于0求出交集即为原不等式的解集，综上，得到所有满足题意的x的范围即为原不等式的解集．
【解答】
解：当x>0时，去分母得：x>2，
所以原不等式的解集为：(2, +∞)；
当x<0时，去分母得：x<2，
所以原不等式的解集为：(−∞, 0)，
综上，原不等式的解集为：(−∞, 0)∪(2, +∞)．
故答案为：(−∞, 0)∪(2, +∞)
3.
【答案】
(−4, 12]
【考点】
其他不等式的解法
【解析】
把要解的不等式转化为与之等价的一元二次不等式，从而求得它的解集．
【解答】
不等式5−xx+4≥1，即2x−1x+4≤0，即(2x−1)⋅(x+4)≤0 且x+4≠0，
求得−44.
【答案】
(−∞, −2]∪{−1}∪[1, 2]
【考点】
其他不等式的解法
【解析】
根据“数轴穿根法”求解即可．
【解答】
根据题意，作出如下的图形，由图可知，不等式的解集为(−∞, −2]∪{−1}∪[1, 2]．
5.
【答案】
(−3, 2)
【考点】
根与系数的关系
一元二次不等式的解法
【解析】
根据不等式ax2−bx+c<0的解集得出a>0，ca与ba的值，把不等式bx2+ax+c<0化为x2+x−6<0，从而得出不等式的解集．
【解答】
解：∵ 不等式ax2−bx+c<0的解集是(−2, 3)，
∴ a>0，且对应方程ax2−bx+c=0的实数根是−2和3，
由根与系数的关系，得：
ca=−2×3，ba=−2+3，
即ca=−6，ba=1，
∴ b>0，且ab=1，cb=−6，
∴ 不等式bx2+ax+c<0可化为：
x2+x−6<0，
解得−3∴ 该不等式的解集为(−3, 2)．
故答案为：(−3, 2)．
6.
【答案】
(−∞, 17]
【考点】
集合的包含关系判断及应用
【解析】
根据题意，可得B，分两种情况讨论A包含于B时a的取值范围，即可得答案．
【解答】
根据题意，易得B＝{x|−10≤x≤10}，
若A是B的真子集，分两种情况讨论：
当a≤0时，A＝⌀，此时A包含于B；
当a>0时，|2x−3|若A包含于B，则有3−a2≥−103+a2≤10 ⇒a≤17，
a的取值范围为(0, 17]；
7.
【答案】
(−∞,−32]∪(0,1)∪(1,+∞)
【考点】
一元二次不等式的解法
【解析】
把原方程化为未知项移到左边，常数项移动右边，然后当m=0和m=1时，分别代入即可得到方程不成立；当m不等于0且m不等于1时，求出方程的解，让方程的解小于等于2，列出关于m的不等式，求出不等式的解集即可得到m的取值范围，综上，得到符合题意的m的取值范围．
【解答】
解：由m(x−3)+3=m2x得：
(m2−m)x=−3m+3，
若m=0，不成立；m=1，解得x为R，不成立，
若m≠0且m≠1时，则x=−3(m−1)m(m−1)=−3m≤2，即2m+3m≥0，
可化为：m(2m+3)≥0，解得：m≥0或m≤−32，
综上，得到m的取值范围为：(−∞,−32]∪(0,1)∪(1,+∞)．
故答案为：(−∞,−32]∪(0,1)∪(1,+∞)
8.
【答案】
(7−12，3+12)
【考点】
一元二次不等式与二次函数
【解析】
构造变量m的函数，对x2−1>0，x2−1<0，x2−1=0，进行分类讨论，利用|m|≤2时函数的取值，分别求出x的范围，然后求并集即可．
【解答】
解：构造变量m的函数求解：2x−1>m(x2−1)，
即：(x2−1)m−(2x−1)<0，
构造关于m的函数f(m)=(x2−1)m−(2x−1)，
|m|≤2即−2≤m≤2．
1)当x2−1>0时，则f(2)<0 ，从而 2x2−2x−1<0，
解得：1−32又x2−1>0，即x<−1 或 x>1，
所以 12)当x2−1<0时，则f(−2)<0 可得−2x2−2x+3<0 ，
从而 2x2+2x−3>0
解得 x<−1−72或x>7−12，
又−1从而7−123)当x2−1=0时，则f(m)=1−2x<0 ，
从而x>12，故x=1；
综上有：7−12故答案为：(7−12，3+12).
9.
【答案】
−1【考点】
集合关系中的参数取值问题
【解析】
分别解出集合A、B，对于集合B，我们需要讨论它是不是空集，再根据子集的定义进行求解；
【解答】
解：集合A={x|x2−5x+4≤0}，集合B={x|x2−2ax+a+2≤0}，
B⊆A，解得A={x|1≤x≤4}，
若B≠⌀，△=(−2a)2−4(a+2)=4a2−4a−8>0，
可得a≥2或a≤−1；
B={x|a−a2−a−2≤x≤a+a2−a−2}，
∵ B⊆A，
∴ a+a2−a−2≤4①a−a2−a−2≥1②，
解不等式①得，a≤187，
解不等式②得，1≤a≤3，取交集得，1≤a≤187，
又∵ △≥0，可得a≥2或a≤−1；
可得2≤a≤187
当a=187符合题意；
当a=2符合题意；
∴ 2≤a≤187
若B=⌀，
可得△=(−2a)2−4(a+2)=4a2−4a−8<0，
−1综上可取并集得：−1故答案为：−110.
【答案】
[−1, +∞)
【考点】
不等式的综合
【解析】
本题考查的是不等式与恒成立的综合类问题．在解答时，首先可以分离参数将问题转化为：a≥yx−2(yx)2对于x∈[1, 2]，y∈[2, 3]恒成立，然后解答此恒成立问题即可获得问题的解答．
【解答】
由题意可知：不等式xy≤ax2+2y2对于x∈[1, 2]，y∈[2, 3]恒成立，
即：a≥yx−2(yx)2，对于x∈[1, 2]，y∈[2, 3]恒成立，
令t=yx，则1≤t≤3，
∴ a≥t−2t2在[1, 3]上恒成立，
∵ y=−2t2+t=−2(t−14)2+18
∴ ymax＝−1，
∴ a≥−1
二.选择题（本大题共4题，每题4分，共16分）
【答案】
B
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
由于题中分式，故要保证分母不为0，即a2+b2≠0，故得不等式成立的充要条件是a2+b2≠0．
【解答】
解：
∵ |a+b||a|+|b|≤1
∴ a，b不能同时为0，即a2+b2≠0
∴ |a+b|≤|a|+|b|
两边平方得2ab≤2|a||b|
不等式恒成立
故选B．
【答案】
C
【考点】
绝对值不等式的解法与证明
【解析】
求出|x−5|+|x−3|的最小值，只需m大于最小值即可满足题意．
【解答】
解：|x−5|+|x−3||x−5|+|x−3|≥2，所以m>2，|x−5|+|x−3|故选C．
【答案】
A
【考点】
其他不等式的解法
【解析】
由题意知，a>0，且−ba=1，故不等式ax−bx−2>0可等价于a(x+1)(x−2)>0，解之即可．
【解答】
∵ 不等式ax+b>0的解集是(1, +∞)，
∴ a>0，且−ba=1，即b＝−a，
不等式ax−bx−2>0等价于(ax−b)(x−2)>0，即a(x+1)(x−2)>0，
∴ x<−1或x>2．
【答案】
C
【考点】
其他不等式的解法
【解析】
把不等式化为x>0(3−x)(2+x)>|2−x|(3+x)，讨论02时，去掉绝对值，解不等式即可．
【解答】
解：不等式组x>03−x3+x>|2−x2+x|等价于x>0(3−x)(2+x)>|2−x|(3+x)，
当0(2−x)(3+x)，
解得x>0，应取0当x>2时，有(3−x)(2+x)>(x−2)(3+x)，
解得−6综上，原不等式的解集为{x|0故选：C．
三.解答题（本大题共4题，共14+14+14+20=62分）
【答案】
解：(1)∵ f(x)=−3x2+a(6−a)x+6，f(1)>0，
∴ −3+a(6−a)+6>0，
∴ a2−6a−3<0，
∴ 3−23∴ 不等式的解集为{a|3−23(2)∵ 不等式f(x)>b的解集为(−1, 3)，
∴ −3x2+a(6−a)x+6>b的解集为(−1, 3)，
∴ −1，3是方程3x2−a(6−a)x−6+b=0的两个根，
∴ −1+3=a(6−a)3，(−1)×3=−6+b3，
∴ a=3±3，b=−3.
【考点】
根与系数的关系
一元二次不等式的应用
一元二次不等式的解法
【解析】
（1）f(1)>0，即−3+a(6−a)+6>0，即a2−6a−3<0，由此可得不等式的解集；
（2）不等式f(x)>b的解集为(−1, 3)，等价于−3x2+a(6−a)x+6>b的解集为(−1, 3)，即−1，3是方程3x2−a(6−a)x−6+b=0的两个根，利用韦达定理可求实数a，b的值．
【解答】
解：(1)∵ f(x)=−3x2+a(6−a)x+6，f(1)>0，
∴ −3+a(6−a)+6>0，
∴ a2−6a−3<0，
∴ 3−23∴ 不等式的解集为{a|3−23(2)∵ 不等式f(x)>b的解集为(−1, 3)，
∴ −3x2+a(6−a)x+6>b的解集为(−1, 3)，
∴ −1，3是方程3x2−a(6−a)x−6+b=0的两个根，
∴ −1+3=a(6−a)3，(−1)×3=−6+b3，
∴ a=3±3，b=−3.
【答案】
解：原不等式可转化为(x−1)[(1−a)x+1]x≥0(*)．
(1)当a=1时，(*)式为x−1x≥0，
解得x<0或x≥1．
(2)当a≠1时，(*)可式为(1−a)(x−1)(x+11−a)x≥0
①若a<1，则a−1<0，1a−1<0，
解得1a−1≤x<0，或x≥1；
②若1解得x<0，或1≤x≤1a−1；
③若a>2，则a−1>1，0<1a−1<1，1−a<0，
解得x<0，或1a−1≤x≤1；
综上，当a=1时，不等式解集为{x|x<0或x≥1}
当a<1时，不等式解集为{x|1a−1≤x<0, 或x≥1}
当1当a>2时，不等式解集为{x|x<0, 或1a−1≤x≤1}．
【考点】
其他不等式的解法
【解析】
通过方程的根的大小对a的讨论，然后求出表达式的解集．
【解答】
解：原不等式可转化为(x−1)[(1−a)x+1]x≥0(*)．
(1)当a=1时，(*)式为x−1x≥0，
解得x<0或x≥1．
(2)当a≠1时，(*)可式为(1−a)(x−1)(x+11−a)x≥0
①若a<1，则a−1<0，1a−1<0，
解得1a−1≤x<0，或x≥1；
②若1解得x<0，或1≤x≤1a−1；
③若a>2，则a−1>1，0<1a−1<1，1−a<0，
解得x<0，或1a−1≤x≤1；
综上，当a=1时，不等式解集为{x|x<0或x≥1}
当a<1时，不等式解集为{x|1a−1≤x<0, 或x≥1}
当1当a>2时，不等式解集为{x|x<0, 或1a−1≤x≤1}．
【答案】
解：a=0时，不符合题意，所以a≠0，
又∴ f(x)=2ax2+2x−3−a=0在[−1, 1]上有解，⇔(2x2−1)a=3−2x在[−1, 1]上有解⇔1a=2x2−13−2x
在[−1, 1]上有解，问题转化为求函数y=2x2−13−2x[−1, 1]上的值域；
设t=3−2x，x∈[−1, 1]，则2x=3−t，t∈[1, 5]，y=12⋅(t−3)2−2t=12(t+7t−6)，
设g(t)=t+7t．g′(t)=t2−7t2，t∈[1,7)时，g′(t)<0，此函数g(t)单调递减，
t∈(7，5]时，g′(t)>0，此函数g(t)单调递增，
∴ y的取值范围是[7−3，1]，
∴ f(x)=2ax2+2x−3−a=0在[−1, 1]上有解⇔1a∈[7−3，1]⇔a≥1或a≤−3+72．
故a≥1或a≤−3+72．
【考点】
函数零点的判定定理
【解析】
y=f(x)在区间[−1, 1]上有零点转化为(2x2−1)a=3−2x在[−1, 1]上有解，把a用x表示出来，转化为求函数y=2x2−13−2x在[−1, 1]上的值域，再用分离常数法求函数y=2x2−13−2x在[−1, 1]的值域即可．
【解答】
解：a=0时，不符合题意，所以a≠0，
又∴ f(x)=2ax2+2x−3−a=0在[−1, 1]上有解，⇔(2x2−1)a=3−2x在[−1, 1]上有解⇔1a=2x2−13−2x
在[−1, 1]上有解，问题转化为求函数y=2x2−13−2x[−1, 1]上的值域；
设t=3−2x，x∈[−1, 1]，则2x=3−t，t∈[1, 5]，y=12⋅(t−3)2−2t=12(t+7t−6)，
设g(t)=t+7t．g′(t)=t2−7t2，t∈[1,7)时，g′(t)<0，此函数g(t)单调递减，
t∈(7，5]时，g′(t)>0，此函数g(t)单调递增，
∴ y的取值范围是[7−3，1]，
∴ f(x)=2ax2+2x−3−a=0在[−1, 1]上有解⇔1a∈[7−3，1]⇔a≥1或a≤−3+72．
故a≥1或a≤−3+72．
（附加题）
【答案】
若x∈Si，y∈Sj，则y−x∈Sk，从而(y−x)−y＝−x∈Si，所以Si中有非负元素，
由i，j，k的任意性可知三个集合中都有非负元素，
若三个集合都没有0，则取S1∪S2∪S3中最小的正整数a（由于三个集合中都有非负整数，所以这样的a存在），
不妨设a∈S1，取S2∪S3中的最小正整数b，并不妨设b∈S2，这时b>a（否则b不可能大于a，只能等于a，所以b−a＝0∈S3，矛盾），
但是，这样就导致了0∴ 三个集合中必有一个集合含有0．
∵ 三个集合中有一个集合含有0，不妨设0∈S1，则对任意x∈S2，有x−0＝x∈S3，
∴ S2包含于S3，
对于任意y∈S3，有y−0＝y∈S2，
∴ S3包含于S2，则S2＝S3，
综上所述，这三个集合中必有两个集合相等；
可能，
比如S1＝{奇数}，S2＝{奇数}，S3＝{偶数}，
这时S1∩S3＝⌀．
【考点】
子集与交集、并集运算的转换
【解析】
（1）根据条件，若x∈Si，y∈Sj，则y−x∈Sk，从而(y−x)−y＝−x∈Si，这便说明Si中有非负元素，从而三个集合中都有非负元素．可以看出若0∈Si，任意x∈Sj，都有x−0＝x∈Sk，从而说明Sj⊆Sk，而同理可得到Sk⊆Sj，从而便可得出Sj＝Sk，这便得出3个集合中至少有两个相等，从而来证明在三个集合中有一个集合含有0即可，可用反证法，即假设三个集合都不含0，然后推出矛盾即可；
（2）3个集合中可能有两个集合无公共元素，只需举一个这样的例子即可．
【解答】
若x∈Si，y∈Sj，则y−x∈Sk，从而(y−x)−y＝−x∈Si，所以Si中有非负元素，
由i，j，k的任意性可知三个集合中都有非负元素，
若三个集合都没有0，则取S1∪S2∪S3中最小的正整数a（由于三个集合中都有非负整数，所以这样的a存在），
不妨设a∈S1，取S2∪S3中的最小正整数b，并不妨设b∈S2，这时b>a（否则b不可能大于a，只能等于a，所以b−a＝0∈S3，矛盾），
但是，这样就导致了0∴ 三个集合中必有一个集合含有0．
∵ 三个集合中有一个集合含有0，不妨设0∈S1，则对任意x∈S2，有x−0＝x∈S3，
∴ S2包含于S3，
对于任意y∈S3，有y−0＝y∈S2，
∴ S3包含于S2，则S2＝S3，
综上所述，这三个集合中必有两个集合相等；
可能，
比如S1＝{奇数}，S2＝{奇数}，S3＝{偶数}，
这时S1∩S3＝⌀．