2024-2025学年河南省实验中学高一（上）月考数学试卷（一）（含答案）

这是一份2024-2025学年河南省实验中学高一（上）月考数学试卷（一）（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.已知集合A={x|x−2x+2≤0}，B={x∈Z|−1≤x≤5}，则A∩B=( )
A. [−1,2]B. {−1,0,1,2}C. [−1,2)D. {−1,0,1}
2.已知a，b都是正数，则“ab≥4”是“ab≥a+b”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分又不必要条件
3.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]
4.已知x>y>z且x+y+z=0，则下列不等式中恒成立的是( )
A. xy>yzB. xz>yzC. xy>xzD. x|y|>z|y|
5.函数f(x)=|x+1|−1的图象是( )
A. B. C. D.
6.若函数f(x)=xx+1，则f(1)+f(2)+f(3)+⋯+ f(50)+f(12)+f(13)+⋯+f(150)=( )
A. 50B. 49C. 992D. 1012
7.设max{a,b}表示a与b的最大值.若x，y都是正数，z=max{x+y,1x+4y}，则z的最小值为( )
A. 2 2B. 3C. 8D. 9
8.已知函数f(x)=x+4x2+8x+25+a，g(x)= x+4− x+8，若对，，x3∈−4,+∞，使得gx2A. −2,−16B. −2,−16C. −16,+∞D. −136,+∞
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.已知全集U=A∪B，集合A={1,3,4}，B={x∈N|8x∈N}，则( )
A. 集合A的真子集有8个B. {1}∈U
C. ∁UA⊆BD. U中的元素个数为5
10.下列不等式恒成立的是( )
A. a2+b2≥2ab，(a,b∈R)B. a+b2≤ a2+b22,(a>0,b>0)
C. b+ma+m>ba,(a>b>0,m>0)D. x+1x−1≥2,(x>1)
11.已知a，b为正实数，且ab+2a+b=16，则( )
A. ab的最大值为8B. 2a+b的最小值为8
C. a+b的最小值为6 2−3D. 1a+1+1b+2的最小值为 22
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知集合A={1,a,b}，B={a2,a,ab}，若A=B，则a2023+b2022= ______．
13.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______．
14.设关于x的不等式ax2+8(a+1)x+7a+16≥0(a∈Z)，只有有限个整数解，且0是其中一个解，则a的取值是______，全部不等式的整数解的和为______．
四、解答题：本题共5小题，共60分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
设集合P={x|−2(1)若Q≠⌀且Q⊆P，求a的取值范围；
(2)若P∩Q=⌀，求a的取值范围．
16.(本小题12分)
已知函数fx=kx2−2k+1x+2．
(1)若不等式fx<0的解集为1,2，求f(x)的表达式；
(2)解关于x的不等式fx<0．
17.(本小题12分)
已知二次函数f(x)=ax2+bx+c且f(−1)=0，f(1)=1.是否存在常数a，b，c使得不等式x≤f(x)≤12(x2+1)对一切实数x都成立？若存在，求出实数a，b，c的值；若不存在，请说明理由．
18.(本小题12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)．
19.(本小题12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，并说明理由；
(3)已知02．
参考答案
1.B
2.B
3.B
4.C
5.C
6.C
7.B
8.A
9.CD
10.ABCD
11.ABC
12.−1
13.[1,5)
14.−1或−2 −10
15.解：(1)由题意，集合P={x|−2因为Q≠⌀且Q⊆P，
所以3a解得−23≤a<12，
综上所述，实数a的取值范围为[−23,12)；
(2)由题意，需分为Q=⌀和Q≠⌀两种情形进行讨论：
当Q=⌀时，3a≥a+1，
解得a≥12，满足题意；
当Q≠⌀时，
因为P∩Q=⌀，
所以a+1≤−23a或3a≥33a综上所述，实数a的取值范围为(−∞,−3]∪[12,+∞)．
16.解：(1)∵fx<0的解集为1,2，
∴1，2是方程fx=0的根且k>0，
∴k−(2k+1)+2=04k−2(2k+1)+2=0,
∴k=1，
∴fx=x2−3x+2．
(2)当k=0时，fx=−x+2，
∵fx<0，∴−x+2<0，∴x>2；
当k≠0时，fx=x−2kx−1，
即x−2kx−1<0，即kx−2x−1k<0，
当k<0时，x−2x−1k>0，∴x>2或x<1k；
当k>0时，x−2x−1k<0，
(ⅰ)当k=12时，无解；
(ⅱ)当k>12时，1k(ⅲ)当0综上所述：当k<0时，不等式的解集为{x|x>2或x<1k}，
当k=0时，不等式的解集为xx2，
当0当k=12时，不等式的解集为⌀，
当k>12时，不等式的解集为x|1k
17.解：∵f(−1)=0且f(1)=1
∴a−b+c=0且a+b+c=1.联解可得b=12，c=12−a．
函数表达式化简为：f(x)=ax2+12x+12−a．
设存在常数a，b，c使得不等式x≤f(x)≤12(x2+1)对一切实数x都成立
可得x≤ax2+12x+12−a≤12(x2+1)对一切x∈R成立，
化简得ax2−12x+12−a≥0(1−2a)x2−x+2a≥0恒成立，即14−4a(12−a)≤01−8a(1−2a)≤0a>0且1−2a>0
解之得a=14，可得c=12−a=14．
∴存在常数a=14，b=12，c=14，使得不等式x≤f(x)≤12(x2+1)对一切实数x都成立．
18.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．
19.(1)解：由∀x，y∈R，均有ℎ(x)−ℎ(x−y)=y(2x−y)且ℎ(1)=2，
令x=y=1，可得ℎ(1)−ℎ(0)=1，即2−ℎ(0)=1，∴ℎ(0)=1；
令y=x，可得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，∴x2−ax+1−b=0有两个相等的实数根，
则Δ=a2−4(1−b)=0，
∵a+b=2，可得a2−4a+4=0，解得a=2，b=0，
∴g(x)=2x，则f(x)=2xx2+1．
(2)解：函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1,+∞)上单调递减．
设x1，x2∈(0,+∞)且x1则f(x2)−f(x1)=2x2x22+1−2x1x12+1=2(x1x2−1)(x1−x2)(x12+1)(x22+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)∴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，整理得x1x2=1，
又∵02 x1x2=2．