山西省山西大学附中2019-2020学年高一上学期10月月考数学试题

山西省山西大学附中2019-2020学年高一上学期10月月考数学试题

山西大学附中 2019~2020 学年高一第一学期 10 月（总第一次）模块诊断 数学试题 （考试时间：90 分钟）（考查范围：以集合函数不等式为主） 一、选择题（每小题 4 分，共 40 分） 1.集合 与 的关系是（） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 根据空集为任意集合 子集，空集为任意非空集合的真子集，得出选项. 【详解】因为空集为任意集合的子集，空集为任意非空集合的真子集，∴ ，故选 A． 【点睛】本题考查空集的含义以及集合间的关系，属于基础题. 2.关系：① ；② ；③ ；④ 其中正确的个数是（） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 分析】 根据元素与集合间的关系和特殊集合：有理数集，自然数集，空集所表示的具体含义可得选 项. 【详解】对于① ，∴ ，故①正确； 对于②： 是无理数，不是有理数，故②错误； 对于③： 是自然数，故③正确； 对于④：空集中不含任何元素，故④错误；所以共有 2 个关系正确， 故选 C． 【点睛】本题考查特殊集合：有理数集，自然数集，空集所表示的具体含义和元素与集合的 的 【 { }0 ∅ { }0 ∅ { }0 ∈∅ { }0 = ∅ { }0 ⊆ ∅ { }0 ∅ { }3 2 17x x∉ ≤ 3 Q∈ 0 N∈ 0∈∅ 4 3 2 1 ( ) ( )2 2 3 2 18 17 17= > = { }3 2 17x x∉ ≤ 3 0 关系，属于基础题. 3.当 时， ，则 的单调递减区间是（ ） A. B. （0，2） C. D. 【答案】D 【解析】 解：因为当 X>0 时，，则 因此所求的单调递减区间为 ，选 D 4.设 则 （ ） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 根据自变量代入对应解析式，再根据 函数值代入对应解析式得结果. 【详解】因为 ,所以 ，选 C. 【点睛】求分段函数的函数值，要先确定要求值的自变量属于哪一段区间，然后代入该段的 解析式求值，当出现 的形式时，应从内到外依次求值. 5.下列各组中，不同解的是（） A. 与 0x > 2( )f x x x = + ( )f x (2, )+∞ ( 2, )+∞ (0, 2) 2 2 2 2 2 2( ) '( ) 1 xf x x f xx x x − += + ∴ = − = (0, 2) 2 1 2 ( 1) ( ) { ,1 ( 1)1 x x f x xx − − ≤ = >+ 1( ( ))2 =f f 1 2 9 5 − 4 13 25 41 1 2f      1 1 31 22 2 2f   = − − = −   2 1 1 4=32 131 2 f f    =     +（ ） ( ( ))f f a 2 14 12 x x x >− + 2 4 12x x x> − + B. 与 C. 与 或 D. 与 【答案】D 【解析】 【分析】 A 中 ，可判断两个不等式的解集相同； B 中由于 与 等价，可得两个不等式的解集相同； C 中根据绝对值不等式 等价于 或 知：两个不等式的解集相同； D 中由 知两个不等式不同解，由此可得选项. 【详解】对于 A： ，所以 与 两个不等式的解集相同； 对于 B：因为 与 等价，所以 与 两 个不等式的解集相同； 对于 C：根据绝对值不等式 等价于 或 知： 与 或 的解集相同； 对于 D：根据 知： 等价于 且 ，所以 D 中的两个不等式不同解， 故选 D. 【点睛】本题考查不等式的同解问题，注意分式不等式中的分母的符号的判断和分母不为 0 ( )3 2 6x x x− > + ∈R ( ) ( )2 23 2 6x x− > + 2 2 3x x− > 2 2 3x x− > 2 2 3x x− < − ( )( ) ( )( ) 2 3 01 2 x x x x − − ≤+ + ( )( )( )( )2 3 1 2 0x x x x− − + + ≤ 2 24 12 ( 2) 8 8 0x x x− + = − + ≥ > a b> 2 2a b> ( )0x a a> > x a> x a< ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 00 0 f x g xg x f xf x  ⋅ ≤≤ ⇔  ≠ 2 24 12 ( 2) 8 8 0x x x− + = − + ≥ > 2 14 12 x x x >− + 2 4 12x x x> − + a b> 2 2a b> ( )3 2 6x x x− > + ∈R ( ) ( )2 23 2 6x x− > + ( )0x a a> > x a> x a< 2 2 3x x− > 2 2 3x x− > 2 2 3x x− < − ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 00 0 f x g xg x f xf x  ⋅ ≤≤ ⇔  ≠ ( )( ) ( )( ) 2 3 01 2 x x x x − − ≤+ + ( )( )( )( )2 3 1 2 0x x x x− − + + ≤ ( )( )1 2 0x x+ + ≠ 的要求，绝对值不等式的基本等价转化的形式，属于基础题. 6.已知函数 对任意 都有 成立，且 ，则 （） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 分别令 ， ， ，即可得解. 【 详 解 】 解 ： 令 ， 则 有 ， 即 ， 得 ； 令 ，则有 ，即 ； 令 ，则有 ； ∴ . 故选 A. 【点睛】本题考查抽象函数及应用，考查解决抽象函数的常用方法：赋值法。 7.函数 的单调递减区间是（） A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 先求出函数的定义域，再根据二次函数的单调性和 的单调性,结合复合函数的单调性 的判断可得出选项. ( )f x ,x y R∈ ( ) ( ) ( )f x y f x f y+ = + ( )2 4f = ( )1f − = 2− 1 1 2 2 0x y= = 1x y= = 1, 1x y= − = 0x y= = ( ) ( ) ( )0 0 0 0f f f+ = + ( ) ( )0 2 0f f= ( )0 0f = 1x y= = ( ) ( ) ( ) ( )1 1 1 1 2 4f f f f+ = + = = ( )1 2f = 1, 1x y= − = ( ) ( ) [ ] ( )1 1 ( 1) 1 0 0f f f f− + = − + = = ( )1 2f − = − 2 2 3y x x= + − ( ], 3−∞ − [ )4,− +∞ [ )4,+∞ ( ],4−∞ y u= 【详解】因为 ，所以 或 ，即函数 定义域为 ， 设 ，所以 在 上单调递减， 在 上单调递增， 而 在 单调递增，由复合函数的单调性可知， 的单调递减区 间为 ， 故选 A． 【点睛】本题考查复合函数的单调性，注意在考虑函数的单调性的同时需考虑函数的定义域， 属于基础题. 8.对于集合 ， ，定义 ， ， 设 ， ，则 （） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 由根据定义先求出集合 和集合 ，再求这两个集合的并集可得 ，得解. 【 详 解 】 因 为 ， ， , , 所以 故选 C． 【点睛】本题考查集合 交、并、补集的运算，解题时注意理解 和 的含义，属于 基础题. 的 ( ) 2 2 3f x x x= + − 2 2 3 0 3x x x+ − ≥ ⇒ ≤ − 1x ≥ ( )f x ( ] [ ), 3 1,−∞ − +∞ 2 2 3u x x= + − u ( ], 3−∞ − u [ )1,+∞ y u= [ )0,+∞ 2 2 3y x x= + − ( ], 3−∞ − M N { },M N x x M x N− = ∈ ∉且 ( ) ( )M N M N N M⊕ = − − 9 4A y y  = ≥ −    { }0B y y= < A B⊕ = 9 ,04  −   9 ,04  −   [ )9, 0,4  −∞ − +∞    ( )9, 0,4  −∞ − +∞    A B− B A− A B⊕ 9 4A y y  = ≥ −    { }0B y y= < { | 0}A B y y∴ − = ≥ 9{ | }4B A y y− = < − ( ) ( ) { } [ )9 90 | , 0,4 4A B A B B A y y y y   ⊕ = − ∪ − = ≥ ∪ < − = −∞ − ∪ +∞       A B− B A− 9.若 ， ， ，则关于 的不等式 的解集是（） A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 根据 ， ， ，得出 的符号，并且得出 的符号，再将 移 项、通分，再比较 与 的大小后，可得解. 【详解】由 ， ， ， ，所以 ，所以 ， 则 ， 由 ，解得 ，故选 C． 【点睛】本题考查含参的分式不等式的解法，在解分式不等式时，在未确定分母的符号时， 不可以运用去分母的方法化简分式不等式，可运用移项、通分、确定根的大小、得范围的步 骤来求解，属于中档题. 10.设集合 ，则满足 的 的取值范围是（） A. B. C. 或 或 D. 或 或 【答案】D 【解析】 0a > 0ab > 0ac < x c ba x >− cx a x ab  − < <    cx x a x ab  −    或 cx a x a b  < < −    cx x a x a b  −    或 0a > 0ab > 0ac < , ,a b c c b − c ba x >− a ca b − 0a > 0ab > 0 0ac b< ⇒ > 0c < 0c b − > ca a b < − ( ) 0 c b a xc cb ba x a x a x − −> ⇔ − > ⇔− − − ( )0 0 0 cx abx c ab cb x a x aa x x a b + −+ −  ⇔ > ⇔ < ⇔ + − − < − −   ca a b < − ca x a b < < − { }2 6 0M x x mx= − + = { }1,2,3,6M M= m ( )2 6,2 6m∈ − 2 6,2 6m  ∈ −  5m = − 7m = − ( )2 6,2 6m∈ − 5m = 7m = ( )2 6,2 6m∈ − 【分析】 由已知条件 知 是集合 的子集，分集合 是空集,集合 只 有一个元素, 集合 有两个元素三种情况讨论，当集合 是空集时，一元二次方程 的根的判别式小于 0，求得 的取值范围；集合 只有一个元素时，一元二 次方程 的根的判别式等于 0，解得 的值，验证集合 不满足题意；集合 有两个元素，且这两个元素之积是 6 时，运用韦达定理求得 的值，综合以上的三种情况得 出 的取值范围. 【 详 解 】 由 题 意 知 是 集 合 的 子 集 ， 又 因 为 ．所以 （1）当 是空集时，即 无解，所以 ，解得 ，符合题意； （2）当 中仅有一个元素，则 ，解得 时，此时 的根是 ，不符合题意，舍去； （3）当 中有两个元素时，并且这两个元素之积为 6，考察集合 ， ， 都符合题意，此时由韦达定理可得 ，或 ； 综上可得： 的取值范围为 或 或 ， 故选 D． 【点睛】本题考查集合中的有关参数取值问题,涉及到的知识有集合的包含关系,一元二次方 程根的个数判断,一元二次方程根与系数的关系等知识,解题的关键是理解集合 及条件 的含义,能利用一元二次方程根与系数的关系辅助做出判断,属于中档题. 二、填空题（每小题 4 分，满分 20 分） 11.若 ， ，则 ________． 【答案】 【解析】 { }1,2,3,6M M= M { }1,2,3,6 M M M M 2 6 0x mx− + = m M 2 6 0x mx− + = m M M m m { }1,2,3,6M M= M { }1,2,3,6 { }2 6 0M x x mx= − + = M 2 6 0x mx− + = 2 24 0m∆ = − < ( )2 6,2 6m∈ − M 2 24 0m∆ = − = 2 6m = ± 2 6 0x mx− + = 6m = ± M { }1,2,3,6 { }1,6M = { }2,3M = 2 3 5m = + = 1 6 7m = + = m 5m = 7m = ( )2 6,2 6m∈ − M {1,2,3,6}M M∩ = { }21A x y x= = − { }2 1B y y x= = + A B = { }1 【分析】 集合 A 表示的是 的定义域，根据二次根式的被开方数大于或等于 0，得出集合 A； 集合 B 表示的是 的值域，根据 求得集合 B，从而得出 . 【详解】 ， ，故 ， 又因为 ，故 ，所以 ， 故填： . 【点睛】本题考查集合的元素特征和集合的交集运算，解题的关键是理解集合中的元素的具 体含义，属于基础题. 12.函数 在区间 上递减，则实数 的取值范围是____ _ 【答案】 【解析】 因为函数 在区间 上递减，那么根据二次函数的对称轴 x=1-a， 可知 4≤1-a，解得 a≤-3。 13.已知 ，则函数 的解析式为________． 【答案】 【解析】 【分析】 运 用 换 元 法 ， 令 ， 得 ， 再 代 入 ，可得解，此时需要注意的是换元时不可改变自变量 的取值范围. 【详解】令 ， ， ， 21y x= − 2 1y x= + 2 0x ≥ A B 21 0x− ≥ 1 1x∴− ≤ ≤ [ 1,1]A = − 2 1 1y x= + ≥ [1, )B = +∞ { }1A B∩ = { }1 2( ) 2( 1) 2f x x a x= + − + ( ,4]−∞ a 3a ≤ − 2( ) 2( 1) 2f x x a x= + − + ( ,4]−∞ ( ) ( )1 2 8 11 0 9f x x x x− = − + ≤ < ( )f x 2( ) 2 4 5, [ 1,2)f x x x x= − + ∈ − 1,t x= − 2( 1)x t= + ( ) ( )1 2 8 11 0 9f x x x x− = − + ≤ < 21, ( 1)t x x t= − = + 0 9, 0 3, 1 1 2, [ 1,2)x x x t≤ < ∴ ≤ < − ≤ − < ∈ −∴ ∴ 2 2( ) 2( 1) 8 3 2 4 5, [ 1,2)f t t t t t t∴ = + − + = − + ∈ − 故答案为： 【点睛】本题考查运用换元法求函数的解析式，在运用时注意不可改变自变量的取值范围， 属于基础题. 14.设 ， 是关于 的方程 的两个实根，则 的最小 值是________． 【答案】8. 【解析】 【分析】 由已知得一元二次方程的根的判别式大于或等于 0，得出 a 的范围，再由韦达定理化简 成关于 a 的二次函数，由 a 的范围得最小值. 【详解】由已知得 ，得 或 . 由韦达定理得： ， 于是有 ，且 或 . 由此可知，当 时， 取得最小值 8. 故答案为：8 【点睛】本题考查一元二次方程的根的个数与根的判别式的关系和求二次函数的最值，在求 二次函数的最值时，注意自变量的取值范围，属于基础题. 15.已知集合 ，集合 ，若 ，实数 的取值范围是________． 2( ) 2 4 5, [ 1,2)f x x x x= − + ∈ − x y m 2 2 6 0m am a− + + = ( ) ( )2 21 1x y− + − ( ) ( )2 21 1x y− + − 2( 2 ) 4( 6) 0a a∆ = − − +  2a ≤ − 3a ≥ 2x y a+ = 6xy a= + 2 2( 1) ( 1)x y− + − 2 2 2( ) 2x y x y= + − + + 2( ) 2 2( ) 2x y xy x y= + − − + + 2 2(2 ) 2( 6) 4 2 4 6 10a a a a a= − + − + = − − 23 494 4 4a = − −   2a ≤ − 3a ≥ 3a = 2 2( 1) ( 1)x y− + − { }2 3 10 0A x x x= − − ≤ { }1 2 1B x p x p= + ≤ ≤ − B A⊆ p 【答案】 【解析】 【分析】 求解一元二次不等式得集合 A，再因为 ，所以对集合 B 是空集和集合 B 不是空集两种 情况讨论，当 时， ，当 时，需 和 ，从而求得 的范围. 【详解】 ，故 ， ①当 时， ， ； ②当 时，即 时，要使 ，则需 ， ，所以 . 综上： . 故答案为： 【点睛】本题考查集合间的包含关系，注意根据子集关系求解参数的范围时，需考虑子集为 空集和不为空集两种情况，属于基础题. 三、解答题（16 题 8 分，17 题 12 分，18，19 题各 10 分，满分 40 分） 16.解不等式 ． 【答案】 . 【解析】 【分析】 令 和令 ，得 和 ，分当 时，当 时，当 时，三种情况分别讨论将绝对值不等式转化为不含绝对值的不等式，求解转化后的不等式， ( , 3]−∞ − B A⊆ B = ∅ 1 2 1p p+ > − B ≠ ∅ 2p ≥ 1 2 2 1 5 p p + ≥ −  − ≤ p 2 3 10 0,( 5)( 2) 0x x x x− − ≤ − + ≤ 2 5x∴− ≤ ≤ [ 2,5]A = − B A⊆ B = ∅ 1 2 1p p+ > − 2p∴ < B ≠ ∅ 2p ≥ B A⊆ 1 2 2 1 5 p p + ≥ −  − ≤ 3 3p∴− ≤ ≤ 2 3p≤ ≤ ( ,3]p∈ −∞ ( , 3]−∞ − 1 3 2 5x x+ + − ≥ 3( , 1] ,2  −∞ − +∞  1 0x + = 3 2 0x − = 1x = − 2 3x = 1x ≤ − 21 3x− < < 2 3x ≥ 再求解这三种情况的解集的并集可得解. 【详解】令 ， ，令 ， . 当 时， ， . 当 时， ， ，故解集为 ； 当 时， ， . 综上： . 故答案为： . 【点睛】本题考查绝对值不等式的解法，此类问题常用“零点”分段讨论法将绝对值不等式 转化为不含绝对值的不等式后再求解，属于基础题. 17.求函数的定义域． （1）函数 的定义域； （2）已知 的定义域为 ，求函数 的定义域； （3）已知 的定义域为 ，求函数 的定义域． 【答案】（1） ；（2） ；（3） 【解析】 【分析】 （1）根据二次根式需被开方数大于或等式 0，得 ，再分 和 两种情 况分别求解不等式，再求所得的解集的并集； （2）根据复合函数的定义域的求法：已知 的定义域是 A,求 的定义域， 通过解关于 的不等式,求出 x 的范围的方法得解； 1 0x + = 1x∴ = − 3 2 0x − = 2 3x∴ = 1x ≤ − 1 2 3 5x x− − + − ≥ 1x∴ ≤ − 21 3x− < < 1 2 3 5x x+ + − ≥ 1x∴ ≤ − ∅ 2 3x ≥ 1 3 2 5x x+ + − ≥ 3 2x∴ ≥ 3( , 1] ,2x  ∈ −∞ − +∞  3( , 1] ,2  −∞ − +∞  2 2y x x= − − ( )y f x= [ ]0,1 ( )2 4 3y f x f x = + +   ( )y f x= [ ]1,2− ( )y f x= ( , 2] [2, )−∞ − +∞ 11, 3  − −   [0,2] 2 | | 2 0x x− − ≥ 0x ≥ 0x < ( )y f x= ( )y f g x =   ( )g x A∈ （3）根据复合函数的定义域的求法：已知 的定义域是 B,求 的定义域， 由 时，得 的范围的方法得解； 【详解】（1） ，① 时， ，即 ， 或 ，故 . ② 时， ，即 ， 或 ，故 . 综上： . 所以函数 的定义域是 。 （2）因为 定义域为 ， ， ， ，故 . 所以函数 的定义域是 ； （3） ， ，故 . 所以函数 的定义域是 。 【点睛】本题考查复合函数的定义域，分清求复合函数的定义域的两个重要类型，类型一： 已知 的定义域,求 的定义域；类型二：已知 的定义域, 求 的定义域，属于中档题. 18.函数 f(x)对任意的 m，n∈R 都有 f(m＋n)＝f(m)＋f(n)－1，并且 x＞0 时，恒有 f(x)＞1. (1)求证：f(x)在 R 上是增函数； (2)若 f(3)＝4，解不等式 f(a2＋a－5)＜2 【答案】（1）见解析（2）a∈(－3,2) 【解析】 的 ( )y f g x =   ( )y f x= x B∈ ( )g x 2 | | 2 0x x− − ≥ 0x ≥ 2 2 0x x− − ≥ ( 2)( 1) 0x x− + ≥ 1x∴ ≤ − 2x ≥ 2x ≥ 0x < 2 2 0x x+ − ≥ ( 2)( 1) 0x x+ − ≥ 2x∴ ≤ − 1x ≥ 2x −≤ ( , 2] [2, )x ∈ −∞ − +∞ 2 2y x x= − − ( , 2] [2, )−∞ − +∞ ( )y f x= [ ]0,1 20 1 40 13 x x  ≤ ≤∴ ≤ + ≤ 1 1 4 1 3 3 x x − ≤ ≤∴− ≤ ≤ − 11 3x∴− ≤ ≤ − 11, 3x  ∈ − −   ( )2 4 3y f x f x = + +   11, 3  − −   1 2x− ≤ ≤ 0 | | 2x∴ ≤ ≤ [0,2]x∈ ( )y f x= [0,2] ( )y f x= ( )y f g x =   ( )y f g x =   ( )y x= 【分析】 （1）设 且 ，根据题意得 ，进而得出 ，即 ，即可得到函数的单调性； （2）由题意，设 ，求得 ，又由 ，得出 ，则不等式可转 化为 ，再利用函数的单调性，转化为 ，即可求解. 【详解】(1)证明：设 x1，x2∈R，且 x1＜x2， ∴x2－x1＞0，∵当 x＞0 时，f(x)＞1， ∴f(x2－x1)＞1. f(x2)＝f[(x2－x1)＋x1]＝f(x2－x1)＋f(x1)－1， ∴f(x2)－f(x1)＝f(x2－x1)－1＞0⇒f(x1)＜f(x2)， ∴f(x)在 R 上为增函数. (2)∵m，n∈R，不妨设 m＝n＝1， ∴f(1＋1)＝f(1)＋f(1)－1⇒f(2)＝2f(1)－1， f(3)＝4⇒f(2＋1)＝4⇒f(2)＋f(1)－1＝4⇒3f(1)－2＝4， ∴f(1)＝2，∴f(a2＋a－5)＜2＝f(1)， ∵f(x)在 R 上为增函数， ∴a2＋a－5＜1⇒－3＜a＜2，即 a∈(－3,2) 【点睛】本题主要考查了抽象函数的单调性的判定与证明，以及利用函数的单调性求解不等 式问题，其中解答中准确赋值，恰当利用单调性的定义证得函数的单调性，合理转化不等式 是解答此类问题的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题. 19.对于函数 ,若存在实数 ,使 = 成立,则称 为 的不动点. （1）当 时,求 的不动点； （2）若对于任意实数 ,函数 恒有两个不相同的不动点,求 的取值范围 【答案】（1） 和 2；（2）（0,2） 【解析】 1 2,x x R∈ 1 2x x< 2 1( ) 1f x x− > ( ) ( )2 1 0f x f x− > ( ) ( )2 1f x f x> 1m n= = ( )2 1f = ( )3 4f = ( )1 2f = ( )2( 5) 1f a a f+ − < 2 5 1a a+ − < ( ) ( ) ( )2 1 2, 0f x ax b x b a= + + + − ≠ 0x ( )0f x 0x 0x ( )f x 2, 2a b= = − ( )f x b ( )f x a 1− 【分析】 （1）把 ， 的值代入方程，解出方程 即可得 的不动点；（2）根据 方程有两解可得 ，将其看成关于 的二次函数，根据 即可得结果. 【详解】⑴由题义 整理得 ,解方程得 即 不动点为-1 和 2． ⑵由 = 得 如此方程有两解,则有△= 把 看作是关于 的二次函数,则有 ，解得 即为所求. 【点睛】本题主要考查了二次函数的性质，考查了新定义问题，考查了转化思想，将“ ”看 成自变量是解题的关键，是一道中档题． 的 a b 22 2 4 0x x− − = ( )f x 2 4 8 0b ab a− + > b 1 0∆ < ( ) ( )22 2 1 2 2x x x+ − + + − − = 22 2 4 0x x− − = 1 21, 2x x= − = ( )f x ( )f x x 2 2 0ax bx b+ + − = ( )2 24 2 4 8 0b a b b ab a− − = − + > 2 4 8 0b ab a− + > b 1 ∆ = ( ) ( ) ( )2 24 4 8 16 32 16 2 0a a a a a a− = − = − < 0 2a< < b