湖南省长沙市雅礼中学2019-2020学年高一上学期10月月考数学试题

湖南省长沙市雅礼中学2019-2020学年高一上学期10月月考数学试题

www.ks5u.com 雅礼中学2019级高一第一学期10月检测卷 数学 时量：120分钟满分：150分 一、选择题(本题共12小题，每题5分，共60分)‎ ‎1.已知集合，则 A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求，再求．‎ ‎【详解】由已知得，所以，故选C．‎ ‎【点睛】本题主要考查交集、补集的运算．渗透了直观想象素养．使用补集思想得出答案．‎ ‎2.函数的定义域为(　　)‎ A. 且 B. 且 C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题可得：要使得函数有意义，则需满足，解出的范围即可．‎ ‎【详解】解：要使有意义，则：； 解得，且； ∴的定义域为：． 故选A．‎ ‎【点睛】本题主要考查了函数定义域的定义及求法，属于基础题．‎ ‎3.若、不全为0，必须且只需(　　)‎ A. B. 、中至多有一个不为0‎ C. 、中只有一个为0 D. 、中至少有一个不为0‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 本题首先可以通过题意中的“、不全为0”来确定题意中所包含三种情况，然后观察四个选项，看哪个选项恰好包含题意中的三种情况，即可得出结果．‎ ‎【详解】“、不全为0”包含三种情况，分别是“为0，不为0”、“不为0，为0”、“、都不为0”，故、中至少有一个不为0，故选D．‎ ‎【点睛】本题的重点在于对“不全为”、“至多有一个”、“只有一个”、“至少有一个”等连接词的意思的判断，能否明确理解上述连接词的词义是解决本题的关系，考查推理能力，是简单题．‎ ‎4.已知：，，，则M，N大小关系为（ ）‎ A.                                      B.                              C.                                 D. 不确定 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，利用作差比较法，即可得到答案．‎ ‎【详解】由题意，可得，‎ 因为，所以，即，所以，故选B．‎ ‎【点睛】本题主要考查了不等式的性质的应用，其中解答中利用作差比较法求解是解答关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．‎ ‎5.设，是两个集合，则“”是“”的（ ）‎ A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】C ‎【解析】‎ 试题分析：若，对任意，则，又，则，所以，充分性得证，若，则对任意，有，从而，反之若，则，因此，必要性得证，因此应选充分必要条件．故选C．‎ 考点：充分必要条件．‎ ‎6.给出下列四个命题：‎ ‎①有理数是实数；②有些平行四边形不是菱形；‎ ‎③∀x∈R，x2﹣2x＞0； ④∃x∈R，2x+1为奇数；‎ 以上命题的否定为真命题的序号依次是 （ ）‎ A. ①④ B. ②④ C. ①②③④ D. ③‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据含有量词的命题的否定原命题和命题的否定真假相反分别进行判断即可．‎ ‎【详解】①有理数是实数命题正确，则命题的否定为假命题；　　　　　　‎ ‎②有些平行四边形不是菱形，为真命题，则命题的否定是假命题；‎ ‎③∀x∈R，x2﹣2x＞0为假命题，当x＝0时，不等式不成立，则命题的否定是真命题；　　　　　‎ ‎④∃x∈R，2x+1为奇数为真命题，则命题的否定是假命题；‎ 故满足条件的序号是③，故选D．‎ ‎【点睛】本题主要考查命题的否定以及命题的真假判断．先判断原命题的真假是解决本题的关键．‎ ‎7.设命题 (其中为常数)，则“”是“命题为真命题”（ ）‎ A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充分且必要 D. 既不充分也不必要 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 命题p：x∈R，x2﹣4x+2m≥0（其中m为常数），由△＝16﹣8m≤0，解得m范围即可判断出结论．‎ ‎【详解】若命题为真，则对任意，恒成立，所以，即.因为，则“”是“命题为真”的必要不充分条件，‎ 选.‎ ‎【点睛】本题考查了不等式的解法、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．‎ ‎8.关于的不等式的解集是，则关于的不等式的解集是 （ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知不等式的解集可知且；从而可解得的根，根据二次函数图象可得所求不等式的解集.‎ ‎【详解】由的解集为可知：且 令，解得：，‎ ‎ 的解集为：‎ 本题正确选项：‎ ‎【点睛】本题考查一元二次不等式的求解问题，关键是能够通过一次不等式的解集确定方程的根和二次函数的开口方向.‎ ‎9.设，，均正实数，则三个数，，( )‎ A. 都大于2 B. 都小于2‎ C. 至少有一个不大于2 D. 至少有一个不小于2‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【详解】由题意得，‎ 当且仅当时，等号成立，‎ 所以至少有一个不小于，故选D.‎ ‎10.定义集合与的运算“*”为:或,但.设是偶数集,,则（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：首先求出，的并集再去掉交集即得.同理可得.‎ 考点：新定义及集合基本运算.‎ ‎11.某工厂第一年年产量为，第二年的增长率为，第三年的增长率为，这两年的平均增长率为，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 算出后利用基本不等式可比较它与的大小.‎ ‎【详解】由题设，第二年年产量为，第三年年产量为，‎ 故，所以，‎ 根据基本不等式，有，故.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查代数式的大小比较，常用方法有作差法、作商法，也可以利用基本不等式来比较大小，此问题为基础题.‎ ‎12.设函数定义域为，若所有点构成一个正方形区域，则的值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 设函数u=ax2+bx+c与x轴的两个交点的横坐标为：x1，x2，x1＜x2‎ ‎∵s为定义域的两个端点之间的部分，就是[x1，x2],f（t）（t∈D）就是f（x）的值域，也就是[0，f（x）max]，且所有的点（s，f（t））（s，t∈D）构成一个正方形区域 ‎∴|x1-x2|=,∵|x1-x2|=,∴‎ 二、填空题(本题共4小题，每题5分，共20分)‎ ‎13.写出命题“，使得”的否定：______.‎ ‎【答案】，都有 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据含特称量词的命题的否定直接可得结果.‎ ‎【详解】因为特称命题的否定为全称命题，所以可得该命题的否定为：“，都有”‎ 本题正确结果：，都有 ‎【点睛】本题考查含量词命题的否定，属于基础题.‎ ‎14.已知集合，，则_____.‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ 由题意利用交集的定义求解交集即可.‎ ‎【详解】由题知，.‎ ‎【点睛】本题主要考查交集的运算，属于基础题.‎ ‎15.不等式的解集为_________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 移项通分后不等式可转化为高次不等式，利用序轴标根法可求原不等式的解.‎ ‎【详解】原不等式等价于即，‎ 故不等式的解为或.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】解分式不等式，首先观察分母的符号是否确定，如果确定，则可把分式不等式转化为整式不等式；如果不确定，则则等价于，注意分式不等式转化为整式不等式时分母不为零.‎ ‎16.若关于的三次方程的个实根为，那么_________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据方程的3个实根可得，展开右边的代数式，比较等式两边多项式对应的系数可得所求代数式的值.‎ ‎【详解】因为关于的三次方程的个实根为.‎ 所以，‎ 而 ‎，‎ 所以，，‎ 所以，，‎ 故.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查三次方程的根与系数的关系，解题时可把二次方程中的根与系数的关系的推导方法类比到三次方程中，此问题属于中档题.‎ 三、解答题(本题共70分)‎ ‎17.已知，，其中.如果，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先解一元二次方程得集合A,再将条件化为集合包含关系，最后根据数轴确定实数的取值范围.‎ ‎【详解】，解得，∴.‎ ‎∵，∴或.‎ ‎∴，解得.‎ 但是：时，，舍去.‎ ‎∴实数的取值范围是.‎ ‎【点睛】将两个集合之间的关系准确转化为参数所满足的条件时，应注意子集与真子集的区别，此类问题多与不等式(组)的解集相关．确定参数所满足的条件时，一定要把端点值代入进行验证，否则易产生增解或漏解．‎ ‎18.已知集合=，集合=.‎ ‎（1）若，求；‎ ‎（2）若AB，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ 分析：（1）先化简集合A,B，再求.(2)先化简集合A,B，再根据AB得到，解不等式得到实数的取值范围.‎ 详解：（1）当时，，解得.则 . ‎ 由，得则 . ‎ 所以. ‎ ‎（2）由，得. ‎ 若AB，则解得. ‎ 所以实数的取值范围是.‎ 点睛：（1）本题主要考查集合的运算和集合的关系，意在考查学生对这些知识的掌握水平和基本计算能力.(2) 把分式不等式通过移项、通分、因式分解等化成的形式→化成不等式组→解不等式组得解集.‎ ‎19.若，是关于的方程的两个实数根，且，都大于.‎ ‎(1)求实数的取值范围；‎ ‎(2)若，求的值.‎ ‎【答案】（1）且；（2）7.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用根分布可求实数的取值范围.‎ ‎（2）利用可以得到，利用韦达定理可构建关于的方程，解方程后结合（1）的结论可求实数的值.‎ ‎【详解】（1）令，则有两个大于的零点，‎ 所以，故且.‎ ‎（2）因为，故即，‎ 所以，故，故或，‎ 由（1）知，且，故.‎ ‎【点睛】（1）知道两个根的关系，可以此关系构造两根之和、两个之积，再用韦达定理构造关于参数的方程即可.‎ ‎（2）一元二次方程根分布问题，一般遵循“由图列式，动态检验，多退少补”的基本原则.‎ ‎①由图列式指根据一元二次方程的解的状况画出对应的二次函数图象的草图，从二次函数的开口方向、判别式的正负、对称轴的位置和区间端点函数的正负四个角度分析，列出相应的不等式组；‎ ‎②动态检验指让图象上下平移，看判别式的条件是否多余或者缺失，左右移动看对称轴的位置是否有限制；‎ ‎③结合（2）把多余的条件去掉或补上缺失的条件.‎ ‎20.已知：函数，当x∈（－3，2）时，>0，当x∈（－，－3）（2，+）时，<0‎ ‎（I）求a，b的值；‎ ‎（II）若不等式的解集为R，求实数c的取值范围.‎ ‎【答案】（I）；（II）c≤‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（I）由题意得-3，2是方程ax2+（b-8）x-a-ab=0的两根，利用韦达定理可解得a和b；（II）不等式ax2+bx+c≤0的解集为R，即成立，将（I）中的结果代入即可解出实数c的取值范围．‎ ‎【详解】（I）由题目知的图象是开口向下，交x轴于两点A（－3，0）和B（2，0）的抛物线，‎ 即当x=－3和x=2时，有y=0， 解得：或 ‎ 由已知可得函数为二次函数，故不符合题意，舍去，‎ ‎∴.‎ ‎（II）令g(x)= ，要使的解集为R，‎ 则需要方程的根的判别式≤0，即=25+12c≤0，‎ 解得c≤ ∴当c≤时，≤0的解集为R.‎ ‎【点睛】本题考查二次函数的性质，一元二次不等式的解法,将一元二次不等式和一元二次方程和二次函数相联系，采用数形结合的方法，是解决此种问题的关键．‎ ‎21.‎ 某工厂去年的某产品的年销售量为100万只，每只产品的销售价为10元，每只产品固定成本为8元．今年，工厂第一次投入100万元（科技成本），并计划以后每年比上一年多投入100万元（科技成本），预计销售量从今年开始每年比上一年增加10万只，第n次投入后，每只产品的固定成本为（k＞0，k为常数，‎ 且n≥0），若产品销售价保持不变，第n次投入后的年利润为万元．‎ ‎（Ⅰ）求k的值，并求出的表达式；‎ ‎（Ⅱ）若今年是第1年，问第几年年利润最高?最高利润为多少万元?‎ ‎【答案】（Ⅰ）．‎ ‎（Ⅱ）第8年工厂的利润最高，最高为520万元．‎ ‎【解析】‎ ‎（Ⅰ）由，当n＝0时，由题意，可得k＝8，‎ 所以．‎ ‎（Ⅱ）由 ‎．‎ 当且仅当，即n＝8时取等号，‎ 所以第8年工厂的利润最高，最高为520万元．‎ ‎22.设，若，求证：‎ ‎（1）方程有实根．‎ ‎（2）若﹣2＜＜﹣1且设x1，x2是方程f（x）=0的两个实根，则≤|x1﹣x2|＜‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）见解析.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（Ⅰ）针对a进行分类讨论，当a=0时，f（0）f（1）≤0显然与条件矛盾，当a≠0时，f（x）=3ax2+2bx+c为二次函数，只需考虑判别式大于等于零即可；‎ ‎（Ⅱ）利用根与系数的关系将（x1﹣x2）2转化成关于的二次函数，根据的范围求出值域即可．‎ 试题解析：‎ 证明：（1）若a=0，则b=﹣c，‎ f（0）f（1）=c（3a+2b+c）=﹣c2≤0，‎ 与已知矛盾，所以a≠0．‎ 方程3ax2+2bx+c=0的判别式△=4（b2﹣3ac），‎ 由条件a+b+c=0，消去b，得△=4（a2+c2﹣ac）=‎ 故方程f（x）=0有实根．‎ ‎（2）由条件，知，，‎ 所以（x1﹣x2）2=（x1+x2）2﹣4x1x2=．‎ 因为﹣2＜＜﹣1所以 故 ‎ ‎