2021-2022学年湖南省邵阳市第二中学高一上学期第一次月考数学试题(解析版)

考数学试题

一、单选题

1．下列各式表述正确的是（ ） A．0{x20} 【答案】C

【分析】根据元素与集合的关系即可判断每个式子的正误，从而找到正确选项． 【详解】{x20}表示集合中有一个元素是x20，0{x20}，A错误，

B．0{(0,0)}

C．0N

D．0

{(0,0)}表示集合中有一个元素为(0,0)，0{(0,0)}，B错误，

N表示自然数集，包含数0，0N成立，C正确，

表示集合一个元素也没有，0，D错误.

故选：C

【点睛】本题考查集合的含义，以及元素与集合的关系，属于基础题.

2．已知R是实数集，集合Ax1x2，Bx0x是（ ）

3，则阴影部分表示的集合2

A．0,1 【答案】B

B．0,1 C．0,1 D．0,1

【分析】由题意可知，阴影部分区域所表示的集合为RAB，利用补集和交集的定义可求得所求集合.

3【详解】已知R是实数集，集合Ax1x2，Bx0x，则

2RA,12,，

阴影部分表示的集合是RAB0,1. 故选：B.

【点睛】本题考查补集与交集的混合运算，同时也考查了利用韦恩图表示集合，考查计

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算能力，属于基础题.

3．若命题“存在x0R，使x2mxA．(,1) 【答案】C

2【解析】转化为 “任意xR， xmx10”是假命题，则实数m的取值范围是（ ） 4B．(,2) C．[1,1] D．(,0)

10”是真命题，利用判别式列不等式求解即4可.

2【详解】命题“存在x0R，使xmx10”是假命题， 42则命题的否定“任意xR， xmx10”是真命题， 41m2410，解得：1m1，

4故选：C．

【点睛】本题主要考查特称命题与全称命题的定义，考查了一元二次不等式恒成立，考查了转化思想的应用，属于基础题.

4．已知函数f(x)x2xa的定义域为R，则实数a的取值范围是（ ） A．(0，] 【答案】C

【解析】根据函数的定义域为R，转化为被开方数恒大于等于0，即可得到结论． 【详解】因为f(x)x2xa的定义域为R，所以x2xa0恒成立，则

14B．(，]

14C．[，)

14D．[1，)

14a0a故选:C

1 4【点睛】本题考查二次不等式在R上恒成立问题，转化为判别式小于等于0是关键，是基础题

5．设0ab，则下列不等式中正确的是 A．ababC．aabb【答案】B

【分析】利用基本不等式和不等式的传递性即可选出答案. 【详解】∵0ab，由基本不等式得ab故选：B.

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ababbb2b ，∴aaab222ab 2ab 2B．aabD．abaabb 2abb 26．某工厂的年产值第二年比第一年的增长率为p1，第三年比第二年的增长率是p2，而这两年中的年平均增长率为p，在p1p2为定值的情况下，p的最大值是（ ） A．C．

p1p2 2p1p2 2B．p1p2 D．1p11p2 【答案】A

【解析】先根据题意列出方程，再由基本不等式可得出p和【详解】由题意知：1p1p11p2， 所以1p2p1p2的大小关系. 21p11p21p11p2pp211，

22当且仅当p1p2时取等号； 所以pp1p2， 2所以在p1p2为定值的情况下，

p的最大值是p1p2；

2故选：A.

【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件： （1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；

（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；

（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方. 7．不等式ax22x10的解集非空的一个必要而不充分条件是 A．a1 【答案】B

【详解】因为ax22x10的解集非空,显然a0成立，由{a0,0a1,综

44a0B．a1 C．0a1 D．a0

{a|a1}，所以选B． 上，ax22x10的解集非空的充要条件为a1.{a|a1}8．已知x,y0，若x4y6A．8 【答案】A

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B．7

4141，则的最小值是（ ）

xyxyC．6 D．5

4141【分析】设k(k0)，将x4y6变形整理，用含k的式子表示，这

xyxy样会出现互为倒数的形式，再利用基本不等式即可求解. 41【详解】解：设k(k0)，则x4y6k，

xy412∴x4y6k xy16yx4122， ∴x4y6kk整理得：k6k8xyxy由x,y0得

k26k88216yx16yx28，当且仅当x,y时取“=”.

kkxyxy∴k26k160，

解得k8或k2（舍去）,即当x1,y故选：A. 二、多选题

9．下列四个命题中，是真命题的有（ ） A．没有一个无理数不是实数 B．空集是任何一个集合的真子集

C．已知m,nR，则“|m||n|1”是“n1”的必要不充分条件 D．命题“对任意xR,x22x20”的否定是“存在xR,x22x20” 【答案】ACD

【分析】根据实数、空集的概念分别判断A、B；举反例判断C；全称命题的否定为特称命题，D正确.

【详解】所有的无理数均是实数，A正确； 空集是任何集合的子集，B错误；

若n1，则|n|1，|m||n|1成立；可取m1,n1时，|m||n|21，故C正确；全称命题的否定为特称命题，D正确. 故选：ACD

【点睛】本题考查实数的概念、空集的概念、必要不充分条件的判断、含有一个量词的命题的否定，属于基础题.

411时，取得最小值8，

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10．函数f（x）的定义域为R，对任意的x1.x21,)x1x2，有函数fx1为偶函数，则以下判断正确的有（ ） A．函数f（x）在[1，+∞）是增函数 C．函数f（x）的图像关于直线x1对称 【答案】BCD

【分析】由对任意的x1.x21,)x1x2，有

fx2fx1x2x10且

B．函数f（x）在[1，+∞）是减函数 D．f(2)f(3)f(1)

fx2fx1x2x10知函数单调性可判断

AB，由fx1为偶函数可判断C，由单调性及对称性可判断D. 【详解】由对任意的x1，x21,)x1x2，有上单调递减，故A错误，B正确；

因为函数fx1为偶函数，所以图象关于y轴对称，而yf(x)的图象可以由函数

fx2fx1x2x10知函数在[1，+∞）

fx1的图象向右平移1个单位得到，所以函数f（x）的图像关于直线x1对称，故

C正确；

由对称性可知f(2)f(4)，又函数在[1，+∞）上单调递减，所以f(2)f(4)f(3)f(1)，故正确.

故选：BCD

11．设abc0，二次函数yax2bxc的图象不可能是（ ）

A． B．

C． D．

【答案】ABC

【分析】根据二次函数的图象与性质逐项分析即可.

【详解】因为abc0,二次函数f(x)ax2bxc，那么可知， A中，由图象可知a0,b0,c0，不满足abc0；

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B中，由图象可知a0,b0,c0，不满足abc0； C中，由图象知a0,b0,c0，不满足abc0； D中，由图象知a0,b0,c0，满足abc0. 故选：ABC

12．设abc，使不等式A．m4 【答案】AB 【分析】把不等式等式，求得

11macac恒成立，即m恒成立，结合基本不abbcacabbc11m恒成立的充分条件是（ ） abbcacB．m3 C．m≥4 D．m5

acac的最小值为4，进而结合选项，即可求解. abbc【详解】因为abc，可得ab0,bc0,ac0， 又由不等式因为

11macac恒成立，即m恒成立， abbcacabbcacac(ab)(bc)(ab)(bc)bcab2 abbcabbcabbcbcabbcab4，当且仅当时，即2bac时等号成立， abbcabbcacac所以的最小值为4，故m4， abbc22所以结合选项，可得不等式故选：AB.

11m恒成立的充分条件是m4和m3. abbcac【点睛】本题主要考查了充分条件的判定及应用，以及利用基本不等式求最小值，其中解答中熟练应用基本不等式求得着重考查推理与运算能力. 三、填空题

213．m]内的值域为[4，0]，函数fxx2x3在[1，则实数m需满足___________.

acac的最小值，结合选项求解是解答的关键，abbc【答案】[1，3]

【分析】由f(x)0可得x1，或x3，当x1时，f(x)min4，再结二次函数的性质可求得实数m的范围

【详解】由f(x)0可得x1，或x3，

22因为fxx2x3(x1)4，

所以fxminf14，

2因为函数fxx2x3在[1，m]内的值域为[4，0]，

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所以1m3，即实数m的范围为[1，3]， 故答案为：[1，3] 14．设x,yR+，若4x【答案】

x11，则的最大值为________ yy1 16x1114x2x4(x)2，进而得到最大值． y81616【分析】由已知条件可得【详解】4x24x11，x,yR+， yxx111x，即4x2x4(x)2， yy816161当且仅当“x,y2”时取等号.

8故答案为：

1． 16【点睛】本题考查利用一元二次函数求最值，考查转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意等号成立的条件.

15．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，则全部不等式的整数解的和为____________ 【答案】10

【分析】先确定a0，再利用0为其中的一个解，aZ，求出a的值，从而可得不等式，由此确定不等式的整数解，从而可得结论.

【详解】设yax28(a1)x7a16，其图象为抛物线，

对于任意一个给定的a值其抛物线只有在开口向下的情况下才能满足y≥0而整数解只有有限个，所以a0，

因为0为其中一个解可以求得a又aZ，所以a2或a1，

则不等式为2x28x20和x290， 可分别求得25x52和3≤x≤3，

因为x位整数，所以x4,3,2,1和x3,2,1,0,1,2,3， 所以全部不等式的整数解的和为10. 故答案为：10.

【点睛】本题主要考查了一元二次不等式的应用，其中解答中根据题设条件确定出实数

16， 7a的值，求出相应的一元二次不等式的解集是解答关键，推理与运算能力.

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16．若一个集合是另一个集合的子集，则称两个集合构成“鲸吞”；若两个集合有公共元素，且互不为对方子集，则称两个集合构成“蚕食”，对于集合A1,2，

Bxax22,a0，若这两个集合构成“鲸吞”或“蚕食”，则a的取值集合为_____.

【答案】0,,2

12【分析】分“鲸吞”或“蚕食”两种情况分类讨论求出a值，即可求解 【详解】当a0时，B，此时满足BA，

22当a0时，B,，此时A,B集合只能是“蚕食”关系，

aa21时，解得a2， a122时，解得a， 当A,B集合有公共元素2a所以当A,B集合有公共元素故a的取值集合为0,,2.

故答案为：0,,2

1212四、解答题

1x217．已知函数fx.

x求：(1)函数fx的定义域；

(2)判断函数fx的奇偶性，并加以证明. 【答案】(1)1,00,1；(2)偶函数，证明见解析.

【解析】(1)根据分式分母不为0，开偶次方的根式，被开方式大于或者等于0，列不等式组，求解即可.

(2)根据函数奇偶性的定义，证明即可. 1x2【详解】(1)若使得函数fx有意义

xx0则需解得1x0或0x1. 21x0所以函数fx的定义域为1,00,1.

0,1关于原点对称

(2)由(1)可知，函数fx的定义域为1,0第 8 页 共 13 页

fx1xx21x2fx

x函数fx为偶函数.

【点睛】本题考查函数的奇偶性，属于较易题. 18．解关于x的不等式：(ax1)(x1)0(a0). 1【答案】当0a1时，解集为xx1或x；

a当a1时，解集为xxR且x1；

1当a1时，解集为xx或x1.

a【分析】根据a0，结合方程(ax1)(x1)0两根大小的关系分类讨论,求解不等式的解集即可.

【详解】a0，方程(ax1)(x1)0的两根分别为x1（1）当0a1时，

1,x21 a111解得：x1或x；

aa（2）当a1时，原不等式即为(x1)20，解得：x1 111，解得：x或x1

aa1综上可知：当0a1时，解集为xx1或x；

a（3）当a1时，

当a1时，解集为xxR且x1；

1当a1时，解集为xx或x1.

a【点睛】本题考查了一元二次不等式的解法，考查了分类讨论思想，考查了数学运算能力.

x2a019．已知集合Ax(x2)[x(3a1)]0,Bx其中a1 2xa1（1）当a2时，求AB； （2）求使BA的实数a的取值范围

【答案】（1）AB(4,5)；（2）1a3或a1. 【分析】（1）由交集的定义直接计算即可；

111（2）分a，a，a三种情况讨论得出.

333【详解】（1）当a2时，A(2,7),B(4,5),AB(4,5)

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2（2）B2a,a1

2a3a11当a时，A(3a1,2)，要使BA，必须a212，此时a1；

3a11当a时，A，使BA的a不存在；

32a212当a时，A(2,3a1)，要使BA，则a13a1，解得1a3，

3a1综上可得：a的取值范围是1a3或a1.

【点睛】本题考查集合的交集运算，考查根据集合包含关系求参数，其中涉及一元二次不等式和分式不等式的求解，属于基础题.

20．某建筑工地要建造一批简易房，供群众临时居住，房形为长方体，高2．5米，前后墙用2．5米高的彩色钢板，两侧用2．5米高的复合钢板，两种钢板的价格都用长度来计算（即钢板的高均为2．5米，用长度乘以单价就是这块钢板的价格），每米单价：彩色钢板为450元，复合钢板为200元，房顶用其他材料建造，每平方米材料费为200元，每套房材料费控制在32000元以内．

（1）设房前面墙的长为x，两侧墙的长为y，一套简易房所用材料费为p，试用x,y表示p．

（2）一套简易房面积S的最大值是多少？当S最大时，前面墙的长度是多少？ 【答案】（1）

；（2） 100，

．

【解析】【详解】试题分析：（1）依题得，根据长方体的表面积公式可知，

；（2） Sxy根据基本不等式得200S1200S32000，

解得0S100．

试题解析：（1）依题得，根据长方体的表面积公式可知，

（2）∵Sxy，∴p900x400y200xy2900400S200S200S1200S 又因为p32000，所以200S1200S32000，化简得S6S1600， 解得16S10，又S0，∴0S100， 900x400y20当且仅当{，即x时S取得最大值．

xy1003

答：每套简易房面积S的最大值是100平方米，S最大时前面墙的长度是米．

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【解析】数学建模能力及利用基本不等式求最值． 21．设0a1522，若满足不等式(xa)2b2的一切实数x，亦满足不等式xa求

44正实数b的取值范围. 3【答案】0,

1612baa52【分析】先化简集合A,B,从而得到，0a，分别求出两个不等式

4ba2a12中b的范围即得解.

22【详解】设集合Ax(xa)b(ab,ab)，

B{x|xa22111}a2,a2 42212aba2 由题设知AB，则12aba212baa52于是得不等式组，0a

4ba2a123113又aaa，函数的最小值为；

16224221111aaa，函数的最小值为；

422422b3， 163所以b的取值范围是0,.

16【点睛】本题主要考查一元二次不等式的解法，考查一元二次不等式的恒成立问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.

22．若函数f（x）的定义域为D，集合MD，若存在非零实数t使得任意xM都有

xtD，且f(xt)fx，则称f（x）为M上的t-增长函数.

(1)已知函数fxx，且f（x）是区间[4，2]上的n-增长函数，求正整数n的最小值；

22(2)如果f（x）是定义域为R的奇函数，当x0时，fxxaa.且f（x）为R上

的4-增长函数，求实数a的取值范围.

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【答案】(1)9 (2)(1,1)

【分析】（1）由题意可得|xn||x|对于x4,2恒成立，即2nxn20对x4,2恒成立，所以只要8nn20，从而可求得答案，

2（2）由题意可得当xa2时，fxx2a，当0xa2时，fxx，当xa2时，

fxx2a2，当a2x0时，fxx，然后画出函数的图象，根据图象结合f

（x）为R上的4-增长函数求解即可 (1)

由题意得，|xn||x|对于x4,2恒成立，等价于x22nxn2x2， 即2nxn20对x4,2恒成立，

因为n0，所以2nxn2是关于x的一次函数且单调递增， 于是只需8nn20，解得n8， 所以满足题意的最小正整数n为9. (2)

22根据题意，当x≥0时，fxxaa，

2则当xa2时，fxx2a，当0xa2时，fxx，

由奇函数的对称性可知；

2当xa2时，fxx2a，当a2x0时，fxx，

则可得函数图象如下图：易知图象与x轴交点为M（2a2，0），N（2a2，0）， 因此函数f（x）在[a2，a2]上是减函数，其余区间上是增函数， f（x）是R上的4-增长函数，则对任意的x，都有fx4fx， 易知当2a2x0时，fx0，

为保证fx4fx，必有fx40，即x42a2， 故2a2x0且x42a2， 所以44a2，解得1a1， 故答案为a(1,1).

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