2022-2023学年山西省太原市小店区校高一年级上册学期第一次月考数学试题【含答案】

一、单选题

1．已知集合A{1,2,3}，B{1,3,5}，则AB（ ） A．{1,2,3} B

【分析】根据交集的定义计算可得.

【详解】解：因为A{1,2,3}，B{1,3,5}， 所以AB1,3； 故选：B

2．命题“xR,x23x10”的否定是（ ） A．xR,x23x10 C．xR,x23x10 A

【分析】根据全称命题的否定，可得答案.

【详解】命题“xR,x23x10”的否定是“xR,x23x10”， 故选：A.

3．不等式(2x)(x2)0的解集是（ ） ∣x2} A．{xB．{1,3} C．{1,3,5} D．{1,2,3,5}

B．xR,x23x10 D．xR,x23x10

∣x2} B．{x∣2x2} D．{x∣x2或x2} C．{xC

【分析】直接求出一元二次不等式的解集作答. 【详解】解不等式(2x)(x2)0得：x2或x2， ∣x2或x2}. 所以不等式(2x)(x2)0的解集是{x故选：C

4．“x1”是“x21”的（ ） A．充分而不必要条件 C．充分必要条件 A

B．必要而不充分条件 D．既不充分也不必要条件

【分析】直接利用充分条件和必要条件的判断方法，判断即可得出答案. 【详解】解：因为“x1”能推出“x21”， 而“x21”推不出“x1”，

所以“x1”是“x21”的充分不必要条件. 故选：A.

5．下列结论正确的是（ ） A．若ab，则acbc C．若ac2bc2，则ab C

【分析】根据不等式的性质，对四个选项一一验证： 对于A：利用不等式的可乘性的性质进行判断； 对于B：取a1,b1进行否定；

对于C：利用不等式的可乘性的性质进行证明； 对于D：取a1,b1进行否定.

【详解】对于A：当ab时，若取c0，则有acbc.故A不正确； 对于B：当ab时，取a1,b1时，有对于C：当ac2bc2，两边同乘以

B．若ab，则

11 ab

D．若ab，则a2b2

11.故B不正确； ab1，则ab.故C正确； c2对于D：当ab，取a1,b1时，有a2=b2.故D不正确. 故选：C.

（1）多项选择题是2020年高考新题型，需要要对选项一一验证； （2）判断不等式成立的解题思路：

①取特殊值进行否定；②利用不等式的性质直接判断. 6．下列四个函数中，与y=x表示同一函数的是（ ） A．y2x

2B．y3x3 x2D．y

xC．yx B

【分析】根据相等函数的判断性质进行定义域和对应法则的判断.

根据两个函数的定义域相同，对应关系也相同，这样的两个函数是同一函数，进行判断即可．

2【详解】解：对于选项A：y(x)xx0，与yxxR的定义域不同，所以不

是同一函数，故A错误；

对于选项B：y3x3xxR，与yxxR的定义域相同，对应关系也相同，所以是同一函数，故B正确；

xx02对于选项C：yxx，与yxxR的对应关系不同，所以不是同一

x(x0)函数，故C错误；

x2xx0，与yxxR的定义域不同，所以不是同一函数，故对于选项D：yxD错误． 故选：B．

7．函数f(x)x3A．[3,2) C．[3,2)(2,) C

【分析】根据函数解析式，建立不等式组，解得答案. 【详解】由f(x)x3[3,2)(2,)，

1的定义域是（ ） x2B．[3,)

D．(,2)(2,)

x301，则，解得x3或x2，即函数的定义域为

x20x2故选：C.

x,0x18．设f(x)，则

2(x1),x11A．2 21ff2（ ） 45B．

23C．2

21D．

2B

【分析】根据给定的分段函数，分段代入计算即可作答. x,0x1【详解】函数f(x)，所以

2(x1),x11151ff22212.

4224故选：B

9．若y1＝2x2－2x＋1，y2＝x2－4x－1，则y1与y2的大小关系是（ ） A．y1>y2 C．y1【分析】采用作差法，判断差的正负，从而可判断y1与y2的大小关系.

B．y1＝y2

D．随x值变化而变化

y1y2＝2x2－2x＋1(x2－4x－1)x22x2(x1)210 , 【详解】 故y1y2 ， 故选：A

1410．设x，y为正数，则(xy)的最小值为（ ）

xyA．6 B

【分析】根据基本不等式进行求解即可.

B．9

C．12

D．15

144xy4xy45， 【详解】(xy)1yxyxxy因为x，y为正数，所以时取等号），

4xy4xy4xy时取等号，即当y2x24（当且仅当yxyxyx144xy549， 因此(xy)5xyyx故选：B

11．已知fx12x1，则函数f(x)（ ） A．2x1 A

【分析】根据fx12x1，令tx1，则xt1，代入求解. 【详解】因为已知fx12x1， 令tx1，则xt1， 则ft2t112t1， 所以fx2x1，‘ 故选：A

12．已知命题p:xR,ax2xa0．若p为假命题，则实数a的取值范围是（ ） 1aA．a∣212B．2x1 C．x1 D．x1

1 212C．{a|a或a} C

11a B．a∣2211D．{a|a或a}

22【分析】求出存在量词命题的否定，再借助一元二次方程无实根求出a的范围作答. 【详解】命题p:xR,ax2xa0是存在量词命题，于是得p:xR,ax2xa0，

11因p为假命题，则p为真命题，显然a0，则14a20，解得a或a，

22所以实数a的取值范围是{a|a或a}. 故选：C

1212

二、填空题

1113．不等式ax2bx20的解集是xx，则ab______．

2314

a01b【分析】由一元二次不等式的解集可得求a、b，即可确定目标式的结果.

6a126aa0a121b【详解】由题设，，可得， a6b2126a∴ab14. 故14

14．若x1，则x3

【分析】运用基本不等式即可. 【详解】因为x当且仅当x1所以x1的最小值为______． x111(x1)1213， x1x11时，即x2，等号成立， x11的最小值为3. x1即答案为:3.

15．若两个正实数x,y 满足xy3，且不等式

416m23m5恒成立，则实数x1ym的取值范围为___________．

(1,4)

【分析】将xy3变形为(x1)y4，利用基本不等式求得可将不等式

416的最小值，则x1y416m23m5恒成立，转化为m23m59，即可求得答案. x1y【详解】因为两个正实数x,y 满足xy3，所以(x1)y4， 故

4161416y4(x1)()[(x1)y]5 x1y4x1yx1y218y4(x1)59，当且仅当x,y时取等号，

33x1y416m23m5恒成立，则m23m59,m23m40， x1y由不等式

解得1m4，即实数m的取值范围为(1,4)， 故(1,4)

(a3)x5,x116．已知函数fx2a是R上是减函数，则a的取值范围___________

,x1x0,2

(a3)x5,x1【分析】根据函数fx2a是R上的减函数，则每一段都是减函数且x1,x1x左侧的函数值不小于右侧的函数值.

(a3)x5,x1【详解】函数fx2a是R上的减函数，

,x1xa30所以2a0，

a3152a解得0a2. 故答案为.0,2

易错点睛：分段函数在R上是单调函数，除了保证在各段内单调性一致，还要注意在接口处单调.

三、解答题 17．已知f(x)axb1(x2)，f(1)，f(0)0.

3x2（Ⅰ）求实数a、b的值，并确定f(x)的解析式；

（Ⅱ）试用定义证明f(x)在(,2)内单调递增. （Ⅰ）a1,b0，f(x)x；（Ⅱ）见解析 x21（Ⅰ）代入f(1),f(0)0化简求解即可.

3（Ⅱ）设x1x22,再化简求解证明fx1fx20即可.

a1b131x3 【详解】（Ⅰ）由f(1),f(0)0有，解得a1,b0，所以f(x)b3x202（Ⅱ）证明：设x1x22，则fx1fx22x1x2x1x2. x12x22x12x22∵x12x220,x1x20，∴fx1fx20，即fx1fx2， ∴f(x)在(,2)上单调递增.

本题主要考查了根据函数值求解解析式中的参数问题与根据定义证明函数单调性的问题.属于基础题型.

∣1x5}，集合B{x|18．已知集合A{x(1)求

R2x50}． x6A，AB，AB．

∣ax4a3}，且ACC，求实数a的取值范围． (2)若集合C{x5∣x1或x5}；{x∣x5或x6}； ∣1x}；{x(1){x2∣a2且a1}. (2){a

【分析】（1）解分式不等式化简集合B，再利用补集、交集、并集的定义求解作答. （2）利用给定的结果，结合集合的包含关系列式求解作答. (1)不等式【详解】

52x550化为(2x5)(x6)0，解得x或x6，即B{x|x2x62∣1x5}， 或x6}，而A{x所以

R5A{x∣x1或x5}，AB{x∣x5或x6}. ∣1x}，AB{x2∣ax4a3}，又ACC，即CA， (2)因C{x当C时，a4a3，解得a1，

当C时，1a4a35，解得1a2，因此a1或1a2，

∣a2且a1}． 所以实数a的取值范围是{a19．已知函数fx是定义在3,3上的奇函数，当x0时，fxxx1.

（l）求函数fx的解析式；

2（2）求关于m的不等式f1mf1m0的解集.

xx1,3x0（1）fx；（2）2xx1,0x31,2.

（1）利用奇函数的性质得出f00，设x3,0，可得出x0,3，求出fx的表达式，利用奇函数的性质可得出函数yfx在区间3,0上的解析式，综合可得出函数yfx的解析式；

（2）作出函数yfx的图象，可知函数yfx是定义在区间3,3上的减函数，

22由f1mf1m0可得出fm1f1m，然后利用函数yfx的单调性

和定义域列出关于实数m的不等式组，解出即可.

【详解】（1）函数yfx是定义在3,3上的奇函数，则f00，满足

fxxx1.

设x3,0，则x0,3，所以，fxxx1xx1， 此时，fxfxxx1. xx1,3x0fx综上所述，； xx1,0x3（2）作出函数yfx的图象如下图所示：

由图象可知，函数yfx在定义域3,3上既为奇函数，又为减函数，

222由f1mf1m0可得f1mf1mfm1，

m211m所以31m3，解得m2或1m2，

31m232因此，关于m的不等式f1mf1m0的解集为21,2.

本题考查利用函数的奇偶性求函数解析式，同时也考查了利用函数的奇偶性与单调性解不等式，考查运算求解能力，属于中等题. 20．已知函数f(x)|x2|x2．

(1)去掉绝对值，写出f(x)的分段解析式； (2)画出f(x)的图象，并写出f(x)的最小值．

x2x2,x2(1)f(x)2；

xx2,x27(2)作图见解析；.

4

【分析】（1）根据绝对值的意义分段求解，再写成分段函数作答.

（2）由（1）的函数式，结合二次函数图象分段作图，再分段求出最值作答. 【详解】(1)函数f(x)|x2|x2，当x2时，f(x)x2x2，当x2时，f(x)x2x2，

x2x2,x2. 所以f(x)2xx2,x21(2)当x2时，f(x)的图象是以直线x为对称轴，开口向上的抛物线的一部分，

2当x2时，f(x)的图象是以直线x的图象如图：

1为对称轴，开口向上的抛物线的一部分，函数f(x)2

11当x2时，f(x)x2x2，f(x)在(,]上单调递减，在[,2)上单调递增，

2217f(x)f()，

242当x2时，f(x)xx2，f(x)在[2,)上单调递增，f(x)f(2)4，

因此当x1717时，f(x)minf()，所以f(x)的最小值为． 224421．某企业采用新工艺，把企业生产中排放的二氧化碳转化为一种可利用的化工产品.已知该单位每月的处理量最少为300吨，最多为600吨，月处理成本y(元)与月处理量x(吨)之间的函数关系可近似地表示为y12x200x＋80000，且每处理一吨二氧化碳得2到可利用的化工产品价值为100元.

(1)该单位每月处理量为多少吨时，才能使每吨的平均处理成本最低？

(2)该单位每月能否获利？如果获利，求出最大利润；如果不获利，则国家至少需要补贴多少元才能使该单位不亏损？ (1)400；

(2)不能获利，至少需要补贴35000元.

【分析】(1)每月每吨的平均处理成本为

y，利用基本不等式求解即得最低成本； x(2)写出该单位每月的获利f(x)关于x的函数，整理并利用二次函数的单调性求出最值即可作答.

12【详解】(1)由题意可知：yx200x80000300x600，

2每吨二氧化碳的平均处理成本为：

yx80000x800002002200200， x2x2x当且仅当

x80000，即x400时，等号成立， 2x∴该单位每月处理量为400吨时，每吨的平均处理成本最低； (2)该单位每月的获利：

11fx100xx2200x80000(x300)235000，

22因300x600，函数fx在区间300,600上单调递减，

从而得当x300时，函数fx取得最大值，即f(x)maxf30035000， 所以，该单位每月不能获利，国家至少需要补贴35000元才能使该单位不亏损.