数学-河南省实验中学2024-2025学年高一上学期10月第一次月考_2024-2025高一（7-7月题库）_2024年10月试卷_1023河南省实验中学2024-2025学年高一上学期10月第一次月考

河南省实验中学 2024—2025 学年高一年级上期月考一 数 学 考试时间： 120分钟 分值： 150分 出题人：贾玉明 审题人：杨辉涛 一、单选题：本大题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题给出的四个选项中，只有 一个选项是正确的，请把正确的选项填涂在答题卡相应的位置上。  x2  1．已知集合Ax| 0，BxZ|1x5，则AB（ ）  x2  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 f(2x1) 3．已知函数y f(x)的定义域为[2，3]，则函数y 的定义域为( ) x1 3 3  A．[ ,1] B．[ ,1) (1,1] 2 2  C．[3，7] D．[3，1) (1，7] 4．已知x y z，x yz0，则下列不等式一定成立的是（ ） A．xy yz B．xyxz C．xz yz D．x|y||y|z 5．函数 f(x)|x1|1的图象是( ) A． B． C． D． x 1 1  1  6．若函数 f(x) ，则 f 1 f 2 f 3 f 50 f   f   f  （ ） x1 2 3 50 99 101 A．50 B．49 C． D． 2 2 1 4 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,  ，则z的最  x y 小值为（ ） A．2 2 B．3 C．8 D．9 x4 8．已知函数 f x a,gx x4 x8，若对x 4,,x ， x28x25 1 2 x 4,，使得gx  f x gx ，则a的取值范围是（ ） 3 2 1 3  1  1  1   13  A．  2,  B．2,  C． , D．   ,  6  6  6   6  二、多选题：本大题共3小题，每小题6分，共计18分。每小题给出的四个选项中，有多 项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全得部分分，有选错的得0分。 8 9．已知全集U  AB，集合A1,3,4，B{xN| N}，则（ ） x A．集合A的真子集有8个 B．1U C．ð AB D．U 中的元素个数为5 U 10．下列不等式恒成立的是（ ） ab a2 b2 A．a2b2 2ab,(a,bR) B．  ,(a 0,b 0) 2 2 bm b 1 C．  ,(ab0,m0) D．x 3,(x1) am a x1 11．已知a，b为正实数，且ab2ab16，则（ ） A．ab的最大值为8 B．2ab的最小值为8 1 1 2 C．ab的最小值为6 23 D．  的最小值为 a1 b2 2 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共计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“x R,(m1)x2(m1)x 10”是假命题，则实数m的取值范围是 . 0 0 0 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 ．（第一空2分，第二空3分）四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15．（13分） 设集合P x 2 x3  ，Q x 3a xa1  . (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．（15分） 已知函数 f xkx22k1x2． (1)若不等式 f x0的解集为1,2，求 f(x)的表达式； (2)解关于x的不等式 f x0． 17.（15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 1 得不等式x f(x) （x2 1）对一切实数x都成立？若存在，求出实数a，b，c的值； 2 若不存在，请说明理由．18.（17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S ; 1 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S ． 2 （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； 4 (2)若a，b，x，y同时满足关系y2x2 x4,b2a ，求这两种购买方案花费的差 a4 值S最小值（注：差值S 花费较大值-花费较小值）． 19.（17分） 已知定义在R上的函数hx满足： h12； x,yR，均有hxhxy y2xy， ① ② gx 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 . 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0 x  x ，且 f x  f x ，证明：x x 2. 1 2 1 2 1 2高一上期数学月考一参考答案： 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B B B B C C B A CD ABD 题号 11 答案 ABC 12．1 13． 1,5 14．1或2；10 3a2  2 1 15．【详解】（1）因为Q P，且Q   ，所以a13 ，解得， a ，  3 2 3aa1  2 1 综上所述，a的取值范围为   , .  3 2 （2）由题意，需分为Q   和Q   两种情形进行讨论： 1 当Q   时，3aa1，解得，a ，满足题意； 2 a12 3a3 当Q   时，因为PQ，所以 ，解得a3，或 无解； 3aa1 3aa1 1  综上所述，a的取值范围为,3  ,. 2  16．【详解】（1）∵ f x0的解集为1,2，∴1，2是方程 f x0的根且k0， k2k120 ∴ ， 4k42k120 ∴k 1，∴ f xx23x2． （2）当k 0时， f xx2，∵ f x0，∴x20，∴x2；  1 当k 0时， f xx2kx1，即x2kx10，即kx2 x 0，  k  1 1  1 当k 0时，x2 x 0，∴x2或x ；当k0时，x2 x 0，  k k  k 1 （ⅰ）当k  时，无解； 2 1 1 （ⅱ）当k  时， x2； 2 k1 1 （ⅲ）当0k 时，2x ； 2 k 1 综上所述：当k 0时，不等式的解集为{x|x2或x }， k   当k 0时，不等式的解集为 x x 2 ， 1  1 当0k 时，不等式的解集为x|2x ， 2  k 1 当k  时，不等式的解集为， 2 1  1  当k  时，不等式的解集为x| x2． 2  k  17.解：∵f（﹣1）＝0且f（1）＝1 ∴a﹣b+c＝0且a+b+c＝1．联解可得b＝ ，c＝ ﹣a． 函数表达式化简为：f（x）＝ax2+ x+ ﹣a． 设存在常数a，b，c使得不等式 对一切实数x都成立 可得x≤ax2+ x+ ﹣a≤ 对一切x R成立， ∈ 化简得 恒成立， 即 解之得a＝ ，可得c＝ ﹣a＝ ． ∴存在常数a＝ ，b＝ ，c＝ ，使得不等式 对一切实数x都 成立． 18．【详解】（1）解：方案一的总费用为S axby （元）； 1 方案二的总费用为S bxay（元）， 2 由S S bxay(axby)a(yx)b(xy) (yx)(ab) ， 2 1 因为yx4,ba4，可得yx0,ab0，所以(yx)(ab)0，即S S 0，所以S S ，所以采用方案二，花费更少. 2 1 2 1 （2）解：由（1）可知S S yxba  x 2 x 4    a 4  ， 1 2  a4 令t x4，则xt24， 所以x2 x4 t22t4(t1)233，当t 1时，即x5时，等号成立， 4 4 4 又因为a4，可得a40，所以a (a4) 4 2 (a4) 48 ， a4 a4 a4 4 当且仅当a4 时，即a6,b14时，等号成立， a4 所以差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最小为24元. 19．【详解】（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01，令y x，可得hxx21. 因为曲线gx与 恰有一个交点且交点横坐标为1，所以g1ab2， ℎ 又因为曲线gx与 恰有一个交点，所以x2ax1b0有两个相等的实数根， ℎ 则Δa241b0，因为ab2，可得a24a40，解得a2,b0， 2x 所以gx2x，则 f x . x21 （2）函数 f x在 上单调递增，在 上单调递减. 0,1 1,+∞ 设x,x 0,且x x ， 1 2 1 2 2x 2x 2x  x21  2x  x21  2x2 x 2x 2xx2 2x 则 f x  fx 2  1  2 1 1 2  1 2 2 1 2 1 2 1 x21 x21  x21  x21   x21  x21  2 1 2 1 2 1 2xx x x 2x x  2xx 1x x   1 2 1 2 2 1  1 2 1 2 ，  x21  x21   x21  x21  2 1 2 1 其中  x21  x21  0,x x 0 2 1 1 2 当x,x 0,1时，xx 10，则 f x  f x 0，即 f x  f x ， 1 2 1 2 2 1 2 1 此时函数 f x在 上单调递增；当x,x 1,时，xx 10，则 f x  f x 0， 1 2 1 2 2 1 0,1 即 f x  f x ，此时函数 f x在 上单调递减，所以函数 f x在 上单调递增， 2 1 1,+∞ 0,1在 上单调递减. （3 1 ） ,+ 证 ∞ 明：因为 f x 2x ， x21 2 2 2x 2x  由 f x  f x ，可得 1  2 ，即 1 1 ， 1 2 x21 x 21 x  x  1 2 1 x 2 x 1 2 1 1 所以x   x  ，整理得xx 1， 1 x 2 x 1 2 1 2 又因为0 x  x ，由基本不等式，可得x x 2 xx 2. 1 2 1 2 1 2