高一数学 10 月月考答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：由集合A={x∈R|x2+ax+2=0}有且仅有1个真子集，可得集合A中有且只有一个元素，
所以方程x2+ax+2=0有2个相等的实数解，即Δ=a2−8=0，解得a=±2√ 2，
所以实数a的取值集合为{−2√ 2,2√ 2}，
2.【答案】D
{(1−2x)(x+2)≥0
【解析】解：原不等式等价于 ,
x+2≠0
{(2x−1)(x+2)≤0 1 1
即 ，解得−2<x≤ ，∴原不等式的解集为：(−2, ].
x+2≠0 2 2
3.【答案】B
【解析】解：已知函数y=f(x)−x2是奇函数，
则有：f(−x)−x2=−[f(x)−x2 ]⇒f(−x)=−f(x)+2x2，
所以f(−4)=−f(4)+2×42=−9+32=23，
已知g(x)=f(x)+5，
则g(−4)=f(−4)+5，
因此，g(−4)=23+5=28．
4.【答案】A
【解析】解：“∃x∈N，x2>3x−2”的否定为“∀x∈N，x2 ⩽3x−2”．
5.【答案】D
解：函数y=x2−4ax+3a2 (a<0)的零点是x ，x ，
1 2
根据韦达定理，可得：x x =3a2 ，x +x =4a，
1 2 1 2
a 1
那么：x +x + =4a+ ．
1 2 x x 3a
1 2∵a<0，
1 √ 1 4√ 3 √ 3
∴−(4a+ )≥2 (−4a)×(− )= ，当且仅当a=− 取得等号，
3a 3a 3 6
1 4√ 3
即4a+ ≤− ，
3a 3
a 4√ 3
故x +x + 的最大值为− ．
1 2 x x 3
1 2
7.【答案】B
7−2[x]
【解析】解：不等式 ≥0等价于(2[x]−7)([x]−1)≤0且[x]≠1，
[x]−1
7
则1<[x]≤ ，∵[x]表示不大于x的最大整数，∴2≤x<4，
2
充分不必要条件只要求出不等式解集{x|2≤x<4}的一个非空真子集即可．
故选：B．9.【答案】ACD
4 √ 4
【解析】解：对于A，a2+3+ ≥2 (a2+3)× =4，
a2+3 a2+3
4 4
当且仅当a2+3= 时取等号，但a2+3=
无解，故等号不成立，
a2+3 a2+3
4
故a2+3+ (a∈R)的最小值不为4，故A错误；
a2+3
对于B，一元二次方程ax2+bx+c=0有一正一负根x ,x ，
1 2
c
则x x = <0，因此得ac<0，
1 2 a
当ac<0时，则Δ=b2−4ac>0，可知方程有两个不相等的实根x ,x ，
1 2
c
且x x = <0，所以一元二次方程ax2+bx+c=0有一正一负根，
1 2 a
故“ac<0”是“一元二次方程ax2+bx+c=0有一正一负根”的充要条件，故B正确；
对于C，当a=0时，A={x∣ax2+x+1=0}={x∣x+1=0}={−1}，故C错误；
对于D，因为3∈{m−1,3m,m2−1}，所以m−1=3或3m=3或m2−1=3，
解得m=4或m=1或m=±2，
当m=4，{m−1,3m,m2−1}={3,12,15}，符合题意；
当m=1，m−1=m2−1=0，不满足集合元素的互异性，故不符合题意；
当m=2，{m−1,3m,m2−1}={1,6,3}，符合题意；
当m=−2，{m−1,3m,m2−1}={−3,−6,3}，符合题意；
故实数m的可能取值集合为{−2,2,4}，故D错误．
10.【答案】BCD
解：定义在R上函数f(x)的图象是连续不断的，且满足以下条件：
①∀x∈R，f(−x)=f(x)，说明函数是偶函数；
f(x )−f(x )
②∀x ，x ∈(0,+∞)，当x ≠x 时，都有 2 1 >0，
1 2 1 2 x −x
2 1
说明函数在(0,+∞)是增函数；
③f(−1)=0．所以f(3)<f(4)=f(−4)成立，所以A错误；
若f(m−1)<f(2)，可得|m−1|<2，则m∈(−1,3)，所以B正确；
由①得f(x)是定义在R上的偶函数，则f (−1)=f (1)=0，
又函数f(x)在(0,+∞)是增函数，
所以当x>1或x<−1时，f(x)>0；
当−1<x<1时，f(x)<0，
f(x) {f (x)>0 {f (x)<0
若 >0，则 或 ,
x x>0 x<0
可得x∈(−1,0)∪(1,+∞)，所以C正确；
因为函数是连续函数，又是偶函数，在x>0时是增函数，
即f (0)是函数f(x)的最小值，
所以∀x∈R，∃M∈R，使得f(x)≥M，正确；
11.【答案】BD
为奇函数， 即
令 ，得 ，故 错误；
C
令 ，得 故 错误；
A
为偶函数， ，令 ，得 ，即 ，故
B
正确；
令 ，得 ，故 正确，故选
D BD.
12.【答案】2
解：由分母不为0可知a≠0，
b
所以a+b=0，则a=−b，即 =−1，
a
所以集合{1,0,a}={0,−1,b}，
所以a=−1，b=1，故a2024+b2025=(−1) 2024+12025=1+1=2．
25 49
14.【答案】( , ]
9 16
解：由题知，a>0则
(2x−1) 2<ax2即为ax2−(2x−1) 2>0．
即(√ ax+2x−1)(√ ax−2x+1)>0，
即[(√ a+2)x−1][(√ a−2)x+1]>0，
由于√ a+2>0，而不等式的解答中恰有3个整数解，
故必有√ a−2<0，即必有a<4，
所以不等式可变为[(√ a+2)x−1][(2−√ a)x−1]<0，
1 1
解得
<x<
，
√ a+2 2−√ a
1
又0< <1，结合解集中恰有3个整数，即为1，2，3，
√ a+2
1 25 49
可得3< ≤4，解得 <a≤ ．
2−√ a 9 1625 49 25 49
所以a的取值范围为( , ].故答案为：( , ].
9 16 9 16
15. 【详解】解：（ ）−3<m<1
1
（ ）若关于 的方程 有两个不相等的实根，则
2
{ −(m+1)
{ 2
Δ=(m+1)−4(m+1)>0¿ − >−1¿¿¿¿
2
3 3
− <m<−1或m >3 − <m<−1或m >3
解得 2 所以，实数 的取值范围是 2 ；
∀x∈(1,4)
（ ） 时， 恒成立，
2
即 恒成立，即 恒成立，
令 ，则 恒成立，即 ，
因为 ，所以 ，当且仅当 时取到等号，
t∈(0,3)
所以实数 的取值范围是
.17.【答案】解：(1)设DQ= y，灯带长度l=4x+4√ 2y=64，即x+√ 2y=16，
设花岗岩地坪面积z=4xy，
∵x>0，y>0∴x+√ 2y≥2√ x√ 2y，
即16≥2√ x√ 2y，可得xy≤32√ 2，则4xy≤128√ 2，
当且仅当x=√ 2y=8时取等，综上，面积z最大值为128√ 2m2．
(2)∵两个相同的矩形构成的面积为200m2，
50 x
∴4xy+x2=200，则y= − 且y>0，
x 4
50 x
∴DQ= − ，(0<x<10√ 2)，
x 4
1 1 50 x
S = DQ2= ( − ) 2 ，
ΔDQH 2 2 x 4
50 x x2
矩形ADQM面积为xy=x( − )=50− ，
x 4 4
正方形MNPQ面积为x2，
∴S=4200x2+4×(50− x2 )×210+4× 1 ( 50 − x ) 2×80=4000x2+38000+ 400000 ，
4 2 x 4 x2
(0<x<10√ 2);
400000
因此S=38000+4000x2+ ≥38000+2√ 16×108=118000，
x2
400000
当且仅当4000x2= ，即x=√ 10时，S =118000(元)，
x2 min
故当AD=√ 10，即x=√ 10时，总造价S有最小值118000(元)．【解析】详细解答和解析过程见【答案】
18. 【答案】解：(1)由题意，已知f(x)+2f(−x)=3x2+x+3①，
得f(−x)+2f(x)=3(−x) 2+(−x)+3=3x2−x+3②，
将②式两边乘以2，再减去①式，
得f(x)=x2−x+1；
(2)由f(x)>2x+m，得m<x2−3x+1，
设g(x)=x2−3x+1，x∈[−1,5]
问题转化为：存在x∈[−1,5]，使得m<g(x)，即m<g(x)在[−1,5]上的最大值，
3 3 3
g(x)的对称轴为x= ，开口向上，故在[−1, ]上单调递减，在[ ,5]上单调递增，
2 2 2
又g(−1)=(−1) 2−3×(−1)+1=5，g(5)=52−3×5+1=11，
因此g(x)在[−1,5]上的最大值为11，故m<11；
(3)由题意，F(x)=f(x)+c=x2−x+1+c，
F(x)的不动点满足F(x ，即x2−x ，
0)=x0 0 0+1+c=x0
整理得x2−2x+(1+c)=0，
设ℎ(x)=x2−2x+(1+c)，
由ℎ(x)=0在(0,+∞)上有两个相异正实根，
Δ=(−2) 2−4×1×(1+c)>0
得{ 1>0 ，解得−1<c<0，
ℎ(0)=1+c>0
所以实数c的取值范围是−1<c<0．
19. 【答案】解：(1)因为函数f(x)的图像关于点(1,2)对称，则f(x)+f(2−x)=2×2=4，
令x=−1，可得f(−1)+f(3)=4．
2x
(2)(i)证明：由g(x)= ，
2−x
2x 2(4−x) 2x 8−2x 4x−8
得g(x)+g(4−x)= + = − = =−4=2×(−2)，
2−x 2−(4−x) 2−x 2−x 2−x
所以函数g(x)的图像关于点(2,−2)对称．
2x 4 4
(i)g(x)= =−2+ ，易知函数g(x )在x ∈[−2, ]上单调递增，
2−x 2−x 2 2 3
所以g(x )∈[−1,4]，
2
不妨设f(x)在[0,2]上的值域为A，
4
对任意x ∈[0,2]，总存在x ∈[−2, ]，使得f(x )=g(x )成立，则A⊆[−1,4]，
1 2 3 1 2
当x∈[0,1]时，f(x)=x2−ax+a+1，且f(1)=2，
a
当 ≤0，即a≤0，函数f(x)在[0,1]上单调递增，
2
由对称性可知，f(x)在(1,2]上单调递增，
所以f(x)在[0,2]上单调递增，
因为f(0)=a+1，f(0)+f(2)=4，所以f(2)=3−a，
{
a+1⩾−1
所以A=[a+1,3−a]，由A⊆[−1,4]，可得 4⩾3−a⇒−1⩽a⩽0.
a⩽0,
a a a
当0< <1，即0<a<2时，函数f(x)在[0, )上单调递减，在( ,1]上单调递增，
2 2 2
a a
由对称性可知f(x)在(1,2− )上单调递增，在(2− ,2]上单调递减，
2 2
a a a a
所以f(x)在[0, )上单调递减，在( ,2− )上单调递增，在(2− ,2]上单调递减，
2 2 2 2
a a
结合对称性可得A=[f(2),f(0)]或A=[f( ),f(2− )]，
2 2a a2
因为0<a<2，所以f(0)=a+1∈(1,3)，f( )=− +a+1∈(1,2)，
2 4
a a a
又f(0)+f(2)=4，f( )+f(2− )=4，所以f(2)=3−a∈(1,3)，f(2− )∈(2,3)，
2 2 2
所以当0<a<2时，A⊆[−1,4]成立．
a
当 ≥1，即a≥2时，函数f(x)在[0,1]上单调递减，
2
由对称性可知f(x)在[1,2]上单调递减，因为f(0)=a+1，f(0)+f(2)=4，
所以f(2)=3−a，所以A=[3−a,a+1]，
{3−a≥−1,
由A⊆[−1,4]，可得 4≥a+1, 解得2≤a≤3.
a≥2,
综上所述，实数a的取值范围为[−1,3]．
