2020-2021学年浙江省杭州市某校高一（上）月考数学试卷（10月份）.docx

2020-2021学年浙江省杭州市某校高一（上）月考数学试卷（10月份）一、选择题（共12小题，每小题0分，满分0分）1. 已知集合M=x|4<x<2，N=x|x2x6<0，则MN=（ ） A.x|4<x<3B.x|4<x<2C.x|2<x<2D.x|2<x<32. 在下列3个结论中，正确的有（ ）x2>4是x3<8的必要不充分条件；在ABC中，AB2+AC2=BC2是ABC为直角三角形的充要条件；若a，bR，则“a2+b20”是“a，b不全为0”的充要条件 A.B.C.D.3. 已知a，b，cR，函数f(x)ax2+bx+c，若f(0)f(2)>f(3)，则（ ） A.a>0，4a+b0B.a<0，4a+b0C.a>0，2a+b0D.a<0，2a+b04. 下列不等式恒成立的是（ ） A.a2+b22abB.a2+b22abC.a+b2|ab|D.a+b2|ab|5. 已知命题“xR，2x2+(a1)x+120是假命题，则实数a的取值范围是（ ） A.(,1)B.(1,3)C.(3,+)D.(3,1)6. “0<a<1”是“ax2+2ax+1>0的解集是实数集R”的（ ） A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D.既不充分也不必要条件7. 已知命题p:x>0，总有(x+1)2x>1，则命题p的否定为（ ） A.x00，使得(x0+1)2x01B.x0>0，使得(x0+1)2x01C.x>0，总有(x+1)2x1D.x0，总有(x+1)2x18. 若正数x，y满足x+3y=5xy，则3x+4y的最小值是( ) A.245B.285C.5D.69. 已知0<a<1b，且M=11+ab1+b，N=a1+a11+b，则M，N的大小关系是（ ） A.M>NB.M<NC.MND.不能确定10. 若方程2ax2x1=0在(0,1)内恰有一个零点，则有（ ） A.a<1B.a>1C.1<a<1D.0<a<111. 设正实数x，y，z满足x23xy+4y2z0则当xyz取得最大值时，2x+1y2z的最大值为（ ） A.0B.1C.94D.312. 若、是方程x2kx+8=0的两个相异实根，则（ ） A.|3且|>3B.|+|<42C.|>2，且|>2D.|+|>42二、填空题（共7小题，每小题0分，满分0分） 若A=1,4,x，B=1,x2，且AB=B，则x=_ 若关于x的不等式x25x+a<0的解集是x|2<x<3，则a_ 已知函数f(x)=x2+mx1，若对于任意xm,m+1，都有f(x)<0成立，则实数m的取值范围是_ 已知5x2y2+y4=1(x,yR)，则x2+y2的最小值是_ 设x>0，y>0，x+2y=5，则(x+1)(2y+1)xy的最小值为_ 已知x>0，y>0，x3+y3xy，则1x2y2的最小值是_2 已知aR，函数f(x)=|x+4xa|+a在区间1,4上的最大值是5，则a的取值范围是_ 三、解答题（共5小题，满分0分） 设集合A=x|x22mx+m210，B=x|x24x50 (1)若m=5，求AB； (2)若“xA”是“xB”的充分不必要条件，求实数m的取值范围 解关于x的不等式 （1）x2+2x23+2xx2x； （2）ax2+ax+1<0 已知f(x)=x2+2(a2)x+4 （1）如果xR，f(x)>0恒成立，求实数a的取值范围； （2）如果x(1,3)，使f(x)>0成立，求实数a的取值范围 设a>0，b>0，a+b1 （1）证明.ab+1ab4+14； （2）探索猜想.a2b2+1a2b2_；a3b3+1a3b3_ （3）由（1）（2）归纳出一般性结论并证明 已知函数f(x)=1+x+1x （1）求函数f(x)的最大值，最小值； （2）设F(x)=m1x2+f(x)，设F(x)的最大值为g(m)，求g(m)的表达式参考答案与试题解析2020-2021学年浙江省杭州市某校高一（上）月考数学试卷（10月份）一、选择题（共12小题，每小题0分，满分0分）1.【答案】C【考点】交集及其运算【解析】利用一元二次不等式的解法和交集的运算即可得出【解答】解： M=x|4<x<2，N=x|x2x6<0=x|2<x<3， MN=x|2<x<2故选C.2.【答案】C【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断【解析】利用充分条件，必要条件的定义分别判断【解答】解：对于结论，由x3<8x<2x2>4，但是x2>4x>2或x<2x3>8或x3<8，不一定有x3<8，故正确；对于结论，当B=90或C=90时不能推出AB2+AC2=BC2，故错；对于结论，由a2+b20a，b不全为0，反之，由a，b不全为0a2+b20，故正确故选C3.【答案】D【考点】二次函数的图象二次函数的性质【解析】由f(0)f(2)可得2a+b0；由f(0)>f(3)可得3a+b>0，消掉b可得a<0【解答】函数f(x)ax2+bx+c，若f(0)f(2)>f(3)，则c4a+2b+c，所以2a+b0；又f(0)>f(3)，即c>9a+3b+c，所以3a+b<0，即a+(2a+b)<0，所以a<04.【答案】B【考点】基本不等式及其应用【解析】对于A和B，分别根据完全平方差和完全平方和公式即可得解；对于C和D，举出反例即可得解【解答】对于A，由(ab)20，知a2+b22ab，即A错误；对于B，由(a+b)20，知a2+b22ab，即B正确；对于C，当a0，b1时，a+b1，2|ab|=0，此时a+b<2|ab|，即C错误；对于D，当a0，b1时，a+b1，2|ab|=0，此时a+b>2|ab|，即D错误，5.【答案】B【考点】命题的真假判断与应用【解析】写出原命题的否命题，据命题p与p真假相反，得到2x2+(a1)x+12>0恒成立，令判别式小于0，求出a的范围【解答】 “xR，2x2+(a1)x+120”的否定为“xR，2x2+(a1)x+12>0“ “xR，2x2+(a1)x+120”为假命题 “xR，2x2+(a1)x+12>0“为真命题即2x2+(a1)x+12>0恒成立 (a1)24212<0解得1<a<36.【答案】A【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断【解析】先解出不等式ax2+2ax+1>0的解集是实数集R的等价条件，然后利用充分条件和必要条件的定义进行判断【解答】解：要使不等式ax2+2ax+1>0的解集为R，当a=0时，1>0恒成立，满足条件；当a0时，满足a>0(2a)24a<0，解得0<a<1，因此要不等式ax2+2ax+1>0的解集为R，必有0a<1，故“0<a<1”是“ax2+2ax+1>0的解集是实数集R”的充分不必要条件，故选：A7.【答案】B【考点】命题的否定【解析】根据含有量词的命题的否定即可得到结论【解答】命题为全称命题，则命题p:x>0，总有(x+1)2x>1，则命题p的否定为，x0>0，使得(x0+1)2x018.【答案】C【考点】基本不等式在最值问题中的应用基本不等式【解析】将x+3y=5xy转化成35x+15y=1，然后根据3x+4y=(35x+15y)(3x+4y)，展开后利用基本不等式可求出3x+4y的最小值【解答】解： 正数x，y满足x+3y=5xy， 35x+15y=1， 3x+4y=(35x+15y)(3x+4y)=95+45+12y5x+3x5y135+212y5x3x5y=5，当且仅当12y5x=3x5y时取等号， 3x+4y5，即3x+4y的最小值是5，故选C.9.【答案】A【考点】利用不等式比较两数大小【解析】直接利用代数式的运算的应用和数的大小比较的应用求出结果【解答】由于0<a<1b，所以0<ab<1即1ab>0所以MN=11+ab1+ba1+a+11+b=1aa+1+1b1+b=(1a)(1+b)+(1+a)(1b)(1+a)(1+b)=2(1ab)(1+a)(1+b)>0所以M>N，10.【答案】B【考点】函数的零点【解析】由函数零点存在性质定理得f(0)f(1)<0，由此能求出结果【解答】解： 方程2ax2x1=0在(0,1)内恰有一个零点，f(0)=1，f(1)=2a11=2a2， f(1)=2a2>0，解得a>1故选：B11.【答案】B【考点】基本不等式在最值问题中的应用【解析】此题暂无解析【解答】由x23xy+4y2z=0，得z=x23xy+4y2， xyz=xyx23xy+4y2=1xy+4yx3又x，y，z为正实数， xy+4yx4，当且仅当x=2y时取等号，此时z=2y2 2x+1y2z=22y+1y22y2=1y2+2y=1y12+1，当1y=1，即y=1时，上式有最大值1.12.【答案】D【考点】一元二次方程的根的分布与系数的关系【解析】由判别式大于零，求出k的范围，再利用一元二次方程根与系数的关系，可得结论【解答】解： 、是方程x2kx+8=0的两个相异实根， =k232>0， k>42，或k<42 +=k，=8， |+|>42，故选D二、填空题（共7小题，每小题0分，满分0分）【答案】0，2，或2【考点】交集及其运算【解析】由AB=B转化为BA，则有x2=4或x2=x求解，要注意元素的互异性【解答】解： AB=B BA x2=4或x2=x x=2，x=2，x=0，x=1（舍去）故答案为：2，2，0【答案】6【考点】一元二次不等式的应用【解析】根据不等式与对应的方程之间的关系，利用根与系数的关系求出a的值【解答】不等式x25x+a<0的解集为x|2<x<3，所以2和3是方程x25x+a0的两个实数解，由根与系数的关系知，a236【答案】(22,0)【考点】二次函数的性质【解析】由条件利用二次函数的性质可得f(m)=2m21<0f(m+1)=(m+1)2+m(m+1)1<0，由此求得m的范围【解答】解： 二次函数f(x)=x2+mx1的图象开口向上，对于任意xm,m+1，都有f(x)<0成立， f(m)=2m21<0，f(m+1)=(m+1)2+m(m+1)1<0，即22<m<22，m(2m+3)<0，解得22<m<0.故答案为：(22,0)【答案】45【考点】基本不等式及其应用【解析】方法一、由已知求得x2，代入所求式子，整理后，运用基本不等式可得所求最小值；方法二、由4=(5x2+y2)4y2，运用基本不等式，计算可得所求最小值【解答】方法一、由5x2y2+y4=1，可得x2=1y45y2，由x20，可得y2(0,1，则x2+y2=1y45y2+y2=1+4y45y2=15(4y2+1y2)1524y21y2=45，当且仅当y2=12，x2=310，可得x2+y2的最小值为45；方法二、4=(5x2+y2)4y2(5x2+y2+4y22)2=254(x2+y2)2，故x2+y245，当且仅当5x2+y2=4y2=2，即y2=12，x2=310时取得等号，可得x2+y2的最小值为45【答案】43【考点】基本不等式在最值问题中的应用【解析】利用基本不等式求最值【解答】解：x>0，y>0，x+2y=5，则(x+1)(2y+1)xy=2xy+x+2y+1xy=2xy+6xy=2xy+6xy，由基本不等式有：2xy+6xy22xy6xy=43，故(x+1)(2y+1)xy的最小值为43.故答案为：43.【答案】2+2【考点】利用导数研究函数的最值【解析】先由题设得到：x3+y3xy=1，且x>y，再令f(x,y)=1x2y2=1+(xy)2xy1，然后构造函数f(t)=1+t2t1，t>1，最后利用导数求得其最小值，即可解决问题【解答】 x>0，y>0，x3+y3xy， x3+y3xy=1，且x>y，令f(x,y)=1x2y2=x3+y3xyx2y2=y2+x2xyy2=1+(xy)2xy1，令t=xy>1，则f(t)=1+t2t1， f(t)=t22t1(t1)2，t>1，令f(t)>0，解得：t>1+2， f(t)在(1,1+2)上单调递减，在(1+2,+)上单调递增， f(t)maxf(1+2)22+2，即1x2y2的最小值为22+2，【答案】(,92【考点】函数的最值及其几何意义【解析】此题暂无解析【解答】解：当x1,4时，设g(x)=x+4x，g(x)在1,2)上单调递减，在(2,4上单调递增，且g(1)=g(4)=5，g(2)=4，所以x+4x4,5.当a4时，f(x)=x+4xa+a=x+4x=g(x)，满足最大值为5；当a5时，f(x)=a(x+4x)+a=2a(x+4x)2a4，而2a46，与题意不符，舍去；当4<a<5时，f(x)的最大值只可能为f(1)，f(4)或f(2)，而f(1)=f(4)=5，f(2)=|4a|+a=2a4，要使f(x)的最大值为5，则2a45，即4<a92.综上可得，a(,92.故答案为：(,92三、解答题（共5小题，满分0分）【答案】解：(1)B=x|x24x50=x|1x5，当m=5时，A=x|x210x+240=x|4x6 AB=x|4x5.(2) “xA”是“xB”的充分不必要条件， AB，A=x|x22mx+m210=x|m1xm+1， 1m1,m+15,解得0m4【考点】交集及其运算一元二次不等式的解法充分条件、必要条件、充要条件【解析】（1）当m=5时，分别解出不等式：x22mx+m210，x24x50，可得集合A，B可得A，利用交集运算可得AB；（2）利用充分、必要条件的定义，将其转化为集合的包含关系，解不等式组即可得到答案.【解答】解：(1)B=x|x24x50=x|1x5，当m=5时，A=x|x210x+240=x|4x6 AB=x|4x5.(2) “xA”是“xB”的充分不必要条件， AB，A=x|x22mx+m210=x|m1xm+1， 1m1,m+15,解得0m4【答案】由x2+2x23+2xx2x可得，x2+2x23+2xx2x0，整理可得，x3x2x2x22x30，即(x2)(x2+x+1)(x3)(x+1)0，因为x2+x+1>0恒成立，原不等式可转化为(x+1)(x3)(x2)0且(x3)(x+1)0，解得，x>3或1<x2，不等式的解集为x|x>3或1<x2，ax2+ax+1<0，a0时，1<0不成立，此时不等式的解集，a0时，a24a，若a>4，则>0，此时不等式的解集为x|aa24a2a<x<a+a24a2a，a<0，则>0，此时不等式的解集为x|x<a+a24a2a或x>aa24a2a，0<a<4时，则<0，此时不等式的解集，a4，则0，此时不等式的解集x|x12综上可得，a0时，不等式的解集，a>4，不等式的解集为x|aa24a2a<x<a+a24a2a，a<0，不等式的解集为x|x<a+a24a2a或x>aa24a2a，0<a<4时，不等式的解集，a4，不等式的解集x|x12【考点】其他不等式的解法【解析】（1）把分式不等式转化为高次不等式进行求解即可；（2）结合二次项系数a的正负及判别式的正负对a进行分类讨论，即可求解【解答】由x2+2x23+2xx2x可得，x2+2x23+2xx2x0，整理可得，x3x2x2x22x30，即(x2)(x2+x+1)(x3)(x+1)0，因为x2+x+1>0恒成立，原不等式可转化为(x+1)(x3)(x2)0且(x3)(x+1)0，解得，x>3或1<x2，不等式的解集为x|x>3或1<x2，ax2+ax+1<0，a0时，1<0不成立，此时不等式的解集，a0时，a24a，若a>4，则>0，此时不等式的解集为x|aa24a2a<x<a+a24a2a，a<0，则>0，此时不等式的解集为x|x<a+a24a2a或x>aa24a2a，0<a<4时，则<0，此时不等式的解集，a4，则0，此时不等式的解集x|x12综上可得，a0时，不等式的解集，a>4，不等式的解集为x|aa24a2a<x<a+a24a2a，a<0，不等式的解集为x|x<a+a24a2a或x>aa24a2a，0<a<4时，不等式的解集，a4，不等式的解集x|x12【答案】xR，x2+2(a2)x+4>0恒成立，可得=4(a2)216<0，解得0<a<4，即a的取值范围是(0,4)；x(1,3)，使f(x)>0成立，等价为x2+2(a2)x+4>0在x(1,3)有解，即有2(2a)<x+4x在x(1,3)有解，设g(x)=x+4x，可得g(x)在(1,2)递减，在(2,3)递增，则g(x)在(1,3)的值域为4,5)，所以2(2a)<5，解得a>12，即a的取值范围是(12+)【考点】函数恒成立问题【解析】（1）由二次函数的性质可得只需判别式小于0，解不等式可得实数a的取值范围；（2）运用参数分离和对勾函数的单调性，可得实数a的取值范围【解答】xR，x2+2(a2)x+4>0恒成立，可得=4(a2)216<0，解得0<a<4，即a的取值范围是(0,4)；x(1,3)，使f(x)>0成立，等价为x2+2(a2)x+4>0在x(1,3)有解，即有2(2a)<x+4x在x(1,3)有解，设g(x)=x+4x，可得g(x)在(1,2)递减，在(2,3)递增，则g(x)在(1,3)的值域为4,5)，所以2(2a)<5，解得a>12，即a的取值范围是(12+)【答案】ab+1ab4+144a2b217ab+40(4ab1)(ab4)0 a>0，b>0，a+b1， ab=(ab)2(a+b2)2=14， 4ab1，得ab14<4 (4ab1)(ab4)0成立，则.ab+1ab4+14；16+116,64+164由（1）（2）归纳得到一般性结论：anbn+1anbn4n+14n证明如下： a>0，b>0，a+b1， ab(a+b2)2=14，当且仅当ab=12时等号成立，则anbn(14)m，令tanbn，则t(0,(14)n，由f(t)t+1t在(0,(14)n上为减函数，可得f(t)14n+114n=4n+14n，即anbn+1anbn4n+14n故（3）的答案为：16+116；64+164【考点】不等式的证明数学归纳法【解析】（1）找出ab+1ab4+14的等价命题，再由已知证明等价命题成立，则命题得证；（2）由（1）的证明过程及等号成立的条件归纳（2）的两个不等式；（3）由（1）（2）中的三个不等式可归纳一般性结论，然后利用对勾函数的单调性证明【解答】ab+1ab4+144a2b217ab+40(4ab1)(ab4)0 a>0，b>0，a+b1， ab=(ab)2(a+b2)2=14， 4ab1，得ab14<4 (4ab1)(ab4)0成立，则.ab+1ab4+14；探索猜想a2b2+1a2b216+116；a3b3+1a3b364+164，当且仅当ab=12时，上面两式等号成立；由（1）（2）归纳得到一般性结论：anbn+1anbn4n+14n证明如下： a>0，b>0，a+b1， ab(a+b2)2=14，当且仅当ab=12时等号成立，则anbn(14)m，令tanbn，则t(0,(14)n，由f(t)t+1t在(0,(14)n上为减函数，可得f(t)14n+114n=4n+14n，即anbn+1anbn4n+14n故（3）的答案为：16+116；64+164【答案】函数f(x)=1+x+1x可知定义域为1,1，令xcos2，0,2，那么f(x)转化为h()=2cos+2sin2sin(+4) 0,2， 2h()2，即函数f(x)的最大值为2，最小值为2； 函数f(x)=1+x+1x0， f2(x)=2+21x2，可得1x2=2+f2(x)2，那么F(x)=m1x2+f(x)=mf2(x)2m+f(x)令tf(x)，那么F(x)转化为y=12mt2+tm(2t2)当m0时，ymax2；当m>0时，函数y开口向上，对称轴t=1m<2，在区间2,2上单调递增，当t2时，取得最大值为ymax2+m；当m<0时，函数y开口向下，对称轴t=1m，若21m2时，当t=1m时，取得最大值为ymax=m12m；若1m>2时，在区间2,2上单调递减，当t2时，取得最大值为ymax2+m；若1m<2，在区间2,2上单调递增，当t=2时，取得最大值为ymax=2；综上，g(m)的表达式为：g(m)=2,m22m12m,22<m<12m+2,m12【考点】函数的最值及其几何意义【解析】（1）利用三角函数换元，根据三角函数的有界性即可求解最值；（2）转化为二次函数问题讨论最值即可得g(m)的表达式【解答】函数f(x)=1+x+1x可知定义域为1,1，令xcos2，0,2，那么f(x)转化为h()=2cos+2sin2sin(+4) 0,2， 2h()2，即函数f(x)的最大值为2，最小值为2； 函数f(x)=1+x+1x0， f2(x)=2+21x2，可得1x2=2+f2(x)2，那么F(x)=m1x2+f(x)=mf2(x)2m+f(x)令tf(x)，那么F(x)转化为y=12mt2+tm(2t2)当m0时，ymax2；当m>0时，函数y开口向上，对称轴t=1m<2，在区间2,2上单调递增，当t2时，取得最大值为ymax2+m；当m<0时，函数y开口向下，对称轴t=1m，若21m2时，当t=1m时，取得最大值为ymax=m12m；若1m>2时，在区间2,2上单调递减，当t2时，取得最大值为ymax2+m；若1m<2，在区间2,2上单调递增，当t=2时，取得最大值为ymax=2；综上，g(m)的表达式为：g(m)=2,m22m12m,22<m<12m+2,m12第17页 共20页 第18页 共20页