2021-2022学年黑龙江省大庆铁人中学高一上学期第一次月考数学试题(含答案).pdf

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1、铁人中学铁人中学 20212021 级高一学年上学期第一次月考级高一学年上学期第一次月考数学试题数学试题试题说明：试题说明：1、本试题满分 150 分，答题时间 120 分钟。2、请将答案填写在答题卡上，考试结束后只交答题卡。第卷第卷客观题部分客观题部分一、单项选择题（本题共一、单项选择题（本题共 8 8 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 4040分在每小题给出的四个选项中，只分在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求）有一项符合题目要求）1已知全集U R，集合A xZ1 x 4，B xRx4 0，则A(UB)x1D2,3,41,2,3A(1,4)B1,4)C2设命题p:n

2、N,n 2n5,则p的否定为2AnN,n 2n5BnN,n 2n5CnN,n 2n5DnN,n 2n53下列函数中，表示同一个函数的是Ay2222x2与y xBy x3与y(x3)24Cy xx与y 1x 0Dy1 x 04的最小值为x1x2与S a24已知x 1，则y 2xA4 2B4 2 2C4 2 1D2 2 25已知函数f(x)满足f(1)2x1若f(a)5，则实数a=A2BC1x3D026已知a1,a2(0,1)，记M a1a2，N a1a21，则M与N的大小关系是()AM NBM NCM ND不确定7已知a,b是实数，则“a b 0且c d 0”是“ab”的dcA充分而不必要条件B

3、必要而不充分条件C充要条件D既不充分也不必要条件8如图，在正方形ABCD中，AB 2，点M从点A出发，沿ABCDA方向，以每秒2个单位的速度在正方形ABCD的边上运动；点N从点B出发，沿BCDA的方向，以每秒个单位的速度在正方形ABCD的边上运动点M与点N同时出发，记运动时间为（单位：秒），AMN的面积为f(t)（规定A，M，N共线时其面积为零），则点M第一次到达点A时，y f(t)的图象为ABCD二、多项选择题（本题共二、多项选择题（本题共4 4 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 2020 分在每小题给出的选项中，有多项分在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求全部选对的得符合

4、题目要求全部选对的得 5 5 分，部分选对的得分，部分选对的得 3 3 分，有选错的得分，有选错的得 0 0 分）分）9已知2 x 3,2 y 3,则下列说法正确的是A2x y的取值范围为(6,9)B2x y的取值范围为(2,3)Cx2 3的取值范围为(,)Dxy的取值范围为(4,9)y3 2下列说法bxc 0的解集为x x 2或x 3，10.已知关于x的一元二次不等式ax2正确的是Aa5bc 0Bc0Cbx2立axc 0的解集是2,3D对于任意的xR，cx2 ax b 0恒成11设正实数m,n满足mn 2，则下列说法正确的是A112mn32 2的最大值为B的最小值为222mnCm n的最小值

5、为2Dm2n2的最小值为212由无理数论引发的数学危机一直延续到19世纪，直到1872年，德国数学家戴德金从连续性的要求出发，用有理数的“分割”来定义无理数（史称戴德金分割），并把实数理论建立在严格的科学基础上，才结束了无理数被认为“无理”的时代，也结束了持续2000多年的数学史上的第一次大危机。所谓戴德金分割，是指将有理数集Q划分为两个非空的子集M与N,且满足MN Q,MN ,，M中的每一个元素都小于N中的每一个元素，则称(M,N)为戴德金分割。试判断，对于任一戴德金分割(M,N),下列叙述中，可能成立的是AM没有最大元素，N有一个最小元素BM没有最大元素，N也没有最小元素CM有一个最大元素

6、，N有一个最小元素DM有一个最大元素，N没有最小元素第卷第卷主观题部分主观题部分三、填空题三、填空题(本题共本题共 4 4 小题，每小题小题，每小题 5 5 分，共分，共 2020 分分)13如果集合A满足0,2 A1,0,1,2,则满足条件的集合A的个数为_(填数字)14不等式ax22x1 0对x(,)恒成立，则实数a的取值范围是_15xR，用M(x)表示f(x),g(x)中的较大者，记为M(x)maxf(x),g(x).给定函数f(x)x,g(x)x 2，设函数M(x)maxf(x),g(x)，则2123M(M()=_216函数f(x)x的函数值表示不超过x的最大整数，例如：3.5 4,2

7、.1 2若集合A y y x2x3x,0 x 1，则集合A中所有元素的和为_四、解答题四、解答题(本大题共本大题共 6 6 小题，第小题，第 1717 题题 1010 分，第分，第 18-2218-22 题每小题题每小题 1212 分，共分，共 7070 分解答应分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤写出文字说明、证明过程或演算步骤)17（本小题满分 10 分）已知函数f(x)x24 1x7（1）求函数f(x)的定义域；（2）求f(2)f()的值；（3）当a 6时，求f(a 1)的值5218（本小题满分 12 分）（1）全集U 2,4,(a3)，集合A 2,a a2，若CUA 1，求实数a的

8、值；（2）已知集合Ax 2a x a3，B x x 1或x 5，若AB，求实数a的取值范围.19（本小题满分 12 分）已知函数f(x)ax2ax1的定义域为R.（1）求实数a的取值集合A;（2）设B x3m x m2为非空集合，若xA是xB的必要不充分条件，求实数m的取值范围.2220（本小题满分 12 分）在城市旧城改造中，某小区为了升级居住环境，拟在小区的闲置地中规划一个面积为200m2的矩形区域（如图所示），按规划要求：在矩形内的四周安排2m宽的绿化，绿化造价为200元/m2，中间区域地面硬化以方便后期放置各类健身器材，硬化造价为100元/m2.设矩形的长为xm.（1）设总造价y（元）

9、表示为长度xm的函数；（2）当xm取何值时，总造价最低，并求出最低总造价.21（本小题满分 12 分）2已知函数f(x)x 2bxc过点(0,2)，且满足f 1 f 2.（1）求函数f(x)的解析式；（2）解关于x的不等式：f(x)(2a1)x（aR）22（本小题满分 12 分）设函数f(x)x axa3,g(x)ax 2a（1）对于任意a2,2都有f(x)g(x)成立，求x的取值范围；（2）当a 0时对任意x1,x23,1恒有f(x1)ag(x2)，求实数a的取值范围；（3）若存在x0R，使得f(x0)0与g(x0)0同时成立，求实数a的取值范围2铁人中学铁人中学 20212021 级高一学

10、年上学期第一次月考级高一学年上学期第一次月考数学试题参考答案数学试题参考答案第卷第卷客观题部分客观题部分题号题号选项选项1 1C C2 2B B3 3D D4 4B B5 5C C6 6B B7 7A A8 8A A9 9ACDACD1010ACAC11111212ABDABDABDABD第卷第卷主观题部分主观题部分13【答案】314【答案】(1,)15【答案】116【答案】124x24017【解析】：若使函数有意义，需，解得x2或x2且x7，x70故函数f(x)的定义域为(,22,7)(7,)532232291851237f(2)f()29186f(2),f()因为a6，所以f(a1)有意义

11、，f(a1)219a22a31a618【解析】（1）由题可知，(a3)1，解得a2或a4当a2时，A2,4，符合题意；当a4时，A2,14，不符合题意；综上所述，a2（2）当A时，2aa3，解得a3；2aa31当A时，由题可知，2a1，解得a2；2a35综上所述，实数a的取值范围是1,2)(3,)219【解析】（1）可知，ax2ax 10在R上恒成立，当a0时，10，成立；当a0时，a24a0，解得0a4；综上所述，a0,4.所以集合A a0 a 4（2）因为，xA是xB的必要不充分条件.所以，B A3m m2故3m 0,解得0 m1m2 4所以，实数m的取值范围是0,1)20【解析】（1）由

12、矩形的长为xm，则矩形的宽为则中间区域的长为x4m，宽为200(m)，x2004(m)，则定义域为x(4,50)x 200 2004200200(x4)4则y 100(x4)xx200整理得y 18400400 x，x(4,50)x（2）x200200200时取等号，即x 10 2(4,50)2 x 20 2当且仅当x xxx所以当x 10 2时，总造价最低为184008000 2元21【解析】（1）因为函数f(x)x22bxc过点(0,2)，2所以f(0)2，所以c 2，即f(x)x 2bx2，因为f 1 f 2，所以f(x)的对称轴为x 所以b 12112，解得b ，故f(x)x x 2.

13、22（2）由题意得，方程x22ax2 0的判别式 4a28(1)当 4a28 0,即2 a 2时，方程x22ax2 0无解不等式x22ax2 0的解集为;(2)当 4a28 0,即a 2时，方程x22ax2 0有两个相等的根当a 2时，不等式x22ax2 0的解集为 2;当a 2时，不等式x22ax2 0的解集为-2;(3)当 4a28 0,即a 2或a 2时，方程x22ax2 0有两个根为：x1 aa22,x2 aa22,不等式x22ax2 0的解集为:x aa22 x aa22综上：2 a 2时不等式解集为；当a 2时不等式解集为 2；当a 2时，不等式解集为-2；当a 2或a 2时不等式解集为x aa22 x aa2222【解析】即由题意可知对于任意都有对于任意恒成立设，所以解不等式组可得或所以，x的取值范围是(,27)(27,)由题意可知在区间因为由二次函数性质可知，因为所以，可得，所以其在，上的最大值为上，对称轴，在上的最小值为故的取值范围为(0,121)5若若，则，由可得，不合题意，舍去；上存在，使得，原题可转化为在区间由二次函数的性质可知，所以又因为若，由，可得，在上图象呈上升趋势，不合题意；可得上存在时，时，使得，可得，可得或；，不满足原题可转化为在区间当当时，即时，即综上可知，的取值范围为(7,)