湖南省邵阳市邵东市第一中学2022-2023学年高一上学期第一次月考数学试题(含答案)

数学试卷

时间：120分钟满分：150分

一､单项选择题（本大题共8个小题，每小题5分，共40分.）

1.已知集合A,B，下列四个表述中，正确的个数是（ ） ①若aAB，则aA； ①若aAB，则aAB； ①若AB，则ABB； ①若ABA，则ABB. A.1 B.2 C.3 D.4

∣3x1m}，若1A且2A，则实数m的取值范围是（ ） 2.设集合A{xA.2m5 B.2m5 C.2m5 D.2m5

∣3.已知集合Ax2x0,xZ，则集合A中元素个数为（ ）

x6A.3 B.4 C.5 D.6

x224.已知x1，则的最小值是（ ）

x1A.232 B.232 C.23 D.2

5.若x2m23是1x4的必要不充分条件，则实数m的取值范围是（ ）

∣3m3 B.{m∣m3或m3} A.m∣1m1 ∣m1或m1} D.mC.{m6.王昌龄是盛唐时期著名的边塞诗人，被誉为“七绝圣手”，其《从军行》传颂至今：“青海长云暗雪山，孤城遥望玉门关.黄沙百战穿金甲，不破楼兰终不还.”由此推断，最后一句“攻破楼兰”是“返还家乡”的（ ） A.充分条件 B.必要条件

C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 7.已知a0,b0，且①a1

①ab的最小值为16

141，则下列结论正确的是（ ） ab①ab的最小值为8 ①

19的最小值为2 a1bA.①① B.①①① C.①①① D.①①

8.关于x的不等式(ax1)2x2恰有2个整数解，则实数a的取值范围是（ ）

3443a或a 23323443B.a或a

23323443C.a或a

23323443D.a或a

2332二､多项选择题（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4.5分，部分选

A.对的得2分，有选错的得0分，本大题共4个小题，共20分.）

9.下列命题中，是真命题的是（ ） A.xR,2x23x40 B.x1,1,0,2x10 C.至少有一个实数x，使x20 D.两个无理数的和必是无理数

10.下列选项中的两个集合相等的有（ ）.

∣x2n,nZ,Qx∣x2n1,nZ A.Px∣x2n1,nN,Qx∣x2n1,nN B.Px1(1)n∣xx0,Qx∣x,nZ C.Px22∣yx1,QD.Pxyx1 x,y∣∣y11.设全集UR，集合Mxx1和Ny∣yx22，则下列结论正确的是（ ）

∣x2} A.MN{x∣x1} B.MN{xC.D.

UMUN{x∣0x2} MUN{x∣0x1}

U12.生活经验告诉我们，a克糖水中有b克糖(a0,b0，且ab），若再添加c克糖(c0)（假设糖全部溶于水），则糖水会更甜，于是得出一个不等式A.若ab0,m0，则

bcb.下列说法一定正确的是（ ） acabmb与大小关系不随m的变化而变化 amabbmB.若ab0,bm0，则

aambdbcC.若ab0,cd0，则 adacababD.若a0,b0，则 1ab1a1b三､填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分，将答案填在答题卡上）

∣xpx60,Bx∣xqx20，且A13.已知Ax__________.

14.含有三个实数的集合既可表示成a,22RB2，则pq的值等于

b,1，又可表示成a2,ab,0，则a2022b2022__________. a15.关于x的方程ax22x10至少有一个负的实根的充要条件是__________. 16.对任意正数x,y，不等式

x3yk恒成立，则实数k的取值范围是__________.

3xyx3y四､解答题（本大题共6小题，17题10分，18至22每题12分，共70分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.）

axby217.甲､乙两位同学在求方程组的解集时，甲解得正确答案为x,y∣1,1，乙因抄错了c的

cx3y2值，解得答案为

2,6，求aac的值. x,y∣b18.已知a,b,c均为正实数.

（1）若abbcca3，求证：abc3； （2）若abab3，求ab的最大值. 19.在①ABA，①答.

2x1x2∣0,Bx∣(xa)252x，__________，求实数a的取值范围. 设集合AxxRAB，①RBAR三个条件中任选一个补充在下面的问题中，并解

注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.

20.某厂家拟在2021年举办某产品的促销活动，经调查测算，该产品的年销售量（即该厂的年产量）x万件

与年促销费用m万元m0满足x4k(k为常数），如果不搞促销活动，则该产品的年销量只能是2m1万件.已知生产该产品的固定投入是8万元，每生产一万件该产品需要再投入16万元，厂家将每件产品的销售价格定为每件产品年平均成本的1.5倍（此处每件产品年平均成本按（1）将该产品的利润y万元表示为年促销费用m万元的函数； （2）该厂家2021年的促销费用投入多少万元时，厂家的利润最大？

816x元来计算）， x∣0x4,0x2a，命题q:xR,x22xa0. 21.已知命题p:xx（1）若命题p和命题q有且只有一个为真命题，求实数a的取值范围； （2）若命题p和命题q至少有一个为真命题，求实数a的取值范围. 22.（1）当x2,3时，不等式ax2x1a0恒成立，求a的取值范围 （2）解关于x不等式ax3x25axaR

2答案

一､单项选择题，

1.答案：C

解析：①因为aAB，则aA或aB或aAB，故错误； ①因为aAB，则aA且aB，则aAB，故正确； ①因为AB，所以ABB，故正确；

①因为ABA，所以BA，即ABB，故正确

∣3x1m}，而1A且2A， 2.【答案】C 因为集合A{x311m且321m，解得2m5.故选：C. 2xx20得0，解得2x6， 3.【答案】B 由

x6x6∣所以Ax2x0,xZ{x∣2x6,xZ}2,3,4,5.故选：B x62x22x22x2x2x2x12x13 x1,x10.x1x1x14.答案：A

(x1)22x13x1x132232, x1（当且仅当x15.答案：D

3，即x31㫝，等号成立） x1解析：因为x2m23是1x4的必要不充分条件，

∣x2m3， ∣1x4}x所以{x所以2m231，解得1m1.故选D 6.答案：B

由题意知“返还家乡”可推出“攻破楼兰”，所以“攻破楼兰”是“返还家乡”的必要条件. 7.答案：C ①

2a0,b0,1411,a1，故①正确； ab①

14441，故①正确； 12,,ab16（当且仅当a2,b8时成立）

ababab4b4a1459（当且仅当a3,b6时成立），故①错误；

abab①abab①

14b1919b9b91,a，得代入1212（当且仅当b6时成abb4a1ba1b4b4b立），故①正确. 8.答案：B

22解析：不等式(ax1)x即不等式(ax1)x0，即不等式a1x1a1x10恰有2个

22整数解，

a1a10，解得a1或a1.

∣当a1时，不等式的解集为x11x， a1a1110,,2个整数解为1，2， a1221433，即2a213a3，解得a； a13211x， a1a1∣当a1时，不等式的解集为x11,0,2个整数解为1,2， a1231342，即2a113a1，解得a. a123综上所述，实数a的取值范围是3443a或a 2332二､多项选择题

9.答案：AC

解析：对选项A，因为Δ932230，所以xR,2x3x40是真命题；对选项

B，当x1时，2x10，故该命题为假命题；对选项C，当x0时，x20成立，所以是真命题；对选项D，因为330，所以是假命题.故选AC. 10.答案：AC 11.答案：CD

2∣y因为Mxx1x∣x1,Ny∣yx22y∣y2，所以MNx∣x2，

∣0x1}， MNx∣x1，故A，B不正确；又UM{xUN{y∣0y2},UMUN{x∣0x2},UMUN{x∣0x1}，故C，D正确.

bmb，故A正确； ama12.答案：ACD

解析：对于A，由题目中信息可知，若ab0,m0，则

bbmbamabmmbaB,对于，因为ab0,bm，所以aamaamaambbmbbmba0,ambm0，故0，即，故B错误；

aamaam对于C，若ab0,cd0，则cd0,adbd0， 由题目中信息可知，

bdcdbdbdbc，即，故C正确；

adcdadadac对于D，若a0,b0，则1ab1a0,1ab1b0，

1111abab,，所以，

1ab1a1ab1b1ab1ab1a1babab即，故D正确.

1ab1a1b三､填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分

1413.答案：

3所以

ARB2,2A,222p60，解得p1，

Ax∣x2x602,3，又

ARB2，

3CRB,3B,(3)23q20，解得q14.答案：1由a,111114,pq1 333b,1，可得a0,a1（否则不满足集合中元素的互异性）. aaabaa2a1a12所以1a或1ab解得或经检验a1,b0满足题意.

b0b0bb00aa15.答案：a1

（1）当a0时，原方程化为2x10，故x10，符合. 2（2）当a0时，原方程ax22x10为一元二次方程， 它有实根的充要条件为Δ0，即44a0，所以a1. ①当a0时，ax22x10至少有一个负实根恒成立. ①当0a1时，ax22x10至少有一个负实根，则20，可得0a1. 2a综上，若方程ax22x10至少有一个负的实根，则a1， 反之，若a1，则方程至少有一个负的实根.

因此，关于x的方程ax22x10至少有一个负的实根的充要条件是a1. 16.令A3xy,Bx3y， 则x113AB,y3BA， 88故

x3y31B3A3363， 3xyx3y28AB244当且仅当3AB时等号成立，

故

x3y6363. 的最大值为，故k3xyx3y44四､解答题（本大题共6小题，17题10分，18至22每题12分，共70分.

a717.答案：ac

b4ab2①x1 解析：将代入方程组，得y1c32②将x2代入axby2，得2a6b2①. y671a7,b,c5，所以ac 44b4a2b22ab,b2c22bc,c2a22ca，

联立①①①，解得a18.答案：证明：（1）

三式相加可得a2b2c2abbcca，

(abc)2a2b2c22ab2bc2caabbcca2abbcca 3abbcca9，又a,b,c均为正整数，abc3成立.

（2）

abab3,ab2ab,3ab2ab，

即(ab)22ab30，解得：ab1.ab1.即ab的最大值为1.

2x1x2∣01,2， 19.答案：若选①，由ABA，得BA.由题意，AxxBx∣(xa)252xx∣x22a1xa250

当集合B时，关于x的方程x2a1xa50没有实数根，

22Δ4(a1)24a250，解得a3；

当集合B时，若集合B中只有一个元素，则Δ4(a1)4a50，

22∣x4x402，符合题意； 解得a3，此时Bx2a22a20,若集合B中有两个元素，则B1,2,2无解.

a4a30,∣a3. 综上可知，实数a的取值范围为a若选①，由若选①，由

RAB，得BA. BAR，得BA.

R∣a3. 同理，可得实数a的取值范围为a20.答案：（1）y3616mm0（2）3 m1解析：（1）如果不搞促销活动，则该产品的年销量只能是2万件，

k中，求得：k2 m12816x161.51xm36mm0 即x4，所以ym1xm116mm0 （2）由（1）得：y36m1即当m0时，x2，将其代入x4即y37当且仅当大

1616m1372m129

m1m116m1，即m3时，等号成立，故该厂家2021年的促销费用为3万元时，厂家的利润最m1∣0x4,0x2a为真命题，则2a4，即a2. 21.答案：（1）若命题p:xx所以若p为真命题，则a2.

若命题q:xR,x2xa0为真命题， 则Δ(2)41a0，即a1. 若q为真命题，则a1.

22a2,pqq①当为真，为假时，为真，即所以1a2；

a1,①当p为假，q为真时，p为真，即a2,无解，舍去. a1,∣1a2. 综上所述，当命题p和命题q有且只有一个为真命题时，a的取值范围为a（2）解法一：①当p真q假时，q为真，即a2,所以a2；

a1,a2,ppq①当假真时，为真，即所以a1；

a1,①当p真q真时，a2,无解，舍去.

a1,∣a1或a2}. 综上所述，a的取值范围为{a解法二：考虑p,q至少有一个为真命题的反面，即p,q均为假命题，

a2,pq∣1a2， 即为真，且为真，则解得1a2，即aa1∣1a2的补集. 故p,q至少有一个为真命题时，a的取值范围为a∣a1或a2}. 故a的取值范围为{a22.（1）由题意不等式ax2x1a0化为ax1当x2,3时，x11,2，且x13,4， 所以原不等式可化为a一恒成立，

设fxx2,3，则fx的最小值为f3所以a的取值范围是,.

42x1，

1， 41解：（2）不等式ax23x25ax可化为axa3x30，

2即x1ax30，

∣x1}； ①当a0时，原不等式的解集为{x①当a0时，方程的两根为1和

3； a3； a∣x1或x当a0时，不等式的解集为x当a0时， （i）若

33∣1x； 1，即a3，原不等式的解集为xaa（ii）若

33∣x1； 1，即3a0，原不等式的解集为xaa31，即a3，原不等式的解集为， a（iii）若

∣x1}； 综上所得：当a0时，原不等式的解集为{x∣x1或x当a0时，不等式的解集为x3； a∣1x当a3时，原不等式的解集为x3； a3∣x1； 当3a0时，原不等式的解集为xa当a3时，原不等式的解集为.