2022-2023学年广东省广州市天河外国语学校高一年级上册学期9月月考数学试题【含答案】

一、单选题

1．设集合M1,3,5,7,9,Nx2x7，则MN（ ） A．7,9 【答案】B

【分析】求出集合N后可求MN.

7【详解】N,，故MN5,7,9，

2B．5,7,9 C．3,5,7,9 D．1,3,5,7,9

故选：B.

112．若不等式ax2bx20的解集是x|x，则ab的值为（ ）

23A．-10 【答案】B

B．-14 C．10 D．14

【分析】根据一元二次不等式的解集，结合根与系数关系求出a、b，即可得结果. 11【详解】由题意，和是方程ax2bx20的两个根，

2311b112由韦达定理得：且，解得：a12，b2，

23a23a所以ab14. 故选：B

3．荀子曰：“故不积跬步，无以至千里；不积小流，无以成江海.“这句来自先秦时期的名言.此名言中的“积跬步”是“至千里”的（ ） A．充分不必要条件 C．充要条件 【答案】B

【分析】根据必要不充分条件的定义，可得答案.

【详解】由名言，可得大意为如果不“积跬步”，便不能“至千里”，其逆否命题为若要“至千里”，则必要“积跬步”，另一方面，只要“积跬步”就一定能“至千里”吗，不一定成立， 所以“积跬步”是“至千里”的必要不充分条件. 故选：B

B．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件

4．集合A{xx1或x3}，Bxax10，若BA，则实数a的取值范围是（ ）

1A．aa1

3【答案】A

1B．aa1

31C．aa1或a0 D．aa0或0a1

3【分析】根据BA，分B和B两种情况，建立条件关系即可求实数a的取值范围. 【详解】BA，①当B时，即ax10无解，此时a0，满足题意； ②当B时，即ax10有解

a01当a0时，可得x，要使BA，则需要1，解得0a1

1aaa011当a<0时，可得x，要使BA，则需要1，解得a0

3a3a1综上，实数a的取值范围是aa1

3故选：A.

5．已知x∈R，则“x2x30成立”是“|x2x3|1成立”的（ ）条件． A．充分不必要 C．充分必要 【答案】C

B．必要不充分 D．既不充分也不必要

（x2）(x3）0 求出x的取值范围，【分析】先证充分性，由再根据x的取值范围化简|x2x3|（|x2）-（x3）|，再根据绝对值的性质即可，再证必要性，若|x2x3|1，即|x2x3|（x2）(x3）0． 可知

（x2）(x3）0，则2≤x≤3， 【详解】充分性：若

|x2x3|x23x1，

|x2）-（x3）|1， 必要性：若|x2x3|1，又（|x2x3|（|x2）-（x3）|，

由绝对值的性质：若ab≤0，则ab|ab|， ∴（x2）(x3）0，

（x2）(x3）0成立”是“|x2x3|1成立”的充要条件， 所以“

故选：C．

6．已知命题p:x1,3，x2a20.若p为假命题，则a的取值范围为（ ） A．,2 【答案】A

【解析】由题可得命题p的否定为真命题，即可由此求解. 【详解】

p为假命题，

B．,1 C．,7 D．,0

p:x1,3，x2a20为真命题，

故ax22恒成立，

yx22在x1,3的最小值为2，

∴a2. 故选：A.

7．已知a0,b1，且a(b1)4，则ab的最小值为（ ） A．3 【答案】C

【解析】依题意可得a44b，再利用基本不等式计算可得； ，则abb1b14，所以b1B．4 C．5 D．6

【详解】解：因为a0,b1且a(b1)4，所以aab444bb112b115 b1b1b1当且仅当

4b1，即b3，a2时取等号； b1所以ab的最小值为5 故选：C

【点睛】利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件： （1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；

（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；

（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方

8．设I1,2,3,4,，A与B是I的子集，若AB1,3，则称(A,B)为一个“理想配集”.那么符合此条件的“理想配集”（规定(A,B)与(B,A)是两个不同的“理想配集”）的个数是（ ）

A．16 【答案】B

B．9 C．8 D．4

【分析】根据题意，子集A和B不可以互换，从子集A分类讨论，结合计数原理，即可求解. 【详解】由题意，对子集A分类讨论：

当集合A1,3，集合B可以是{1,2,3,4},{1,3,4},{1,2,3},{1,3}，共4种结果； 当集合A1,2,3，集合B可以是{1,3,4},{1,3}，共2种结果； 当集合A1,3,4，集合B可以是{1,2,3},{1,3}，共2种结果； 当集合A1,2,3,4，集合B可以是{1,3}，共1种结果， 根据计数原理，可得共有42219种结果. 故选：B.

【点睛】本题主要考查了集合新定义及其应用，其中解答正确理解题意，结合集合子集的概念和计数原理进行解答值解答额关键，着重考查分析问题和解答问题的能力.

二、多选题

9．下列说法中正确的是（ ） A．若a>b，则

ab2 c1c12B．若-2b>0，m>0，则

mm abD．若a>b，c>d，则ac>bd 【答案】AC

【分析】利用不等式的性质对各选项逐一分析并判断作答. 【详解】对于A，因c2+1>0，于是有

1ab>0a>b，而，由不等式性质得，A正确；

c21c21c21对于B，因为1b>0，所以

mm11，又因为m>0，所以，C正确； abab对于D，12且23，而(1)(2)(2)(3)，即ac>bd不一定成立，D错误. 故选：AC

10．下列说法正确的是（ ）

A．“对任意一个无理数x，x2也是无理数”是真命题

B．“xy0”是“xy0”的充要条件

C．命题“xR,x210”的否定是“xR,x210”

D．若“1x3”的必要不充分条件是“m2xm2”，则实数m的取值范围是[1,3] 【答案】CD

【解析】根据命题的真假，充分必要条件，命题的否定的定义判断各选项． 【详解】x2是无理数，x22是有理数，A错；

x1,y2时，xy0，但xy30，不是充要条件，B错；

命题xR,x210的否定是：xR,x210，C正确；

m21“1x3”的必要不充分条件是“m2xm2”，则，两个等号不同时取得．解得

m231m3．D正确．

故选：CD．

【点睛】关键点点睛：本题考查命题的真假判断，解题要求掌握的知识点较多，需要对四个选项一一判断．但求解时根据充分必要条件的定义，命题的否定的定义判断，对有些错误的命题可以举例说明其不正确．

11．设正实数m、n满足mn2，则下列说法正确的是（ ） A．

n2的最小值为3 mnB．mn的最大值为1 D．m2n2的最小值为2

C．mn的最小值为2 【答案】ABD

【分析】根据基本不等式判断． 【详解】因为正实数m、n，

n2nmnnmnm12213， mnmnmnmnnm当且仅当且m+n=2，即m=n=1时取等号，此时取得最小值3，A正确；

mn所以

由 nm(mn2)1，当且仅当m=n=1时，mn取得最大值1，B正确； 2因为(mn)2mn2mn22mn2mn4，当且仅当m=n=1时取等号，故mn≤2即最大值为2，C错误；

m2n2(mn)22mn42mn42(mn2)2，当且仅当mn1时取等号，此处取得最小2值2，故D正确.

故选：ABD

22212．已知集合AxRx3x180，BxRxaxa270，则下列命题中正确的是

（ ）

A．若AB，则a3 C．若B，则a6或a6 【答案】ABC

【分析】求出集合A，根据集合包含关系，集合相等的定义和集合的概念求解判断． 【详解】AxR3x6，若AB，则a3，且a22718，故A正确. a3时，AB，故D不正确.

B．若AB，则a3 D．若BA时，则6a3或a6

若AB，则3a3a2270且626aa2270，解得a3，故B正确.

22当B时，a4a270，解得a6或a6，故C正确.

2故选：ABC．

三、填空题

13．若“x2”是“xa”的必要不充分条件，则a的值可以是__________.（写出满足条件a的一个值即可）

【答案】0（答案不唯一，满足a2即可）

【分析】根据必要不充分条件列不等式，由此求得a的可能取值. 【详解】由于“x2”是“xa”的必要不充分条件，所以a2， 所以a的值只需小于2即可.

故答案为：0（答案不唯一，满足a2即可） 914．已知x0，则7x的最大值为________．

x【答案】1

【分析】直接利用基本不等式求最大值. 【详解】x0，则7x9997x72x1， xxx当且仅当x9即x3时取等号． x故答案为：1

15．若1ab3，2ab4，t2a3b，则t的取值范围为______．

【答案】913t 22【分析】设txabyabxyaxyb，然后求出x,y，进而根据不等式的性质求出答案.

5xxy22【详解】设txabyabxyaxyb，则，解得．因为

1xy3y25515951131913ab，2ab1，所以abab，即t．

2222222222故答案为：913t. 22

四、双空题

16．已知有限集合Aa1,a2,a3,,an，定义集合Baiaj1ijn,i,jN中的元素的个数为集合A的“容量”，记为LA．若集合AxN1x3，则LA______；若集合

AxN1xn，且LA4041，则正整数n的值是______．

【答案】 3 2022

【分析】化简A，可得LA；根据“容量”定义可得AxN1xn的LA4041，解方程即

可.

【详解】AxN1x31,2,3，则集合B3,4,5，

所以LA3．若集合AxN1xn，

则集合B3,4,,n1n3,4,,2n1， 故LA2n122n34041，解得n2022． 故答案为：3；2022

【点睛】关键点点睛：解决新情景问题的关键是读懂题意，准确理解新定义集合的“容量”的含义，并理解其本质．

五、解答题

17．已知集合A{x|2x5},B{x|m1x2m1}

（1）当m3时，求(RA)B；

（2）若ABA，求实数m的取值范围. 【答案】（1）RAB5；（2）m3. 【分析】（1）根据集合的运算法则计算；

（2）由ABA得BA，然后分类B和B求解．

【详解】（1）当m3时，B中不等式为4x5，即Bx|4x5， ∴RA{x|x2或x5}，则RAB5 （2）∵ABA，∴BA，

①当B时，m12m1，即m2，此时BA； m12m1②当B时，m12，即2m3，此时BA.

2m15综上m的取值范围为m3.

218．已知p:2x53，q:xa2x2a0.

（1）若p是真命题，求对应x的取值范围； （2）若p是q的必要不充分条件，求a的取值范围. 【答案】（1）1,4；（2）1,4.

【分析】（1）直接解不等式2x53可得答案，

2（2）由（1）知：p：1x4，q:xa2x2ax2xa0，然后分a2，a2和a2求出q，再利用p是q的必要不充分条件，可得q表示的集合是p所表示的集合的真子集，从而可求出a的取值范围

【详解】（1）∵p:2x53是真命题， ∴2x53，∴32x53， 解得1x4， ∴x的取值范围是1,4.

（2）由（1）知：p：1x4，

q:x2a2x2ax2xa0，

p是q的必要不充分条件

当a2时，q:2xa，故满足a4，即2a4， 当a2时，q:x2，满足条件；

当a2时，q:ax2，故满足a1，即1a2. 综上所述a的取值范围是1,4. 19．已知函数yx2mxm．

（1）若函数的最大值为0，求实数m的值；

（2）若函数在x{x|1x0}上函数值y随x的增大而减小，求实数m的取值范围；

（3）是否存在实数m，使得函数在x{x|2x3}上函数值的取值范围是{y|2y3}？若存在，求出实数m的值；若不存在，说明理由．

【答案】（1）m0或m4；（2）–,2；（3）存在，m6.

【分析】（1）根据最大值列出等式求解m；（2）根据题意[–1,0]位于二次函数的对称轴的右侧；（3）对函数在区间2,3上的单调性进行分类讨论，根据值域列方程组求解m. m2m2m20， 【详解】（1）f(x)(x)m，则最大值m424即m24m0，解得m0或m4． （2）函数fx图象的对称轴是直线x要使fx在[–1,0]上单调递减，应满足

m， 2m1， 2解得m–2，故实数m的取值范围为–,2． （3）①当

m2即m4时，fx在2,3上单调递减． 2若存在实数m，使fx在2,3上的值域是2,3，

42mm3f(2)3则，即，此时无解． f(3)293mm2②当

m3即m6时，fx在2,3上单调递增， 242mm2f(2)2则，即，解得m6．

93mm3f(3)3③当2m3即4m6时， 2fx在2,3上先递增，再递减，

所以fx在xm处取最大值， 2mm2m则f()()mm3，

222解得m2或6，不符合题意，舍去．

综上可得，存在实数m6，使得fx在2,3上的值域恰好是2,3．

【点睛】本题考查二次函数的图像与性质、函数的单调性与最值，属于中档题. 20．已知a0,b0.

114； (1)若ab4.求证：ab15(2)若abab8，求ab的最小值. 【答案】(1)证明见解析 (2)4

【分析】（1）结合基本不等式证得不等式成立.

（2）结合基本不等式转化已知条件，从而求得ab的最小值. 【详解】（1）由ab4，所以ab15. 所以

11111ab1 ab15ab11b1a1b1a42225， 5ab15ab1当且仅当

53b1a,ab1，a,b时取等号， ab122114，由此得证. 即ab15（2）依题意，abab8，

ab所以8abab，当且仅当ab2时等号成立，

22整理得ab8ab40，解得ab4， 所以ab的最小值为4.

21．某汽车公司购买了4辆大客车用于长途客运，每辆200万元，预计每辆客车每年收入约100万元，每辆客车第一年各种费用约为16万元，从第二年开始每年比上一年所需费用要增加16万元. （1）写出4辆客车运营的总利润y(万元)与运营年数x(xN*)的函数关系式： （2）这4辆客车运营多少年，可使年平均运营利润最大？最大利润是多少？

2【答案】（1）y162x23x50；（2）这4辆客车运营5年，可使年平均运营利润最大，最大

利润为48万元.

【分析】（1）由题知，每辆车x年总收入为100x万元，总支出为20016(123x)，进而得

2利润的表达式y162x23x50；

（2）结合（1）得年平均运营利润为

y2516232(x)，再根据基本不等式求解即可得答案. xx【详解】解：（1）依题意得，每辆车x年总收入为100x万元， 总支出为20016(123x)20016x(1x)2008x(x1)， 22所以4辆客车运营的总利润y4100x2008x(x1)162x23x50.

（2）年平均运营利润为因为xN，所以x此时

y502516(2x23)16232(x)， xxx25252x10，当且仅当x5时，等号成立， xxy16(23210)48， x所以这4辆客车运营5年，可使年平均运营利润最大，最大利润为48万元.

222．已知函数yax2a3x6aR.

∣x2或x3}，求实数a的值； (1)若y0的解集是{x(2)若y20恒成立，求实数a的取值范围；

(3)当a1时，若2x2时函数ym5x3m有解，求m23的取值范围. 【答案】(1)a1 19(2), 22(3)7,+

【分析】（1）根据一元二次不等式的解以及根与系数关系求得a的值. （2）对a进行分类讨论，结合判别式来求得正确答案.

2上有解列不等式，求得m的取值范围，（3）对m进行分类讨论，根据一元二次不等式在区间2,进而求得m23的取值范围.

2∣x2或x3}， 【详解】（1）依题意，yax2a3x60的解集是{xa02a3所以23，解得a1.

a623a2（2）若y20恒成立，则y20ax2a3x80恒成立.

2当a=0时，ax2a3x83x80不恒成立；

a019当a0时，，解得：a. 222Δ2a332a019实数a的取值范围为：,.

22（3）a1时，ym5x3m在2,2有解， 即x2mx3m0在2,2有解，

因为yx2mx3m的开口向上，对称轴x①m， 2m72即m4，x2时，函数取得最小值42m3m0，即m， 23∴m4.

mmm2②22即4m4时，当x取得最小值，此时3m0，

224解得2m4. ③当m2即m4时，当x2时取得最小值，此时42m3m0， 2解得m7， 综上，m2或m7. 所以：m23的范围为7,+.