黑龙江省鹤岗市第一中学2022-2023学年高一10月月考数学答案

答案第1 页，共7 页 2022-2023 学年度（上）高一学年10 月月考考试 数学参考答案 1．D 2．C 3．C 4．C 5．A 6．C【详解】根据题意，若 2 (,2][1,) 2 x x x     ，若   2 2 1 2 , x x x    ， 则    2 2,(,2][1,), ,2,1. x x f x x x       ，作出函数的图象，如图： 由图可知x=1 时函数有最大值1. 7．A 【分析】根据杠杆原理以及基本不等式即可求解. 【详解】由于天平两边臂不相等，故可设天平左臂长为a，右臂长为b（不妨设a b ） ，第一次称出的黄金重为g x ， 第二次称出的黄金重为g y 由杠杠平衡原理可得，5,5 axbyab   ，所以 5555 ,,1010 ababab xyxybababa  ，这样可知称出的黄金大 于10g .故选:A 8．C 【分析】先根据条件求解出 min xy ，然后根据不等式恒成立得到  2 min 3 5 xymm ，由此求解出m 的取值范围. 【详解】 , 0 x y  Q ， 323 xyxyxy  ，即 230 xyxy  即   310 xyxy  ，解得： 3 xy 或 1 xy （舍去） 即 9 xy  ，当且仅当 3 x y   时，等号成立，所以 min 9 xy  ， 因为不等式 2 3 5 xy m m   恒成立， 2 935m m  ， 即 2 340 m m  ，解得：1 4   m ， 所以实数m 的取值范围是  |14 m m  故选：C. 【点睛】方法点睛：本题考查利用基本不等式求解不等式恒成立问题，不等式恒成立问题常见方法： ①分离参数  a f x  恒成立( max afx  即可)或  a f x  恒成立（ min a f x  即可） ； ②数形结合(  y f x  图像在  y g x  上方即可)； ③讨论最值min 0 f x  或 max 0 f x  恒成立. 9．BC 答案第2 页，共7 页 【分析】根据集合与充分，必要条件的关系判断选项. 【详解】根据集合与充分，必要条件的关系可知， 2 x  的一个必要不充分条件表示的集合需真包含  2 x x  ，根据 选项可知，BC 成立. 故选：BC 10．ABC 【分析】AB 选项，作差法比较大小；C 选项，利用不等式的基本性质求解；D 选项，举出反例. 【详解】对于A，因为 0 a b   ，所以1 1 0 b a abab   ，即1 1 a b  ，故A 正确； 对于B，   2 2 2 32330 ababab  ，故 2 2 323 abab   ，B 正确； 对于C，若 0 a b   ， 0 c  ，则acbc  ，即 0 acbc   ，故C 正确； 对于D，当 2 a ， 1 b 时，满足a b  ，但a b  ，故D 不正确． 故选：ABC． 11．BCD 【分析】根据函数的定义即可判断A； 根据函数的定义分 1 x 不是函数  y f x  定义域内的值和 1 x 是函数  y f x  定义域内的值两种情况讨论即可判 断B； 根据相等函数的定义即可判断C； 根据分段函数的解析式求出  4 f 即可判断D. 【详解】解：对于A，函数的定义域为非空数集，故A 错误； 对于B，若 1 x 不是函数  y f x  定义域内的值，则函数  y f x  图像与直线 1 x 没有交点，若 1 x 是函数  y f x  定义域内的值， 由函数的定义可知函数  y f x  图像与直线 1 x 最多有一个交点， 所以函数  y f x  图像 与直线 1 x 最多有一个交点，故B 正确； 对于C， 2 2 1 fxxx  与 2 2 1 gttt  的定义域都是R ，对应关系相同，所以是同一函数，故C 正确； 对于D，由    6,7 2,7 x x f x fxx        ，则   4 6 8 8 6 2 f f f     ，故D 正确. 故选：BCD． 12．BC 【分析】先由非空集合   S x m x n    满足：当x∈S 时，有x2∈S，判断出m 1 或 0 m  ，0 1 n  ，对照四个选 项分别列不等式组，解出不等式进行一一验证即可 【详解】∵非空集合   S x m x n    满足：当x∈S 时，有x2∈S. 答案第3 页，共7 页 ∴当m∈S 时，有m2∈S，即 2 m m  ，解得：m 1 或 0 m  ； 同理：当n∈S 时，有n2∈S，即 2 n n  ，解得： 0 1 n  . 对于A: m=1,必有m2=1∈S，故必有0 1 n m n      解得： 1 m n  ，所以  1 S  ，故A 错误； 对于B: 1 2 m  ,必有m2= 1 4 ∈S，故必有 2 0 1 n m n     ，解得：1 1 4 n  ，故B 正确； 对于C: 若 1 2 n  ，有 2 2 1 2 1 2 m m m m           ，解得： 2 0 2 m  ≤ ≤，故C 正确； 对于D: 若n=1，有 2 2 1 1 m m m m         ，解得：1 0 m  或 1 m ，故D 不正确. 故选：BC 【点睛】方法点睛：新定义题（创新题）解答的关键：对新定义的正确理解. 13．1  14．2 15． 5 , 4        【详解】解：令 1 t x   （ 0 t  ） ，则 2 1 x t  ， 所以 2 2 2 1 5 1 1 ( ) 2 4 y t t t t t      ， 因为抛物线开口向下， 0 t  ， 所以当 1 2 t  时，y 取得最在值5 4 ， 所以函数的值域为 5 , 4       ， 故答案为： 5 , 4        16． ．  0 , 1 【详解】解：因为当 0 x  时，    1 33,4 1 f x x   ， 所以，要使函数    2 1 3, 0 1 2 ,0 x x f x x x a           的定义域和值域的交集为空集，则 3 a ， 当3 2 a   ，0 x a   时，    2 2 f x x   值域中有元素0 ，此时不满足题意， 所以，当 2 a  ，0 x a   时，    2 2 f x x   的值域为   2 2 ,4 a    ， 答案第4 页，共7 页 下面分两种情况讨论， 当  2 2 3 a   时，函数  f x 的值域为  2 2,4 a     ， 要使条件满足，则     2 2 2 3 2 2 a a a a            ，解得：2 3 1 a    当  2 2 3 a   时，函数  f x 的值域为  3,4 ， 要使条件满足，则   2 2 3 3 2 a a a        ，解得023a  ， 综上，正数a 的取值范围是  0,1 故答案为：  0,1 17． 【答案】(1) 2 ()(1) fxx   (2) (,2][2,) U 【分析】(1)根据 (3)(1) f f   得对称轴为 1 x ，再结合顶点可求解; (2)由（1）得 2 4 x  ，然后直接解不等式即可. （1） 由 (3)(1) f f   ，知此二次函数图象的对称轴为 1 x ， 又因为 (1)0 f  ，所以  1,0  是  f x 的顶点， 所以设 2 ()(1) fxax   因为 (1)4 f  ，即 2 (11)4 a   所以得 1 a  所以 2 ()(1) fxx   （2） 因为 2 ()(1) fxx   所以 2 (1) fxx   (1)4 f x   化为 2 4 x  ，即 2 x  ≤ 或 2 x  不等式的解集为(,2][2,) U 18． 【答案】(1)  3 1 x x   (2)  3 0 m m   【分析】 （1）根据交集的定义计算； 答案第5 页，共7 页 （2）求出A B U ，由  ABCC  得CAB   ，根据集合的包含关系可得结论． （1） 因为   3 1 Axx  ， {|1 Byy  或 3} y  ， 所以   3 1 ABxx  ． （2） 由题意，得 {|1 ABxx  或 3} x  ． 因为  ABCC  ，所以CAB   ． 因为 3 m ，所以C ，所以 1 1 m，解得 0 m  ， 所以实数m 的取值范围是  3 0 m m   ． 19． 【答案】 （1） 2 3 ( ) 4 x f x   ； （2） 2 ( 4 ) 2 x f x x   . 【分析】 （1）应用换元法：令 2 1 t x  则 1 2 t x   ，代入函数解析式即可求  f x ； （2）由题设有 2 ()3() fxfxxx  ，结合已知条件，利用消元法求  f x 即可. 【详解】 （1）令 2 1 t x  ，则 1 2 t x   ， ∴ 2 2 113 ()()()1 224 ttt f t   ，即 2 3 ( ) 4 x f x   . （2）由题设， 2 2 ()3()()() fxfxxxxx  ， ∴ 222 3()9()()3()33()24 fxfxfxfxxxxxxx  ， ∴ 2 2 8 4 ( ) x f x x   ，则 2 ( 4 ) 2 x f x x   . 20． 【答案】(1)该厂每月污水处理量为200 万吨时，才能使每万吨的处理成本最低 (2)该污水处理厂每月能获利，且当月处理量为250 万吨时，利润最大，为22.5万元 【分析】 （1）利用基本不等式求最值； （2）利用二次函数的性质求得最大值. （1） 由题意可知，每万吨污水的处理成本为： 1 1 40 40 1 1 2 1000 5 1000 5 5 y x x x x x        ， 当且仅当 200 x  时等号成立， 故该厂每月污水处理量为200 万吨时，才能使每万吨的处理成本最低. （2） 答案第6 页，共7 页 设该厂每月获利为Z 万元，则 2 2 111 0.340(250)22.5 100051000 Zxxxx        ，   150,300,12.5,22.5 x Z      Q ， 当 250 x  时，Z 有最大值22.5， 故该污水处理厂每月能获利，且当月处理量为250 万吨时，利润最大，为22.5万元. 21． 【答案】(1) 1 2 a b   、 . (2) 2 c  时，不等式的解集为：( ) 2,c ； 2 c  时，不等式的解集为：  ,2 c ， 2 c  时，不等式的解集为：. 【分析】 （1）结合根与系数关系可直接求解； （2）将a，b 代入不等式化简得   2 0 xxc    ， 分类讨论参数c 与2 的关系即可求解. （1） 因为 2 3 2 0 ax x    的解集为 1 x x 或  x b  ， 所以 3 1 2 1 b a b a          ，解得 1 2 a b     （2） 因为 2 3 2 0 ax x    的解集为 1 x x 或  x b  ， 所以 3 1 2 1 b a b a          ，解得 1 2 a b     , 代入得：   2 220 xcxc  ，即   2 0 xxc    ， 所以当 2 c  时，不等式的解集为：( ) 2,c ， 当 2 c  时，不等式的解集为：  ,2 c ， 当 2 c  时，不等式的解集为：. 22． 【答案】(1) 1 ( ,1) 2 (2)1 (3) 1 2 【分析】 （1）根据已知条件，利用“三个二次”的关系，得到 2 0 ax bx c    的根为1 和2，且 0 a  ，进而求得, , a b c 答案第7 页，共7 页 的关系，化简不等式 2 0 cxbxa  后，求解即得; （2）利用不等式恒成立的条件，得到 2 4 bac  ，进而得到2 2 acbac  ，从而得到结合基本不等式求得 b a c  的 最大值； （3）令 1 x ，可得 4 a b c  ，根据 2 2 2 xaxbxc  恒成立，可以得到 2 c a  ，进而得到 2 2 b a   ，然后利 用基本不等式求得ab 的最大值,并检验取到最大值时的条件使得不等式的另一边恒成立. (1) 因为 2 0 axbxc  的解集（1，2） ， 所有 2 0 ax bx c    的根为1 和2，且 0 a  . 所以1 2 b a  ，1 2 c a   ，故 3 b a  ， 2 c a  ， 所以 2 0 cxbxa  ，即 2 230 axaxa  ， 2 210 3x x   ， 所以1 1 2 x  ，即不等式 2 0 cxbxa  的解集为1 ( ,1) 2 . (2) 因为对任意 , 0 x y   R ，恒成立，所以 2 4 0 bac  ，即 2 4 bac  ， 又 0 a  ，所以 0 c ，故2 2 acbac  ， 所以 2 1 bacac acacac      ， 当c a  ， 2 b a  时取“=”， 所以 b a c  的最大值为1. (3) 令 1 x ，则4 4 a b c  ，所以 4 a b c  ， 对任意xR ， 2 2 2 xaxbxc  ，恒成立， 所以 2 (2)20 axbxc  恒成立， 所以 2 2 2 (2)4(2)(2)4(2)(2)0 bacacacac  ， 所以 2 c a  ，此时 2 2 b a   ， 2 1 1 1 (2 2 ) 2 (1 ) 2( ) 2 2 2 ab a a a a a         ， 当 1 2 a  ， 1 b ， 5 2 c  时取“=”， 此时 2 2 2 2 2 1 5 3 3 3 2 2 4 ( ) 2 2 4 ( ) 3 ( 1) 0 2 2 2 2 2 x x f x x x x x x x x                成立； 故ab 的最大值为1 2 .