2022-2023学年辽宁省部分学校高一上学期10月月考数学试题含解析

这是一份2022-2023学年辽宁省部分学校高一上学期10月月考数学试题含解析，共12页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，双空题等内容，欢迎下载使用。
2022-2023学年辽宁省部分学校高一上学期10月月考数学试题 一、单选题1．设集合，，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】根据集合的交集运算以及区间的表示即可求出．【详解】因为，，所以．故选：C．2．已知命题：有些无理数不是实数，则为（    ）A．有些无理数是实数 B．无理数都不是实数C．无理数不都是实数 D．无理数都是实数【答案】D【分析】由存在量词命题的否定为全称量词命题，即可得出答案.【详解】存在量词命题的否定为全称量词命题．因为命题：有些无理数不是实数，所以为：无理数都是实数.故选：D.3．不等式的解集为（    ）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据分式的性质，结合一元二次不等式的解法进行求解即可.【详解】不等式等价于，解得或．故选：D4．在平行四边形中，“”是“四边形是正方形”的（    ）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．充要条件 D．既不充分也不必要条件【答案】B【分析】由充分必要条件得概念判断即得.【详解】在平行四边形中，由四边形是正方形，可以推出，由，只能推出四边形是长方形，所以“”是“四边形是正方形”的必要不充分条件．故选：B.5．已知，，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据作差法以及二次函数的性质即可求出.【详解】因为,,所以,即.故选：A.6．已知关于的不等式的解集为，则（    ）A． B． C． D．【答案】A【分析】根据一元二次不等式的解集性质，结合一元二次方程根与系数的关系进行求解即可.【详解】由题意得，2是关于的方程的两个不等实根，所以解得所以．故选：A7．如图，全集，，，则阴影部分表示的集合是（    ）A． B． C． D．【答案】B【分析】根据阴影部分表示，再根据一元二次不等式的解法，并集、补集的运算即可求出．【详解】由题意得或，所以或，所以或，故阴影部分表示的集合是．故选：B．8．已知函数的定义域为，且满足，则（    ）A． B． C． D．【答案】C【分析】对于求函数解析式的题目，可使用方程组法，将原方程与令后得到得方程组成方程组，解出即可【详解】因为①，所以②，得，即，所以．故选：C. 二、多选题9．下列各组函数中，两个函数为同一函数的是（    ）A．和 B．和C．和 D．和【答案】AB【分析】函数相同的要求:定义域相同，值域相同，解析式相同.【详解】和的定义域均为，值域均为，解析式一致，A正确．和的定义域和值域均为，解析式一致，B正确．和的定义域和值域均为，但解析式不同，C错误．的定义域为，的定义域为，D错误．故选:AB10．定义运算:. 则 “”的充分不必要条件可以是（    ）A． B． C． D．或【答案】ACD【分析】根据定义运算以及一元二次不等式的解法求得不等式的解，结合充分不必要条件的知识求得正确答案.【详解】由题意得，解得或，所以“”、“”、“或”是“”的充分不必要条件.故选：ACD11．若，则（    ）A． B． C． D．【答案】BCD【分析】根据不等式的基本性质，结合放缩法、差比法逐一判断即可.【详解】易得，A错误．由，得，，所以，即，B正确．，由，得，，所以，即，C正确．因为，，，所以，D正确．故选：BCD【点睛】关键点睛：运用放缩法是解题的关键.12．已知函数的定义域为，，，且，，则（    ）A． B．C． D．【答案】ABD【分析】根据函数单调性的定义可得单调递减，然后根据函数的单调性逐项分析即得.【详解】设，则，即，令，则，所以在上单调递减，由，得，即，A正确；因为，所以，即，B正确；因为，所以，C错误；因为（当且仅当，即时，等号成立），所以，D正确．故选：ABD. 三、填空题13．不等式的解集为，则______．【答案】【分析】根据不等式性质可知，为方程的根，带入计算即可得出值.【详解】由题意得是关于的方程的根，所以，即．故答案为：−514．已知函数的定义域为，则函数的定义域为______．【答案】【分析】根据复合函数的定义域的性质进行求解即可.【详解】因为的定义域为，所以有，即，所以函数的定义域为，所以，得，则函数的定义域为，故答案为：15．已知函数，若在上单调递减，则的取值范围为______．【答案】【分析】由题意可得，解不等式组即可得出答案.【详解】由题意得,即，解得：．所以的取值范围为.故答案为：. 四、解答题16．已知集合，．(1)若，求的值；(2)若，求的值．【答案】(1)或；(2). 【分析】（1）根据并集的定义可得，，即可解出；（2）根据交集的定义可知，，再根据集合的互异性即可解出.【详解】(1)由题意得，得或．(2)由题意得，所以，即或．又，所以．故．17．已知：，，：，．(1)若为假命题，求的取值范围；(2)若均为真命题，求整数的最小值．【答案】(1)(2) 【分析】（1）先将特称命题改成全称命题后进行求解；（2）分别求出为真命题时的取值范围，然后取交集即可.【详解】(1)由题意得“，”为真命题，所以，得，即的取值范围为．(2)因为，所以，又为真命题，所以．由（1）可知，所以结合可知，故整数的最小值为6．18．已知函数，且，．(1)求的解析式；(2)判断在上的单调性，并用定义证明．【答案】(1)；(2)单调递增，证明见解析. 【分析】（1）由题可得即可求出，得到的解析式；（2）根据单调性的定义即可判断证明.【详解】(1)由题意，得，即,解得：，．故．(2)方法一：在上单调递增．证明：，，且，则．由，得，，，所以，即．故在上单调递增．方法二：在上单调递增．证明：，，且，则．由，得，，所以．故在上单调递增．19．设集合，，在①，②这两个条件中任选一个，补充在下面的横线上并解答．(1)写出一个的非空真子集；(2)若______，求的取值范围．注：若选择两个条件分别解答，则按第一个解答计分．【答案】(1)（答案不唯一）；(2)答案见解析． 【分析】（1）先根据一元二次不等式的解法求出集合,再根据补集的运算以及真子集的定义即可解出；（2）若选①，由条件可知，，再根据集合的包含关系即可求出；若选②，由条件可知，，再根据集合的包含关系即可求出.【详解】(1)由，得或，所以或，．故的非空真子集可以为．备注：答案不唯一．(2)若选①：由可得，，当时，，得；当时，由或得．故的取值范围为或．若选②：由，得．当时，，得；当时，由得．故的取值范围为．20．已知，，，且，证明：(1)；(2)．【答案】(1)证明见解析(2)证明见解析 【分析】（1）（2）由均值不等式证明，【详解】(1)由题意得，所以，当且仅当时，等号成立．(2)因为，所以，即．同理可得，，所以，当且仅当时，等号成立．21．已知函数，，．设函数.(1)若，求的最小值；(2)若的最小值小于，求的取值范围．【答案】(1)(2) 【分析】（1）当时，求出的解析式，作出的图象，由图可知的最小值；（2）求出的解析式，且，图象的对称轴分别为直线，．讨论，，得出的单调性，即可求出的最小值，解出的最小值小于时的取值范围，即可得出答案.【详解】(1)由题意可得，当时，，当时，，所以当时，作出的图象，如图1：由图可知的最小值为．(2)且，图象的对称轴分别为直线，．①如图2，当，即时，在上随的增大而减小，在上随的增大而增大，所以，由，解得，故．②如图3，当，即时，在上随的增大而减小，在上随的增大而增大，所以，则，解得，故．③如图4，当，即时，在上随的增大而减小，在上随的增大而增大，所以，由，解得，故．综上，的取值范围为． 五、双空题22．若，，且，则的最小值为______，此时______．【答案】          【分析】将原等式中字母b用a来表示，即化简为，代入到9a+b中，将9a+3看作一个整体，即可用基本不等式解答.【详解】由题意得，所以，当且仅当，即时，等号成立．故答案为：①；②.