山东省滕州一中2020-2021学年高一数学上学期10月月考试题（含解析） (2).doc

1、山东省滕州一中2020-2021学年高一数学上学期10月月考试题（含解析）一单项选择题1. 已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】先求出，然后再求即可求解.【详解】由集合则.所以故选：D【点睛】本题主要考查集合补集、交集的概念和运算，属于基础题.2. 设命题：N，则为（ ）A. N，B. N，C. N，D. N，【答案】C【解析】【分析】特称命题否定为全称命题，改量词，否结论即可【详解】解：因为命题：N，所以：N，故选：C【点睛】此题考查命题的否定，属于基础题3. 下列各组函数中，表示同一函数的是（ ）A. 与B. 与C. 与D. 与【答案】D【解析】【分析】根据

2、相等函数的定义域和对应关系相同依次讨论各选项即可得答案.【详解】解：对于A选项，定义域为，的定义域为，故不满足条件；对于B选项，显然与的对应关系不同，故不满足条件；对于C选项，定义域为，的定义域为，故不满足条件； 对于D选项，与定义域相同，对应关系相同，故满足条件故选：D【点睛】本题考查函数相等的概念，熟练掌握函数相等概念是解题的关键，是基础题4. 设，则“”是“且”的（ ）A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】B【解析】【分析】根据充分条件与必要条件的概念，直接判断，即可得出结果.【详解】若，满足，但不满足“且”；所以“”不是“且”的充分

3、条件；若且，则显然成立；所以“”是“且”的必要条件；因此，“”是“且”的必要而不充分条件.故选：B.【点睛】本题主要考查必要不充分条件的判定，属于基础题型.5. 下列说法中，错误的是（ ）A. 若，则B. 若，则C. 若，则D. 若，则【答案】C【解析】【分析】根据作差法比较大小，即可判定A正确；根据不等式的性质，可得BD正确；根据特殊值，可判断C错.【详解】A选项，若，则，故A正确；B选项，若，根据不等式的可乘性，可得，故B正确；C选项，若，则满足，但，故C错；D选项，若，则，所以，故D正确.故选：C.【点睛】本题主要考查根据不等式的性质判断所给不等式是否成立，属于基础题.6. 已知函数，则

4、（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先利用分段函数及周期性求得，再代入计算即得结果.【详解】函数，则.故选：B.【点睛】本题考查了分段函数求函数值，属于基础题.7. 已知函数，若函数在区间上单调递减，则实数的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由于在区间上单调递减，则有且，从而可求出的取值范围【详解】解：因为时，所以，因为在上单调递减，所以，综上，故选：B【点睛】此题考查由函数的单调性求参数的范围问题，考查分析问题的能力，属于基础题8. 已知函数，若，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据题中条件，得到，

5、解得，分别讨论，两种情况，即可得出结果.【详解】因为，为使，只能，即有，解得，当时，无解；当时，解得或，所以.综上，.故选：A【点睛】本题主要考查解分段函数不等式，涉及一元二次不等式的解法，属于常考题型.二多项选择题9. 已知集合，则实数取值为（ ）A. B. C. D. 【答案】ABD【解析】【分析】先求集合A，由得，然后分和两种情况求解即可【详解】解：由，得或，所以，因为，所以，当时，方程无解，则，当时，即，方程的解为，因为，所以或，解得或，综上，或，或，故选：ABD【点睛】此题考查集合的交集的性质，考查由集合间的包含关系求参数的值，属于基础题10. 下列命题正确的是（ ）A. 若，则的最

6、小值为4B. 若，则的最小值为3C. 若，则的最大值为5D. 若，则的最大值为2【答案】CD【解析】【分析】对于A，由于，所以对变形后再利用基本不等式求最值判断即可；对于B，不满足基本不等式的条件；对于C，D利用基本不等式判断即可【详解】解：对于A，因为，所以，当且仅当取等号，所以有最大值，所以A错误；对于B，而不成立，所以的最小值不等于3，而其最小值为，对于C，由可知，得，当且仅当时取等号，的最大值为5，所以C正确；对于D，由于，所以，即，当且仅当，即时取等号，所以的最大值为2，故选：CD【点睛】此题考查基本不等式的应用，利用基本不等式求最值时要注意“一正二定三相等”的条件，属于基础题11.

7、 已知为定义在R上的函数，对任意的R，都有，并且当时，有，则（ ）A. B. 若，则C. 在上为增函数D. 若，且，则实数的取值范围为【答案】ACD【解析】【分析】取即可求得的值，令，易得，从而可判断其奇偶性；设，且，作差后判断其符号即可证得为上的增函数；依题意可得，原不等式等价于，再根据函数的单调性转化为自变量的不等式，解得即可；【详解】解：取得，则，即；故A正确；取代入，得，又，于是，为奇函数；因为，所以，故B错误；设，且，则，由知，所以，函数为上的增函数故C正确；因为，所以，所以等价于，即所以等价于，即，解得或，故D正确；故选：ACD【点睛】本题主要考查抽象函数的应用，函数奇偶性的判断以

8、及函数不等式的解法，利用函数奇偶性和单调性之间的关系是解决本题的关键，属于中档题12. 若对任意满足的正实数恒成立，则正整数的取值为（ ）A. 1B. 2C. 3D. 4【答案】AB【解析】【分析】由已知条件可得，然后利用基本不等式求出其最小值为16，再由可求出的值，从而可求出正整数的取值【详解】解：因为，且，所以，当且仅当，即时取等号，所以的最小值为16，所以由，得，因为，所以或，故选：AB【点睛】此题考查基本不等式的应用，考查数学转化思想和计算能力，属于中档题三填空题13. 函数的值域为_.【答案】【解析】【分析】先求出函数的定义域，再令，则，然后利用配方法结合二次函数的性质求出的取值范围

9、，从而可求出函数的值域【详解】解：由，得，令，则，因为，所以，所以，即，所以函数的值域为，故答案为：【点睛】此题考查求复合函数的值域，利用了换元法，属于基础题14. 若则函数的最大值为_.【答案】【解析】【分析】由，解得，再利用单调性，即可求出其最大值【详解】解：由，解得当时，函数，其最大值；当或时，函数，其最大值为综上可知：函数的最大值是故答案为：【点睛】充分理解定表示，中较小者和掌握函数的单调性是解题的关键，属于基础题15. 若则的最小值为_.【答案】【解析】分析】根据题意将原式变形为，再结合基本不等式求解即可得答案.【详解】解：因为，所以，所以，所以，当且仅当，即时等号成立，故答案为：.

10、【点睛】本题考查利用基本不等式求最值，解题的关键是将原式适当的变形，是中档题.16. 函数的单调递减区间为_；函数若是定义在上的减函数，则实数的值为_.【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】由于，从而可求出其减区间；由为在上为减函数，可得在上为减函数，在上为减函数，从而得，进而可求出的值【详解】解：由，得，所以的递减区间为；因为在上为减函数，所以在上为减函数，在上为减函数，所以，得，解得，故答案为：，【点睛】此题考查分段函数的单调性问题，考查由单调性求参数的范围，属于中档题四解答题17. 已知全集，集合，.（1）求；（2）定义且，求，.【答案】（1）；（2），.【解析】【分析】（1）根

11、据并集的概念，先求，再由补集的概念，即可得出结果；（2）根据题中条件，可直接求出，进而可求出.【详解】（1）因为，所以，则；（2）因为且，所以，因此.【点睛】本题主要考查集合的并集和补集运算，考查集合的新定义，属于基础题型.18. 已知函数.（1）求；（2）判断函数在区间上的单调性，并证明；（3）关于的不等式在区间上有解，求实数的取值范围.【答案】（1）；（2）在区间上单调递增，证明见解析；（3）.【解析】【分析】（1）由题意可得，故可得出答案.（2）利用函数的单调性的定义证明函数单调性的步骤证明即可.（3）不等式在区间上有解, 所以,由单调性求出函数的最小值即可.【详解】解：（1），（2）在

12、区间上单调递增.证明：，且，且，即.函数在区间上是增函数.（3）由（2）知因为关于的不等式在区间上有解，所以.所以.所以实数的取值范围是【点睛】本题考查利用单调性的定义证明函数的单调性，解决不等式有解问题，属于中档题.19. （1）若且，求的最小值；（2）若且，求的最小值.【答案】（1）9；（2）9.【解析】【分析】（1）利用基本不等式可得，再解不等式即可得解；（2）依题意可得，再利用基本不等式乘“1”法计算可得；【详解】解：（1），.，.，.当且仅当，等号成立.故当时，的最小值为9.（2）且.，.当且仅当，即时，等号成立.故当时，的最小值为9【得解】本题考查的是基本不等式，注意不等式使用的条

13、件“一正、二定、三相等”，要配凑成和为定值的形式，并关注取等号的条件，属于中档题20. 已知不等式的解集为或，（1）求实数的值；（2）解关于的不等式.【答案】（1）；（2）当时，原不等式的解集为：；当时，原不等式的解集为：；当时，原不等式的解集为：或；当时，原不等式的解集为：；当时，原不等式的解集为：或【解析】【分析】（1）由题知和是方程的根，利用韦达定理即可求出a,b的值.（2）由（1）知不等式为，讨论2c和2的大小，写出对应的解集即可.【详解】解：（1）因为不等式的解集为或所以和是方程的两个实数根.故：，解得.经验证，符合条件.（2）由（1）知不等式，即，即.当时，解得.当时，即，解得当时

14、，即.比较与1的大小当，即时，解得当，即时，解得或当，即时，解得或综上所述，当时，原不等式的解集为：当时，原不等式的解集为：当时，原不等式的解集为：或当时，原不等式的解集为：当时，原不等式的解集为：或【点睛】考查一元二次不等式的解法，主要考查一元二次不等式与一元二次方程之间的关系的不等式的解法；考查含参不等式的解法，分类讨论为解题的关键，属于中档题.21. 年滕州某企业计划引进新能源汽车生产设备，通过市场分析，全年需投入固定成本万元.每生产(百辆)新能源汽车，需另投入成本万元，且由市场调研知，每辆车售价万元，且生产的车辆当年能全部销售完.（1）求出年的利润(万元)关于年产量(百辆)的函数关系式

15、；(利润销售额成本)（2）年产量为多少百辆时，企业所获利润最大？并求出最大利润.【答案】（1）；（2）产百辆时，该企业获得利润最大，且最大利润为万元.【解析】【分析】（1）根据年利润=销售额投入的总成本固定成本，分和两种情况得到与的分段函数关系式；（2）当时根据二次函数求最大值的方法来求的最大值，当时，利用基本不等式求的最大值，最后综合即可【详解】解：（1）当时，当时，所以（2）当时，当时，；当时，(当且仅当，即时，“”成立)因为，所以，当时，即年生产百辆时，该企业获得利润最大，且最大利润为万元.【点睛】此题考查函数的实际应用，基本不等式的应用，考查转化思想及计算能力，属于中档题22. 已知函

16、数（1）当时，恒成立，求实数的取值范围；（2）关于的不等式的解集为，求实数的值.【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）设，根据题意，对，恒成立；分别讨论，三种情况，即可得出结果；（2）由不等式的解集，根据三个二次之间的关系，结合韦达定理，结合题中条件，即可得出结果.【详解】（1）当，设，对称轴为，由题意知对，恒成立；（1）当，即时，在上单调递增，此时只需，此时无解；（2）当，即时，上单调递减，此时只需，解得；（3）当，即时，此时只需，解得；综上所述，的取值范围是.（2）因为即的解集为，所以和是方程的两个实数根；由韦达定理可知，且；，所以有，解得【点睛】本题主要考查一元二次不等式恒成立求参数的问题，考查由不等式的解集求参数的问题，属于常考题型.