《厦门大学附属科技中学2023年高一上学期10月月考数学试题含答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《厦门大学附属科技中学2023年高一上学期10月月考数学试题含答案.pdf（8页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、试卷第 1页，共 8页2023-2024 学年高一数学10 月月考满分150分,考试时间120分钟一、单选题：本大题共单选题：本大题共8 小题，每小题小题，每小题5 分，共分，共40分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1设集合*|5UxxN，31,A，1,2,4B，则()UAB A1,3,5B0,1,3,5C0,1,2,4D1,2,4,52命题:pxI，01xx，则p是AxI，01xxBxI，01xxCxI，01xx或10 x DxI，01xx或10 x 3若0 x，则函数1yxxA有最大值2B有最小值2C有最小值2D有最大值
2、24若不等式20axxc的解集为1|12xx，则函数2ycxxa的图象为ABCD5已知a，b 为互不相等的正实数，则下列四个式子中最大的是2abB11abC2abD222ab6已知集合2320|Mx xx，2|350Nx xaxa，若MNM，则实数a 的取值集合是AB2C10|2aaD10|2aa7 手机屏幕面积与整机面积的比值叫手机的“屏占比”，它是手机外观设计中一个重要参数，其值通常在（0，1）间，设计师将某手机的屏幕面积和整机面积同时增加相同的数量，升级为一款新手机的外观，则该手机“屏占比”和升级前比有什么变化？A“屏占比”不变B“屏占比”变小C“屏占比”变大D 变化不确定8已知命题:1
3、,3px，240 xax是真命题，则p的一个必要不充分条件是A5a B3a C4a D4a#QQABZQQEggiAAgBAAAgCQw1SCEMQkBCCCAoGhBAIIAAAQBFABAA=#厦门大学附属科技中学2023年高一上学期10月月考数学试题含答案试卷第 2页，共 8页二、二、多选多选题：本大题共题：本大题共4 个小题，每小题个小题，每小题5 分，共分，共20分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求全部分，在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求全部选对得选对得5 分，选对但不全的得分，选对但不全的得2 分，有选错的得分，有选错的得0 分分9已知集合()|0Px yx
4、y,，()|1Qx yxy,，则APQ RB(1,1),(1,1)PQ C(,)|1,1PQx yxy DPQ有3 个真子集10已知ab，0cd，则AadbcBacbdC22acbcDabdc11若关于x的不等式220 xxm的解集中恰有3个整数，则实数m的取值可以是A3B2C0D112已知a，b为正实数，且216abab，则Aab的最大值为8B2ab的最小值为8Cab的最小值为6 33D1112ab的最小值为23三、填空题：本大题共三、填空题：本大题共4小题，每小题小题，每小题5分，共分，共20分分13已知集合20,1,aaa，则a 14.已知集合 1A，集合N3Bxx，则满足关系APB的所
5、有集合个数为.15对班级40名学生调查对A，B 两事件的态度，有如下结果：赞成A 的人数是全体的五分之三，其余的不赞成，赞成B 的比赞成A 的多3 人，其余的不赞成，另外，对A，B 都不赞成的学生数比对A，B 都赞成的学生数的三分之一多1 人，则对A，B 都赞成的学生有_人16已知正实数,x y满足：222xy，且2122yaxx，则xy的范围是；a的最小值为四、四、解答题：本大题共解答题：本大题共6小题，共小题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤17(本小题满分10分)已知全集U R，集合|24Axx ，|12 Bx mxm（1）若3m
6、，求AB和AB；（2）若AB，求实数m的取值范围#QQABZQQEggiAAgBAAAgCQw1SCEMQkBCCCAoGhBAIIAAAQBFABAA=#试卷第 3页，共 8页18(本小题满分12 分)已知正实数x、y 满足4xy（1）是否存在正实数x、y使得5xy？若存在，求出x、y 的值；若不存在，请说明理由（2）求141xy的最小值19(本小题满分12 分)（1）已知,a b c d R，比较2222)()(abcd与2()acbd的大小并说明理由（2）利用（1）的结论解决下面问题：已知a，b 均为正数，且225ab，求2ab的最大值20(本小题满分12分)已知全集U R，集合113A
7、xx，2(2)0 xaBxxa（1）若AB，求实数a 的取值范围；（2）命题pxA：，命题qxB：，若q 是p 的必要条件，求实数a 的取值范围#QQABZQQEggiAAgBAAAgCQw1SCEMQkBCCCAoGhBAIIAAAQBFABAA=#试卷第 4页，共 8页21(本小题满分12 分)某光伏企业投资144万元用于太阳能发电项目，Nn n年内的总维修保养费用为2420nn万元，该项目每年可给公司带来100万元的收入假设到第n年年底，该项目的纯利润为y万元（纯利润累计收入总维修保养费用投资成本）（1）写出纯利润y的表达式，并求该项目从第几年起开始盈利（2）若干年后，该公司为了投资新项
8、目，决定转让该项目，现有以下两种处理方案：年平均利润最大时，以72万元转让该项目；纯利润最大时，以8万元转让该项目你认为以上哪种方案最有利于该公司的发展？请说明理由22(本小题满分12 分)已知函数2()(1)(1)1f xmxmxm（1）解关于x的不等式()(1)f xmx；（2）当1122x时，()0f x 恒成立，求m的取值范围#QQABZQQEggiAAgBAAAgCQw1SCEMQkBCCCAoGhBAIIAAAQBFABAA=#试卷第 5页，共 8页2023-2024 学年高一数学10 月月考参考答案一、选择题123456789101112ADACBDCBBDACBCABD8.因为
9、1,3x，240 xax，所以当1,3x时，min4axx，因为4424xxxx，当且仅当4xx，即2x 时，等号成立，所以3yxx的最大值为4，所以4a，所以4a 是p的充要条件，因为43aa，但3a 4a，所以3a 是p的一个必要不充分条件，故选B12.因为1622 2abababab，即2 2160abab，解得4 22 2ab，即8ab，当且仅当2ab时取等号，故ab的最大值为8，故选项A正确；由162abab得16218211abaa，所以1621818222142 2148111aabaaaaaa，当且仅当18211aa，即2a 时取等号，此时取得最小值8，故选项B正确；18182
10、136 2311abaaaa ，当且仅当1811aa，即3 21a 时取等号，故选项C不正确；111112221212223abababab，当且仅当12 ab时取等号，此时1112ab取得最小值23，选项D正确故选ABD二、填空题13.114.415.1816.0,1，216.因为222xy，令22222112211222244 xyyyyyzxxxxxx，#QQABZQQEggiAAgBAAAgCQw1SCEMQkBCCCAoGhBAIIAAAQBFABAA=#试卷第 6页，共 8页令,(0)yt tx，有22 22xx t，则22201xt，则210t，因此0,1t，则221112444
11、4147zttt，又函数 2174144fxx在1,1上单调递增，2211141474f，所以2112244 ztt，即21222yxx，所以2a，所以a的最小值为2.故答案为：2三、解答题17.（1）当3m 时，|46Bxx，所以|26BxxA，AB（2）当B 时，12mm，即1m，此时AB ，符合题意；当B时，因为AB ，所以2122mmm 或2114mmm，解得3m，综上，实数m的取值范围为1m 或3m 18.（1）不存在，因为,0 x y，故2xyxy，又因为4xy，故42 xy，解得4xy，故不存在x，y，使得5xy；（2）411411411515151xyxyxyxyyx 1952
12、 455，当且仅当411xyyx时取到等号，此时210,33xy，所以141xy的最小值为95.19.（1）证明：222222222()()2(abcdacbacbdda db c2()0adbc当且仅当adbc时等号成立，所以22222)()()abcdacbd（2）解：由（1）得22222(2)(21)()5 525abab，所以25ab，#QQABZQQEggiAAgBAAAgCQw1SCEMQkBCCCAoGhBAIIAAAQBFABAA=#试卷第 7页，共 8页当且仅当2ab，即2a，1b 时等号成立，所以2ab的最大值为520.（1）不等式203xx的解集为|23xx所以23|Ax
13、x，220 xaxa,220aa恒成立，故解集为2|2x axa，若AB，则有3a 或222a，解得解集为|03Ma aa或AB，a的取值范围是|003UC Ma aa或.（2）由q 是p 的必要条件，可得pq，所以AB，因为22172024aaa所以22aa，所以不等式220 xaxa的解集为2|2x axa，所以2|2Bx axa，2223aa，解得1a 或12a，所以 实数a 的取值范围是,11,2.21.（1）由题意可知22100420144480144ynnnnnn N，令0y，得24801440nn，解得218n，所以从第3年起开始盈利；（2）若选择方案，设年平均利润为1y万元，则
14、13636804804 232yynnnnn，当且仅当36nn，即6n 时等号成立，所以当6n 时，1y取得最大值32，此时该项目共获利32 672264（万元）若选择方案，纯利润22480144410256ynnn ，所以当10n 时，y取得最大值256，此时该项目共获利2568264（万元）以上两种方案获利均为264万元，但方案只需6年，而方案需10年，所以仅考虑该项目的获利情况时，选择方案更有利于该公司的发展#QQABZQQEggiAAgBAAAgCQw1SCEMQkBCCCAoGhBAIIAAAQBFABAA=#试卷第 8页，共 8页22.（1）由 1f xmx得21210mxmxm，
15、即 1110mxmx，当10m，即1m 时，原不等式的解集为|1x x；当10m，即1m 时，1101mxxm，因为121111mmm，所以原不等式的解集为1|1mx xm或1x；当10 m，即1m 时，1101mxxm，因为121111mmm，所以原不等式的解集为1|11mxxm综上所述：当1m 时，原不等式的解集为1|11mxxm；当1m 时，原不等式的解集为|1x x；当1m 时，原不等式的解集为1|1mx xm或1x.（2）由21110mxmxm 得2211m xxxx，因为210 xx 恒成立，所以2222 11111xxxmxxxx ，设1xt，则1 32 2t，1xt ，222111111111xttxxtttttt，因为12tt，当且仅当1t 时取等号，所以2111xxx，当且仅当0 x 时取等号，所以当0 x 时，22max111xxxx，所以1m，即m的取值范围为1m#QQABZQQEggiAAgBAAAgCQw1SCEMQkBCCCAoGhBAIIAAAQBFABAA=#