【文档说明】重庆市第一中学2024-2025学年高一上学期10月月考数学试题 Word版含解析.docx，共(19)页，844.896 KB，由小赞的店铺上传

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重庆一中高2027届高一上期月考数学试题卷注意事项：1.答卷前，考生务必将自己的姓名､准考证号码填写在答题卡上.2.作答时，务必将答案写在答题卡上.写在本试卷及草稿纸上无效.3.考试结束后，将答题卡交回.一､单项选择题.本题共8小题，每小题5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.1.已知集合432AxxBxx==，，则AB=（）A.2163xxB.316xxC.223xxD.02xx【答案】A【解析】【分

析】根据集合的交集运算法则运算即可.【详解】因为4016Axxxx==，2323Bxxxx==，所以AB=2163xx.故选：A.2.命题.“230,1

xxx+”的否定是（）A.230,1xxx+B.230,1xxx+C.230,1xxx+D.230,1xxx+【答案】B【解析】【分析】利用特称命题的否定形式回答即可.【详解】根据特称命题的否定形式可知命题.“230

,1xxx+”的否定是“230,1xxx+”.故选：B3.已知函数()2fx+定义域为()3,4−，则函数()()131fxgxx+=−的定义域为（）A.()4,3−B.()2,5−C.1,33D.1,53【答案】D【解析】【分

析】根据抽象函数及具体函数的定义域求解即可.【详解】因为函数()2fx+的定义域为()3,4−，所以函数()fx的定义域为()1,6−，则对于函数()()131fxgxx+=−，需满足116310xx−+−，解得153x，即函数()()131fxgxx+=−的定义域为1,53

.故选：D.4.使得“21,2,0xxxa+−”为真命题的一个充分不必要条件是（）A.2aB.2aC.6aD.6a【答案】C【解析】【分析】对于全称量词命题2[1,2],0xxxa

+−，我们需要先求出使得该命题为真时a的取值范围，然后再根据充分不必要条件的定义来判断选项.【详解】令2()fxxx=+，[1,2]x.对于二次函数2yaxbxc=++，其对称轴为122bxa=-=-.因10a=，所以函数()fx在[1,2]上单调递增

.那么()fx在[1,2]上的最大值为2max()(2)226fxf==+=.因为2[1,2],0xxxa+−为真命题，即2axx+在[1,2]上恒成立，所以max()6afx=.A是B的充分而不必要条件，即值AB，BA¿.当6a时，一定满足6a，所以6

a是6a的充分不必要条件.而2a时，不能保证一定满足6a，2a时，也不能保证一定满足6a.的为故选：C.5.若正实数,xy满足3xy+=，且不等式22823mmxy+−+恒成立，则实数m的取值范围是（）A.{31}mm−∣B.{3mm−∣或1}mC.{13}mm−

∣D.{1mm−∣或3}m【答案】C【解析】【分析】利用基本不等式和常值代换法求得28xy+的最小值，依题得到不等式2236mm−+，解之即得.【详解】因3xy+=，由28128()()3xyxyxy+=++128128(10)(102)633yxyxxyxy

=+++=，当且仅当28yxxy=时取等号，即当1,2xy==时，28xy+取得最小值6.因不等式22823mmxy+−+恒成立，故2236mm−+，即2230mm−−，解得13m−.故选：C.6.函

数()()()245,2231,2xaxxfxaxx−++=−+满足对12,Rxx且12xx，都有()()()12120fxfxxx−−，则实数a的取值范围是（）A.30,2B.30,2C.()0,1D.

0,1【答案】D【解析】【分析】根据题意，得到()fx在定义域R上为单调递减函数，结合分段函数的单调性的判定方法，列出不等式组，即可求解.【详解】由函数()()()245,2231,2xaxxfxaxx−++=−+因为函数()yfx=任意12,Rxx且12xx，都

有()()()12120fxfxxx−−，所以函数()fx在定义域R上为单调递减函数，则满足()()242223024252321aaaa+−−++−+，即0321aaa，解得01a，所

以实数a的取值范围是0,1.故选：D.7.已知,ab均为正实数，且1ab+=，则下列选项错误的是（）A.+ab的最大值为2B.34aab++的最小值为7214+C.()()11ab++的最大值为94D.2232abab+++的最小值

为16【答案】B【解析】【分析】利用基本不等式可判断AC的正误，利用“1”的代换可判断B的正误，利用换元法结合常数代换可判断D的正误.【详解】选项A：2()1212,1abababab+=+++===时取等，得+ab的最大值为2，故A对；选项

B：3433443577215aabababaababab+++++=+=+++，当且仅当153515,22ab−−==时取等，故34aab++的最小值为7215+，故B错选项C：()()2119111,242ababab+

++++===时取等，故()()11ab++的最大值为94，故C对；选项D：换元，令3,2xayb=+=+，则6xy+=，故()()222232941032xyabxyabxyxy−−+=+=+−++++94194251413

446666xyyxxyxy+=+−=++−−=，当且仅当1812,55xy==取等号，故2232abab+++的最小值为16，故D正确；故选：B.8.含有有限个元素的数集，定义其“交替和

”如下：把集合中的数按从小到大的顺序排列，然后从最大的数开始交替地加减各数，例如4,6,9的“交替和”是9647−+=；而5的交替和是5，则集合Z54Mxx=−∣的所有非空子集的“交替和”的总和为（）A.2048B.2024

C.1024D.512【答案】A【解析】【分析】将集合M的子集两两配对(),AB：使4,4AB且4BA=，从而有集合A与集合B的交替和之和为4，再利用符合条件的集合对有92个，即可求解.【详解】由题知5,4,3,2,

1,0,1,2,3,4M=−−−−−，将集合M的子集两两配对(),AB：使4,4AB且4BA=，则符合条件的集合对有92个，又由题设定义有集合A与集合B的交替和之和为4，所以交替和的总和为9114222048==.故选：A.二､多项选择题.本题共3小题，每小题6分，共18分

.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分.9.已知,,abcR；则下列不等式一定成立的有（）A.若0ab且ab，则11abB.若0ab，则20242024bbaa++C.若,abcd，则acbd

D.()221222abab++−−【答案】BD【解析】【分析】利用特殊值验证AC是错误的，利用作差法判断B的真假，利用配方法证明D是正确的.【详解】对A：令1a=−，1b=，则0ab且ab，但11ab不成立，故A错误；对B：当0ab时，()()()2024202420242024

2024baabbbaaaa+−++−=++()()202402024baaa−=+，所以20242024bbaa++成立，故B正确；对C：令3a=−，4b=−，0c=，1d=−，则,abcd，但acbd

不成立，故C错误；对D：因为()()()222212222144abababab++−−−−++++=()()22120ab=−++，所以()221222abab++−−成立，故D正确.故选：BD10.下列说法正确的是（）A.若p是q的必要不充分条件，p是r的充要

条件，则q是r的充分不必要条件B.若关于x的不等式2430kxkxk−++的解集为R，则实数k的取值范围是01kC.若不等式()()30xaxbxc−+−的解集为))2,13,−+，则不等式2320axaxb−−的解集为1,4−D.“()2

1,3,2130aaxaxa−−−+−”为假命题的充要条件为51,0,43x−【答案】ACD【解析】【分析】根据充分条件、必要条件的概念判断A，分类讨论求出k的范围判断B，根据数轴穿根法及不等式的解集求出ba及0a解

不等式判断C，由命题的否定转化为不等式恒成立，看作关于a的不等式恒成立即可判断D.【详解】对A，若p是q的必要不充分条件，p是r的充要条件，则qpr，但是p不能推出q，所以qr，但是r不能推出q，所以q是r的充分不必要条件，故A正确；对B，当

0k=时，原不等式为03≥，恒成立满足题意，当0k时，由题意需满足()20Δ16430kkkk=−+，解得01k，综上，实数k的取值范围是01k，故B错误；对C，由不等式()()30xaxbxc−+−的解集为

))2,13,−+，结合数轴穿根法知，1,2bca==，且0a，所以不等式2320axaxb−−可化为2340xx−−，解得14x−，故C正确；对D，由题意知()21,3,2130aaxaxa−−−+−

为真命题，则()22130axxx−−++在1,3a−时恒成立，令()2()213gaaxxx=−−++，只需()()2213403350gxxgxx−=−++=−，则1450

3xxx−或，解得51,0,43x−，故D正确.故选：ACD11.已知函数()fx的定义域为)0,+，且满足当)0,2x时，()22fxxx=−+，当2x时，恒有()()2fxfx=−，且为非零常数，则下列说法正确的有（）A.()()1

01320272024ff+=B.当12=时，反比例函数()1gxx=与()fx在()0,2024x上的图象有且仅有6个交点C.当0时，()fx在区间2024,2025上单调递减D.当1−时，()fx在()*0,4nnN上的

值域为2122,nn−−【答案】ABD【解析】【分析】根据所给函数解析式直接求解判断A，根据()fx的性质及(),()gxfx图象判断B，归纳出()fx在2024,2025上的解析式判断C，根据规律，归纳值域特点判断D.

【详解】选项A：()()()()()210121013101320272025202331fffff======，()()()()()210111012202420222020200fffff======，则()()101320272024ff

+=，所以选项A正确；选项B：由()()122fxfx=−知，()0,2024x时，()()()()())()())()())210112,0,2124,2,42146,4,621202220

24,2022,20242xxxxxxfxxxxxxx−−−=−−−−，由于()()()()()()1111111,33,553254gfgfgf======，但()()

()()31011111177,202320237220232gfgf====，作𝑓(𝑥),𝑔(𝑥)的图象，如图，结合图象可知()0,6x上有2226++=个交点，在)6,2024x上无交点，故选

项B正确；选项C：2024,2025x时，()()()1012120242026fxxx=−−，故()fx在2024,2025上单增，故C错误；选项D：因为1−，所以当0,4x时，值域为,1

；当0,8x时，值域为32,；当0,12x时，值域为54,；当0,16x时，值域为76,；L当0,4xn时，值域为2122,nn−−

，故D正确.故选：ABD.【点睛】关键点点睛：根据所给函数解析式，可知函数类似周期特点，图象形状类似，振幅有规律变化，据此可归纳函数性质是解题的关键所在.三､填空题.本题共3小题，每小题5分，共15分.的12

.已知集合210Axx=−=∣，则集合A有__________个子集.【答案】4【解析】【分析】求出集合A，列举出集合A的子集即可.【详解】因2{10}{1,1}Axx=−==−∣，故集合A的子集有,{1},{1},{1,1}−−共4个.故答案为：4.1

3.已知集合()()1,4,10ABxxaax==+−∣，若ABB=且0a，则实数a的取值范围是__________.【答案】10,4【解析】【分析】根据集合的包含关系，讨论0a=和0a两种情况，求集合B，再比

较端点值，即可求解.【详解】因为ABB=，所以AB，因为()()10Bxxaax=+−∣，且0a：1当0a=时，)0,B=+，符合题意；2当0a时，1,Baa=−，则11404aa，综上，10,4a.故答案为：10,414.

若正实数x，y满足()()332331423xyxy−+−=−−，则2346yxxxy++的最小值为__________.【答案】46【解析】【分析】根据函数的单调性可知243xy=−，代入可得234386yxyxxxyxy

++=+，根据基本不等式可得最值.【详解】由题可知()()()()3323231313xxyy−+−=−+−，因为3,ytyt==在R上单调递增，所以()3gttt=+在R上单增，所以上式可表示为()()2

313gxgy−=−，则2313xy−=−，即243xy=−，因此()2243343386622446xyyxyyxxxxyxyxy−++=++=+=，当且仅当38243yxxyxy==−即2625x−=，2446

15y−=时等号成立，故答案为：46.四､解答题､本题共5小题，共77分.解答应写出文字说明､证明过程或演算步骤.15.已知函数()21,122,1xxfxxx−−=−−−.（1）若()01f

x=，求0x的值；（2）若()3faa+，求实数a的取值范围.【答案】（1）02x=或3−（2）5,42−【解析】【分析】（1）根据分段函数定义分类列方程求解；（2）根据分段函数定义分类列不等式求解．【小问1详解】由()01fx=可得

：1∘{𝑥0>−1𝑥022−1=1⇒𝑥0=2(𝑥0=−2舍去）0000123,,23;21xxxx−=−=−−−=综上或【小问2详解】由()3faa+可得：1∘{𝑎>−1𝑎22−1<𝑎+3⇒{𝑎>−1�

�2−2𝑎−8<0⇒{𝑎>−1−2<𝑎<4⇒𝑎∈(−1,4)；2∘{𝑎≤−1−𝑎−2<𝑎+3⇒{𝑎≤−1𝑎>−52⇒𝑎∈(−52,−1]综上可得5,42a−.16.已知函数()542fxx=+

−的定义域为A，集合321Bxx=−∣.（1）求AB；（2）集合321Mxaxa=−−∣，若M()RAð，求实数a的取值范围.【答案】（1）3{|4ABxx=或1}x（2）3,2−【解析】【分析】（1）根据条件，先求出集合,AB，再利用集合的运

算，即可求解；（2）由（1）可得R3,24A=ð，再根据条件，分M=和M蛊两种情况讨论，即可求解.【小问1详解】由5402x+−,即4302xx−−，得到2x或34x，所以3{|4Axx=或2}x

，又由321x−，得到321x−−或321x−，即13x或1x，所以1{3Bx=或1}x，所以3{|4ABxx=或1}x.【小问2详解】因为3{|4Axx=或2}x，所以R3,24A=ð，①当321aa−−，即43a时

，此时M=()RAð，所以43a满足题意，②当43a，即M蛊时，由题有212334aa−−，解得4332a，综上，实数a的取值范围是3,2a−.17.已知二次函数()fx

的图象过原点()0,0，且对任意xR，恒有()26231xfxx−−+.（1）求()1f−的值；（2）求函数()fx的解析式；（3）记函数()gxmx=−，若对任意(11,6x，均存在26,10x，使得()()12fxgx，求实数

m的取值范围.【答案】（1）4（2）()222fxxx=−（3）(,10−【解析】【分析】（1）令1x=−即可求出()1f−.（2）根据条件，先设出二次函数的解析式，再根据()26231xfxx−−+恒成立，可求待定系数.（3）

问题转化成()fx在区间(1,6的最小值不小于()gx在6,10上的最小值求参数的取值范围.【小问1详解】在不等式()26231xfxx−−+，令()()141414xff=−−−=.【小问2详解】因为()fx为二次函数且图象过原点()0,0，

所以可设()()2,0fxaxbxa=+，由()1444fabba−=−==−，于是()()24fxaxax=+−，由题：()()262220,fxxaxaxx−−+++R恒成立⇔{𝑎>0Δ≤0⇔{𝑎>0(𝑎+2)2−8𝑎=(𝑎−2)2≤0⇒𝑎=

2,𝑏=−2⇒𝑓(𝑥)=2𝑥2−2𝑥，检验知此时满足()()223110,fxxxx++R，故()222fxxx=−.【小问3详解】函数()222fxxx=−，开口向上，对称轴12x=，所以()222fxxx=−在区间(

1,6上单调递增，因此，(11,6x时，()()()(11,6fxff，即()(10,60fx，而()gxmx=−在6,10上单调递减，所以26,10x时，()210,6gxmm−−因为对任意(11,6x，均存在26,

10x，使得()()12fxgx，等价于()()(110010,10fgmm−−18.教材中的基本不等式可以推广到n阶：n个正数的算数平均数不小于它们的几何平均数.也即：若12,,,0naaa，则有*1212,,2nnnaaaaaannn++

+N，当且仅当12naaa===时取等.利用此结论解决下列问题：（1）若,,0xyz，求24yzxxyz++的最小值；（2）若10,2x，求()312xx−的最大值，并求取得最大值时的x的值；（3）对任意*kN，判

断11kk+与1111kk+++大小关系并加以严格证明.【答案】（1）6（2）最大值为272048，38x=（3）1*1111,1kkkkk++++N，证明见解析【解析

】【分析】（1）根据三阶基本不等式的内容直接可得解；（2）由()()32722212128333xxxxxx−=−，结合四阶基本不等式可得最值；（3）猜测111111kkkk++++，*kN成立，验证1k=不等式成立；结合推广公式证明2k结论成立.【小问1详解

】因为,,0xyz，所以由三阶基本不等式可得：3242436yzxyzxxyzxyz++=，的当且仅当24yzxxyz==即2yzx==时取等号，因此24yzxxyz++的最小值为6；【小问2详解】当10,2x时，由四阶基本不等式可得：()

()()432221227222272733312128333842048xxxxxxxxxx+++−−=−=，当且仅当2123xx=−即310,82x=时取等号，因此()312xx−的最大值为2720

48；【小问3详解】大小关系为111111kkkk++++，*kN，证明如下：由条件可知：12,,,0naaa时，*1212,,2nnnaaaaaannn+++N，当1k=时，左边11121

=+=，右边219124=+=，左边右边，不等式成立；当2k，*kN时，由1k+阶基本不等式，可知：不等式左边111111111kkkkk=+=+++()(1)1111111111(1

1)11()111kkkkkkkkkkkkk++++++++++++++++==+++个个1111kk+=++而111k+

，因此上式的不等号取不到等号，于是1111111111kkkkkkk+++++=+++，综上，原不等式得证.19.已知定义在11,,22−−+上的函数()fx同时满足下列四个条件：①512f=−；②对任意1

2x，恒有()()0fxfx−+=；③对任意32x，恒有()0fx；④对任意,0ab，恒有111222fafbfab+++=+.（1）求32f−的值；（2）判断()fx在

1,2+上的单调性，并用定义法证明；（3）若对任意1,1t−，恒有()()21232ftktk−+−+，求实数k的取值范围.【答案】（1）0（2）()fx在1,2+上单调递减，证明见解析（3）3,4+

【解析】【分析】（1）令1ab==可得302f=，再由()()0fxfx−+=，即可得出答案；（2）由单调性的定义证明即可；（3）由单调性和奇偶性列出不等式，再结合二次函数的性质求解即可.【小问1详解】在111222fafbfab

+++=+中令333120222abfff====；（或令53532,102222abffff==+==).而(

)()333000222fxfxfff−+=−+=−=.【小问2详解】()fx在1,2+上单调递减.下证明：由④知：对任意,0ab，恒有1112

22fabfbfa+−+=+.证一：任取2112xx，于是()()22211111111111122112222222xxfxfxfxfxfxx−−−=−

+−−+=+−−因为2112xx，所以2111022xx−−22111113221112222xxxx−−+−−，而对任意32x时恒有()0fx，

故211120122xfx−+−，即()()210fxfx−，所以()fx在1,2+上单调递减，证毕；证二：任取2112xx，设2111,,1,022xmnxnmn=+=+()()21111222fxfxfmnfnfm−=

+−+=+，因为131.22mm+，所以102fm+，即()()21fxfx，也即()fx在1,2+单调递减,证毕；【小问3详解】在111222fafbfab+++=

+中：令5599222222abffff==+==−，而()()0fxfx−+=，于是922f−=令139339,402442

242abfffff==+===−=，由（2）知()fx在1,2+上单调递减，又()()0fxfx−+=，可得()fx在1,2−−上也单调递减，如图，可知不等式()()21232ftktk−

+−+等价于：对任意11t,−，不等式()231234tktk−+−+……①或者()29112322tktk−−+−+−恒成立，……②法一：令()()2123,1,1gttktkt=−+−+−立，因为()gt开口向下，由()gt图像可知：不等式①()(

)11313204;334144kgkgk−对于②，当1t=时，由()()1391121022919112222kgkgk−−−−−−−−，即一定不存在k满足②.综上取并，得3,4

k+法二：令()()()2123,1,1,gttktktgt=−+−+−开口向下，对称轴12tk=−，且()()211152,1,224gkgkgkkk−=−=−=++，1当112k−−即32k时，问题等价于{𝑘>32𝑔(1)≥34或{𝑘

>32𝑔(−1)<−12𝑔(1)≥−92,解得32k；2当1102k−−即1322k时，等价于()1322314kg或()13221133,;2242912kgkkg

−−−3当1012k−即1122k−时，问题等价于()1122314kg−−或()11221122912kgkg−−−−−，解得k；为4当112k−即1

2k−时，问题等价于()12314kg−−或()()12112912kgg−−−−，解得k；综上，3,4k+.