【文档说明】黑龙江省哈尔滨市德强高中2021-2022学年高一上学期10月月考+数学答案3333.docx，共(11)页，58.141 KB，由小赞的店铺上传

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20210918手动选题组卷【答案】1.A2.C3.A4.A5.D6.B7.B8.A9.ACD10.BCD11.ABD12.AC13.(76,2)14.(−∞,−1)15.𝑥2−16(𝑥≥4)16.(−∞,−32]17.解：(1)因为𝐴={�

�|3⩽𝑥<7}，𝐵={𝑥|2<𝑥<10}，所以𝐴∩𝐵={𝑥|3⩽𝑥<7}；(2)因为𝐴∪𝐵={𝑥|2<𝑥<10}，所以∁𝑅(𝐴∪𝐵)={𝑥|𝑥⩽2或𝑥⩾10}．18.解：(1)∵当𝑎=3时，𝐴={𝑥|−1⩽𝑥⩽

5}，𝐵={𝑥|𝑥⩽1或𝑥⩾4}，∴𝐴∩𝐵={𝑥|−1⩽𝑥⩽1或4⩽𝑥⩽5}；(2)∵𝐵={𝑥|𝑥⩽1或𝑥≥4}，，由“𝑥∈𝐴”是“”的充分不必要条件得：A是的真子集，①若𝐴=⌀，则2+𝑎<2−

𝑎，得𝑎<0符合题意，②当𝑎=0时，𝐴={2}符合题意;③当𝑎>0时，𝐴={𝑥|2−𝑎⩽𝑥⩽2+𝑎}，由A是的真子集，得{2−𝑎>12+𝑎<4，解得0<𝑎<1，综合①②③得：𝑎<1．故实数a的取值范围为：(−∞,1)．19.解：(1)若𝑥<0，−𝑥>0

，则𝑓(−𝑥)=−𝑥−3，因为函数𝑓(𝑥)是定义在R上的奇函数，所以𝑓(𝑥)=−𝑓(−𝑥)=𝑥+3，且𝑓(0)=0，所以𝑓(𝑥)={𝑥−3,𝑥>00,𝑥=0𝑥+3,𝑥

<0；(2)因为𝑓(𝑥)⩽1−𝑥2，当𝑥>0，𝑥−3⩽1−𝑥2，解得0<𝑥⩽83当𝑥<0，𝑥+3⩽1−𝑥2，解得𝑥⩽−43，当𝑥=0，0⩽1，成立；故不等式的解集为{𝑥|𝑥⩽−43或0⩽

𝑥⩽83}．20.解：(1)由题意可得：(100−𝑥)×2×(1+2𝑥%)≥2×100，化为：𝑥−150𝑥2⩾0，结合𝑥>0，解得0<𝑥≤50．故x的取值范围为(0,50]．(2)2(𝑎−9𝑥50)𝑥≤(100−𝑥)×2×(1+2𝑥%)，化为：�

�≤425𝑥+100𝑥+1在𝑥∈(0,50]上恒成立．∵425𝑥+100𝑥+1≥2√4𝑥25×100𝑥+1=9，当且仅当𝑥=25时取等号．∴𝑎≤9．故a的最大值为9．21.解：(1)根据题意，函数𝑓(𝑥)=𝑥+𝑎𝑥2+1为定义在区间(−1,1)上的奇函

数，则𝑓(0)=𝑎=0，即𝑎=0，此时𝑓(𝑥)=𝑥𝑥2+1为奇函数，符合题意；故𝑎=0；(2)𝑓(𝑥)=𝑥𝑥2+1在(−1,1)上为增函数，证明：设−1<𝑥1<𝑥2<1，则𝑓(

𝑥1)−𝑓(𝑥2)=𝑥11+𝑥12−𝑥21+𝑥22=(𝑥1−𝑥2)(1−𝑥1𝑥2)(1+𝑥12)(1+𝑥22)，又由−1<𝑥1<𝑥2<1，则𝑥1−𝑥2<0，1−𝑥1𝑥2>0，则有𝑓(𝑥1)−𝑓(𝑥2)<0，故函数𝑓(𝑥)在(−1

,1)上为增函数；(3)根据题意，由(1)(2)的结论，𝑓(𝑥)为定义在区间(−1,1)上的奇函数且为增函数，则𝑓(𝑡−1)+𝑓(𝑡)<0⇒𝑓(𝑡−1)<−𝑓(𝑡)⇒𝑓(𝑡−1)<𝑓(−𝑡)⇒{𝑡−1

<−𝑡−1<−𝑡<1−1<𝑡−1<1,解得：0<𝑡<12，即原不等式的解集为(0,12).22.(1)证明：∵𝑎+𝑏+𝑐=1，代入不等式的左端，∴(1𝑎−1)(1𝑏−1)(1𝑐−1)=(𝑎+𝑏+𝑐𝑎−1)(𝑎+𝑏+𝑐𝑏−1)(𝑎+𝑏+𝑐�

�−1)=(𝑏𝑎+𝑐𝑎)(𝑎𝑏+𝑐𝑏)(𝑎𝑐+𝑏𝑐)=𝑎𝑐+𝑏𝑐+𝑏𝑎+𝑐𝑎+𝑎𝑏+𝑐𝑏+2=(𝑎𝑐+𝑐𝑎)+(𝑏𝑎+𝑎𝑏)+(𝑏𝑐+𝑐𝑏)+2，，∴𝑎𝑏+𝑏𝑎⩾2,

𝑐𝑏+𝑏𝑐⩾2,𝑐𝑎+𝑎𝑐⩾2，∴(𝑎𝑐+𝑐𝑎)+(𝑏𝑎+𝑎𝑏)+(𝑏𝑐+𝑐𝑏)+2⩾8，∴(1𝑎−1)(1𝑏−1)(1𝑐−1)⩾8(当且仅当𝑎=𝑏=𝑐=13时，

等号成立)．(2)解：原不等式可化为𝑎𝑥2+(𝑎−2)𝑥−2⩾0，化简为(𝑥+1)(𝑎𝑥−2)⩾0，∵𝑎<0,∴(𝑥+1)(𝑥−2𝑎)⩽0，①当−2<𝑎<0时，2𝑎⩽𝑥⩽−1；②当𝑎=−2时，𝑥=−1；③当𝑎<−2时，

−1⩽𝑥⩽2𝑎．综上所述，当−2<𝑎<0时，不等式解集为{𝑥|2𝑎⩽𝑥⩽−1}；当𝑎=−2时，不等解集为{𝑥|𝑥=−1}；当𝑎<−2时，解集为{𝑥|−1⩽𝑥⩽2𝑎}．【解析】1.【分析】本题考查集合的并集，是基础题．在数轴上表示出集合M，N，利用集合

并集的定义求解即可．【解答】解：在数轴上分别表示集合M和N，如图所示，则𝑀∪𝑁={𝑥|𝑥<−5或𝑥>−3}，故选A．2.【分析】本题考查求函数的定义域，属于基础题．由偶次根号下的数大于等于0，分母不

为0得出关系式，求出即可．【解答】解：由题意可得{2𝑥−1≥0𝑥−2≠0,解得𝑥≥12且𝑥≠2，故函数的定义域为[12,2)∪(2,+∞)．故选C．3.【分析】本题主要考查利用作差法比较大小.熟练掌握完全平方公式是解本题的关键，属于基础题．由𝑀−𝑁=(𝑥−1)2+1即可得出答案．

【解答】解：𝑀−𝑁=3𝑥2−𝑥+1−2𝑥2−𝑥+1=𝑥2−2𝑥+2=(𝑥−1)2+1>0，故𝑀>𝑁，故选A．4.【分析】本题主要考查利用基本不等式求最值，属于基础题．对原式进行化简，利用基本不等式求最值即可，注意等号取得的

条件．【解答】解：𝑡>0，则𝑦=𝑡2−4𝑡+1𝑡=𝑡+1𝑡−4≥2√𝑡·1𝑡−4=−2，当且仅当𝑡=1𝑡，即𝑡=1时，等号成立，则𝑦=𝑡2−4𝑡+1𝑡的最小值为−2．故选A．5.【分析】本题考查充

分必要条件的定义，属于基础题．先求出{2𝑥+1>0𝑥−3<0的充要条件，然后逐项判断即可．【解答】解：{2𝑥+1>0𝑥−3<0的充要条件为−12<𝑥<3，对于A，是{2𝑥+1>0𝑥−3<0的充要条件，对于B，是{2𝑥+

1>0𝑥−3<0的充分不必要条件，对于C，是{2𝑥+1>0𝑥−3<0的不充分不必要条件，对于D，是{2𝑥+1>0𝑥−3<0的一个必要不充分条件，故选D．6.【分析】本题考查了奇函数的性质，属于基础题．推出𝑓(−1)=−

𝑓(1)=2代入函数表达式可得m．【解答】解：根据题意，函数𝑦=𝑓(𝑥)是奇函数，且𝑓(1)=−2，则𝑓(−1)=−𝑓(1)=2．又由当𝑥<0时，𝑓(𝑥)=𝑥2+𝑚𝑥+1，则𝑓(−1)=2−𝑚=2，解得𝑚=0．故选B．7.【分析】本题考查了分式不等式的解法和

一元二次方程与相应不等式的关系，属于一般题．解不等式4𝑥+1𝑥+2<0，得到不等式𝑎𝑥2+𝑏𝑥−2>0的解集，从而得到方程𝑎𝑥2+𝑏𝑥−2=0的两根，由韦达定理求a、b的值即可解题．【解答】解：不等式4𝑥+1𝑥+

2<0等价于(4𝑥+1)(𝑥+2)<0，解得：−2<𝑥<−14，∵不等式4𝑥+1𝑥+2<0和不等式𝑎𝑥2+𝑏𝑥−2>0的解集相同，∴不等式𝑎𝑥2+𝑏𝑥−2>0的解集为{𝑥|−2<𝑥<−

14}，由方程与不等式的关系可知：𝑎𝑥2+𝑏𝑥−2=0的两根为：𝑥1=−2,𝑥2=−14，由韦达定理：{𝑥1𝑥2=−2𝑎𝑥1+𝑥2=−𝑏𝑎，解得：𝑎=−4，𝑏=−9，故𝑎+

𝑏=−13．故选B．8.【分析】本题主要考查分段函数的值域、函数的性质及应用．根据题意求出𝑓(𝑥)的解析式，再分段求出函数的值域，最后取并集即可得到答案．【解答】解：由𝑎∗𝑏={𝑏,𝑎⩾𝑏

𝑎,𝑎<𝑏,得𝑔(𝑥)={−𝑥+2,−2⩽𝑥⩽1−𝑥2−2𝑥+4,𝑥<−2或𝑥>1,当𝑥∈[−2,1]时，𝑔(𝑥)值域为[1,4]，当𝑥∈(−∞,−2)∪(1,+∞)时，𝑔(𝑥)值域为(−∞,4)，则函数𝑔(𝑥)的值域是：(−∞

,4]，故选A．9.【分析】本题主要考查了全称量词命题与存在量词命题的判定、全称量词命题与存在量词命题的否定及真假判断，属于基础题．结合全称量词命题与存在量词命题的相关知识逐个分析解答．【解答】解：对于A，存在量词命题的否定是全称量词命题，更改量词并否定结论知A正确；对于B，“至少有一个”是存在

量词，命题为存在量词命题，B错误；对于C，当𝑥=9时，𝑥−2=7>√9=3，C是真命题；对于D，该全称量词命题的否定为“∃𝑥0∈𝑅,𝑥02⩽0”，当𝑥0=0时，𝑥02=0，为真命题，故D正确，故选ACD．10.【分析】本题考查命题真假，用到了不等式性质，特值的思想方法，属于中档

题．选项是不等式，可以利用不等式性质，结合特例逐项判断，得出正确结果．【解答】解：𝐴.𝑐=0时不成立；B.若𝑎<𝑏<0，则𝑎2−𝑎𝑏=𝑎(𝑎−𝑏)>0，𝑎2>𝑎𝑏；𝑎𝑏−𝑏2=𝑏(𝑎−𝑏)>0，𝑎𝑏>𝑏2，∴𝑎2>𝑎𝑏>

𝑏2，故B正确；C.若𝑐>𝑎>𝑏>0，则𝑎𝑐−𝑎−𝑏𝑐−𝑏=𝑎𝑐−𝑎𝑏−𝑏𝑐+𝑎𝑏(𝑐−𝑎)(𝑐−𝑏)=𝑐(𝑎−𝑏)(𝑐−𝑎)(𝑐−𝑏)>0，

故C正确；𝐷.若𝑎>𝑏，1𝑎>1𝑏，则1𝑎−1𝑏=𝑏−𝑎𝑎𝑏>0，所以𝑎>0，𝑏<0，故D正确．故选BCD．11.【分析】本题考查基本不等式的应用，注意检验等号成立的条件，式子的变形是解题的关键，属于中档题．利用基本不等式分别判断各个选项的对错，即可得结果．【解答】解：

A．1𝑚+2𝑛=12(1𝑚+2𝑛)(𝑚+𝑛)=12(3+𝑛𝑚+2𝑚𝑛)⩾12(3+2√2)，当且仅当𝑚=2√2+1,𝑛=2√2√2+1时等号成立，故A正确；B.√𝑚𝑛⩽𝑚+𝑛2=1，故√𝑚𝑛2≤12，当且

仅当𝑚=𝑛=1等号成立，故B正确；C.(√𝑚+√𝑛)2=𝑚+𝑛+2√𝑚𝑛≤𝑚+𝑛+𝑚+𝑛=4，∴√𝑚+√𝑛≤2，当且仅当𝑚=𝑛=1时等号成立，故√𝑚+√𝑛有最大值2，而不是最小值为2

，故C错误；D.𝑚2+𝑛2=(𝑚+𝑛)2−2𝑚𝑛=4−2𝑚𝑛≥4−2(𝑚+𝑛2)2=2，当且仅当𝑚=𝑛=1时等号成立，故𝑚2+𝑛2的最小值为2，故D正确；故选ABD．12.【分析】本题考查函数的单调性，奇偶性根据函数的性质逐项判断即可．【解答】解：当𝑥∈

[−1,0)时，𝑓(𝑥)=𝑥+1，是[−1,0)上的增函数，所以A正确，因为𝑓(−13)=−13+1=23，𝑓(13)=13−0=13，𝑓(−13)≠𝑓(13)，所以B错误，𝑓(𝑥)的图象如下：由图可知：𝑓(𝑥)∈[0,1)，所以C正确，因为𝑓(−13)=−13+

1=23，𝑓(13)=13−0=13，𝑓(−13)≠−𝑓(13)，所以D错误，故选AC．13.【分析】本题考查函数单调性的性质以及应用，注意函数的定义域，属于基础题．根据题意，由函数的定义域和单调性可

得{−5<2𝑚−4<1−5<3−4𝑚<12𝑚−4>3−4𝑚，解可得m的取值范围，即可得答案．【解答】解：根据题意，函数𝑦=𝑓(𝑥)是定义在区间(−5,1)上的减函数，若𝑓(2𝑚−4)<𝑓(3−4𝑚)，则有{

−5<2𝑚−4<1−5<3−4𝑚<12𝑚−4>3−4𝑚，解可得76<𝑚<2，即m的取值范围为(76,2)，故答案为：(76,2)．14.【分析】本题考查一元二次不等式恒成立问题，属于基础题．对a进行分类讨论即可求解．

【解答】解：当𝑎=0时，显然不符合题意；当𝑎≠0时，{𝛥=4−4𝑎2<0𝑎<0，解得𝑎<−1，综上，a的取值范围是(−∞,−1)，故答案为(−∞,−1)．15.【分析】本题考查了函数解析式的求法，利用了换元法，属于中档题．利用换元法，令𝑡=√𝑥+4，𝑡≥

4，则√𝑥=𝑡−4，𝑥=(𝑡−4)2，代入化简可得𝑓(𝑡)，即可得𝑓(𝑥)．【解答】解：已知𝑓(√𝑥+4)=𝑥+8√𝑥，令𝑡=√𝑥+4，𝑡≥4，则√𝑥=𝑡−4，𝑥=(𝑡−4)2，那么

：𝑓(𝑡)=(𝑡−4)2+8(𝑡−4)=𝑡2−16，(𝑡≥4)，∴𝑓(𝑥)=𝑥2−16，(𝑥≥4)，故答案为：𝑥2−16(𝑥≥4)．16.【分析】本题考查函数的单调性和奇偶性的判断和应用，以及函数恒成立问题解法，考查转化思想和运算能力、

推理能力，属于中档题．由函数的奇偶性求得𝑓(𝑥)的解析式，判断单调性，可得2𝑓(𝑥)=𝑓(4𝑥)，原不等式可化为𝑥+𝑡≥4𝑥在[𝑡,𝑡+1]恒成立，由参数分离和不等式恒成立思想，可得所求范

围．【解答】解：取𝑥<0，，则−𝑥>0，∴𝑓(−𝑥)=−√−𝑥，∵𝑓(𝑥)是R上的奇函数，∴𝑓(𝑥)=−𝑓(−𝑥)=√−𝑥，∴𝑥<0时，2𝑓(𝑥)=2√−𝑥=√−4𝑥=𝑓(4𝑥)，𝑥≥0时，2𝑓(𝑥)=−2√𝑥=−√4�

�=𝑓(4𝑥)，∴2𝑓(𝑥)=𝑓(4𝑥)，即𝑓(𝑥+𝑡)≤2𝑓(𝑥)等价于𝑓(𝑥+𝑡)≤𝑓(4𝑥)，∵𝑓(𝑥)=−√𝑥在𝑥∈[0,+∞)单调递减，且函数是奇函数，∴𝑓(𝑥)在R上单调递减，∴𝑥+�

�≥4𝑥，即𝑥≤𝑡3．∵𝑓(𝑥+𝑡)≤2𝑓(𝑥)在𝑥∈[𝑡,𝑡+1]时恒成立，∴𝑡+1≤𝑡3，即𝑡≤−32．∴𝑡的取值范围是(−∞,−32].故答案为：(−∞,−32].17.本题考查集合的交集运算、集合的交、并、补集的混合运算，属于

基础题．(1)根据交集的概念，直接求即可；(2)求出𝐴∪𝐵，根据补集的定义，即可求出结果．18.本题考查集合的基本运算，根据充分不必要条件求参数的取值范围，关键在于根据集合的包含关系求参数的取值范围．(1)求出集合𝐴={𝑥|−1⩽�

�⩽5}，然后利用交集的定义即可得解；(2)根据题意A是的真子集，然后分类讨论，根据集合的关系求解参数的取值范围．19.本题考查了函数的奇偶性的应用，同时考查了分段函数的单调性及应用，属于中档题．(1)设𝑥<0，则−𝑥>0；从而由𝑓(𝑥)=−𝑓(−𝑥)求解析式，又𝑓(0)=0，

即可求解；(2)分段讨论，求出不等式的解集．20.本题考查不等式以及基本不等式在实际问题中的运用，属于中档题．(1)由题意可得：(100−𝑥)×2×(1+2𝑥%)≥2×100，化简解得x范围．(2)

2(𝑎−9𝑥50)𝑥≤(100−𝑥)×2×(1+2𝑥%)，化为：𝑎≤425𝑥+100𝑥+1在𝑥∈(0,50]上恒成立，利用基本不等式即可求解．21.本题考查函数的奇偶性与单调性的综合应用，注意分析函数的定义域，属于拔高题．(1)由奇函数的性质可得

𝑓(0)=0，解可得a的值，即可得答案；(2)由单调性的定义证明可得结论；(3)由函数的单调性以及奇偶性分析可得𝑓(𝑡−1)+𝑓(𝑡)<0⇒𝑓(𝑡−1)<−𝑓(𝑡)⇒𝑓(𝑡−1)<𝑓(−𝑡)⇒{𝑡−1<−𝑡−1<

−𝑡<1−1<𝑡−1<1，解可得t的取值范围，即可得答案．22.(1)本题考查了运用基本不等式证明不等式，考查了分析和运用能力．根据题意可得(1𝑎−1)(1𝑏−1)(1𝑐−1)=(𝑎+𝑏+𝑐𝑎−1)(𝑎+𝑏+𝑐𝑏−1)(𝑎+𝑏+𝑐𝑐−1)=(𝑎𝑐+

𝑐𝑎)+(𝑏𝑎+𝑎𝑏)+(𝑏𝑐+𝑐𝑏)+2，结合基本不等式即可得证．(2)本题考查了一元二次不等式的解法，考查了分类讨论的思想．将不等式等价为(𝑥+1)(𝑥−2𝑎)⩽0，然后对a分类讨论即可得到

不等式的解集．