2020-2021学年山东省东营市某校高一（上）期中数学试卷.docx

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1、2020-2021学年山东省东营市某校高一（上）期中数学试卷一、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. 已知全集为R，集合A2,1,0,1,2，Bx|x+1x20”的否定为（ ） A.对任意xR，都有x2x0B.存在x0R，使得x02x00C.存在x0R，使得x02x00D.不存在x0R，使得x02x003. 设c1，a=c+1c，b=cc1，则有（ ） A.abB.abC.abD.a、b的关系与c的值有关4. 若不等式1x3的必要不充分条件是m2xm+2，则实数m的取值范围是（ ） A.1,2B.1,3C.(1,2)D.(1,3)

2、5. ，已知函数f(x)ax3+bx4其中a，b为常数若f(2)2，则f(2)的值为（ ） A.2B.4C.6D.106. 某同学解关于x的不等式x27ax+3a0)时，得到x的取值区间为(2,3)，若这个区间的端点有一个是错误的，那么正确的x的取值范围应是（ ） A.(2,1)B.(12,3)C.(1,3)D.(2,3)7. 方程x2+(m2)x+5m0的一根在区间(2,3)内，另一根在区间(3,4)内，则m的取值范围是（ ） A.(5,4)B.(133,2)C.(133,4)D.(5,2)8. 设函数f(x)=1|x1|,x(,2)12f(x2),x2,+)，则函数F(x)xf(x)1的零

3、点的个数为（ ） A.4B.5C.6D.7二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20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5分，有选错的得0分，部分选对的得3分. 下列命题中正确的是（ ） A.y=x+1x(x0)的最大值是243D.y=x+4x1(x1)最小值是5 设集合Mx|(xa)(x3)0，Nx|(x4)(x1)0，则下列说法不正确的是（ ） A.若MN有4个元素，则MNB.若MN，则MN有4个元素C.若MN1,3,4，则MND.若MN，则MN1,3,4 给出如下命题，下列说法正确的是（ ） A.“a1”是“1a2且y3”是“x+y5”的充分不必要条件C.“ab”

4、是“ac2bc2”的充分不必要条件D.“m2”是“m1，若f(x)的最小值为f(1)，则实数a的取值范围是_ 要使不等式x2+(a6)x+93a0，|a|1恒成立，则x的取值范围为_ 四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. （1）设全集为R，集合Ax|3x6，Bx|2x9，Cx|axa+1求(UB)A；若CB，求实数a取值构成的集合 （2）若Ax|xa|0，若ABR，求实数a的取值范围 已知函数yf(x)是定义在R上的奇函数，且当x0时，f(x)x2+2x （1）求函数f(x)的解析式； （2）指出函数f(x)在R上的单调性（不需要证明）； （3）若对任意

5、实数m，f(m)+f(m2t)0恒成立，求实数t的取值范围 （1）求函数y=2x+41x的值域； （2）若函数y=1kx2+4kx+3的定义域为R，求实数k的取值范围 小王大学毕业后，决定利用所学专业进行自主创业经过市场调查，生产某小型电子产品需投入年固定成本为3万元，每生产x万件，需另投入流动成本为W(x)万元，在年产量不足8万件时，W(x)=13x2+x（万元）在年产量不小于8万件时，W(x)=6x+100x38（万元）每件产品售价为5元通过市场分析，小王生产的商品能当年全部售完 (1)写出年利润L(x)（万元）关于年产量x（万件）的函数解析式.（注：年利润=年销售收入固定成本流动成本）

6、(2)年产量为多少万件时，小王在这一商品的生产中所获利润最大？最大利润是多少？ 设函数f(x)ax2+(b2)x+3(a0) （1）若ba3，求不等式f(x)1，求1|a|+|a|b+1的最小值 已知函数f(x)ax23x+4(a0) （1）若yf(x)在区间0,2上的最小值为52，求a的值； （2）若存在实数m，n使得yf(x)在区间m,n上单调且值域为m,n，求a的取值范围参考答案与试题解析2020-2021学年山东省东营市某校高一（上）期中数学试卷一、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.【答案】D【考点】交、并、补集的混合运

7、算【解析】根据集合的基本运算即可求RB，进而可求【解答】由题意可得，B(1,2)， RBx|x2或x1 A(RB)2,1,2，共有3个元素2.【答案】B【考点】命题的否定【解析】根据含有量词的命题的否定即可得到结论【解答】命题为全称命题，则命题的否定为x0R，x02x00，3.【答案】B【考点】利用不等式比较两数大小【解析】先将a，b整理，再结合不等式的性质，即可求解【解答】a=1c+1+c，b=1c+c1， c1， c+1+cc+c11， ab4.【答案】B【考点】充分条件、必要条件、充要条件【解析】根据集合的包含关系得到关于m的不等式，解出即可【解答】若不等式1x3的必要不充分条件是m2x

8、0矛盾，所以x2；把x=3代入可得a=12，满足题意，故原不等式可化为2x27x+30.易知x1=3是方程2x27x+3=0的一个解，则x2+3=72，解得x2=12，所以x的取值范围为：12x0f(3)0，即4+2(m2)+5m09+3(m2)+5m0，解得133m7时，f(x)2，故选项B错误（1） x0， 3x+4x212=43，当且仅当x=233时取“， y23x4x243，故选项C正确（2） x1， x10，yx+4x1=(x1)+4x1+124+15，当且仅当x3时取“，故选项D正确（3）故选：ACD【答案】B,C【考点】交集及其运算并集及其运算【解析】在A中，若MN有4个元素，则

9、a1,3,4，从而MN；在B中，若MN，则a1,4，从而MN有3个元素；在C中，若MN1,3,4，则当a3时，MN；在D中，若MN，则a1,4，从而MN1,3,4【解答】 集合Mx|(xa)(x3)0a,3，Nx|(x4)(x1)01,4，在A中，若MN有4个元素，则a1,3,4， MN，故A正确；在B中，若MN，则a1,4， MN有3个元素，故B错误；在C中，若MN1,3,4，则当a3时，MN，故C错误；在D中，若MN，则a1,4， MN1,3,4，故D正确【答案】B,D【考点】充分条件、必要条件、充要条件【解析】根据充分必要条件的定义分别判断即可【解答】对于A：由1a1或a1”是“1a2且

10、y3”能推出“x+y5”，是充分条件，由“x+y5“推不出“x2且y+3”，不是必要条件，故B正确；对于C：“ab”推不出“ac2bc2”，不是充分条件，由“ac2bc2”能推出“ac”是必要条件，故ab”是“ac2bc2”的必要不充分条件，故C错误；对于D：“m2”是“m0，f(0)0，故排除D(1)当x0时，f(x)=1x+ax12a，当且仅当x=a时取等号，则函数f(x)在(,a)上为减函数，在(a,+)为增函数，故选项B符合（2）当a0，f(x)=1x+ax，由于yx+ax在(0,a)，(a,+)为增函数，则f(x)=1x+ax在(0,a)，(a,+)为减函数，故A符合，故选：ABC三

11、、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.【答案】6【考点】函数奇偶性的性质与判断【解析】由已知中f(x)(a1)x2+ax+3是偶函数，根据其奇次项系数为0，我们可以求出a的值，进而得到f(3)【解答】 f(x)(a1)x2+ax+3是偶函数， a0 f(x)x2+3 f(3)9+36【答案】9【考点】基本不等式及其应用【解析】整体代入可得1y+8x=12(x+2y)(1y+8x)=12(10+16yx+xy)，由基本不等式可得【解答】 正数x，y满足x+2y2， 1y+8x=12(x+2y)(1y+8x)=12(10+16yx+xy)12(10+216yxxy)9当且仅当16yx=xy

12、即x=43且y=13时取等号【答案】3,+)【考点】函数的最值及其几何意义【解析】利用分段函数以及二次函数的性质，基本不等式转化列出不等式组求解即可【解答】由题意可知要保证f(x)的最小值为f(1)，需满足a1f(2)f(1)，即a12+42+a12a+12，解得a3故答案为：3,+)【答案】(,2)(4,+)【考点】一元二次不等式的应用【解析】对x2+(a6)x+93a进行因式分解，可得(x+a3)(x3)，根据|a|1，比较根的大小，【解答】不等式x2+(a6)x+93a0，即(x+a3)(x3)0， |a|1，即1a1，那么：23a4，(x+a3)(x3)0的根x13a，x23，不等式x

13、2+(a6)x+93a0，|a|1恒成立， 不等式的解集为(,2)(4,+)四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.【答案】 Ax|3x6，Bx|2x9， UBx|x2或x9， (UB)Ax|x2或3x6或x9； CB， C， a2a+19，解得：2a8 实数a取值构成的集合：2,8Ax|xa|4x|a4x0x|x5或x1，由ABR知：a45，解上不等式组得：1a3，故实数a的取值范围为a|1a3【考点】交、并、补集的混合运算【解析】（1）求出B的补集，从而求出其和A的并集即可；由CB，得到关于a的不等式组，解出即可（2）先求出集合A，B，并集的定义，求出a

14、的范围【解答】 Ax|3x6，Bx|2x9， UBx|x2或x9， (UB)Ax|x2或3x6或x9； CB， C， a2a+19，解得：2a8 实数a取值构成的集合：2,8Ax|xa|4x|a4x0x|x5或x1，由ABR知：a45，解上不等式组得：1a3，故实数a的取值范围为a|1a3【答案】函数yf(x)是定义在R上的奇函数，当x0时，f(x)x2+2x；当x0，所以f(x)(x)2+2(x)x22xf(x)，解得f(x)x2+2x；所以函数f(x)的解析式为f(x)=x2+2x,x0，所以f(m)f(m2t)f(tm2)；又f(x)是定义域R上的单调增函数，所以mtm2，所以tm2+m

15、恒成立；设g(m)m2+m，mR，则g(m)=(m+12)21414，当且仅当m=12取得最小值为14；所以实数t的取值范围是t14【考点】不等式恒成立的问题函数奇偶性的性质与判断函数解析式的求解及常用方法【解析】（1）根据f(x)是定义在R上的奇函数，利用x0时f(x)x2+2x求出x0时f(x)的解析式即可；（2）画出函数f(x)在定义域内的图象，由图象得出f(x)的单调性；（3）由f(x)是定义域R上的奇函数，且为单调增函数，把不等式化为tm2+m恒成立，求出g(m)m2+m的最小值即可得出结论【解答】函数yf(x)是定义在R上的奇函数，当x0时，f(x)x2+2x；当x0，所以f(x)

16、(x)2+2(x)x22xf(x)，解得f(x)x2+2x；所以函数f(x)的解析式为f(x)=x2+2x,x0，所以f(m)f(m2t)f(tm2)；又f(x)是定义域R上的单调增函数，所以mtm2，所以tm2+m恒成立；设g(m)m2+m，mR，则g(m)=(m+12)21414，当且仅当m=12取得最小值为14；所以实数t的取值范围是t0在R上恒成立，所以k0或k0=16k212k0，解得：k0或0k0在R上恒成立，通过对k分类讨论即可得出实数k的取值范围【解答】由1x0得x1令t=1x0，则x1t2，所以y2(1t2)+4t2t2+4t+22(t1)2+4，由于t0，所以y2(t1)2

17、+44，也即函数y=2x+41x的值域为(,4由于函数y=1kx2+4kx+3的定义域为R，所以kx2+4kx+30在R上恒成立，所以k0或k0=16k212k0，解得：k0或0k34，即实数k的取值范围是0,34)【答案】解:(1)每件产品售价为5元，则x万件商品销售收入为5x万元，依题意得：当0x8时，L(x)=5x(13x2+x)3=13x2+4x3，当x8时，L(x)=5x(6x+100x38)3=35(x+100x)， L(x)=13x2+4x3，0x8,35(x+100x)，x8.(2)当0x8时，L(x)=13(x6)2+9，此时，当x=6时，L(x)取得最大值9；当x8时，L(

18、x)=35(x+100x)352x100x=15，此时，当x=100x,即x=10时，L(x)取得最大值15； 915， 年产量为10万件时，小王在这一商品的生产中所获利润最大，最大利润是15万元【考点】基本不等式在最值问题中的应用函数模型的选择与应用函数解析式的求解及常用方法【解析】（1）根据年利润=销售额-投入的总成本-固定成本，分0x8和当x8两种情况得到L与x的分段函数关系式；（2）当0x8时根据二次函数求最大值的方法来求L的最大值，当x8时，利用基本不等式来求L的最大值，最后综合即可【解答】解:(1)每件产品售价为5元，则x万件商品销售收入为5x万元，依题意得：当0x8时，L(x)=

19、5x(13x2+x)3=13x2+4x3，当x8时，L(x)=5x(6x+100x38)3=35(x+100x)， L(x)=13x2+4x3，0x8,35(x+100x)，x8.(2)当0x8时，L(x)=13(x6)2+9，此时，当x=6时，L(x)取得最大值9；当x8时，L(x)=35(x+100x)352x100x=15，此时，当x=100x,即x=10时，L(x)取得最大值15； 915， 年产量为10万件时，小王在这一商品的生产中所获利润最大，最大利润是15万元【答案】由题意可得f(x)4x+2，即为ax2(a+1)x+10，即(x1)(ax1)0，当a1a，由(x1)(x1a)0

20、，解得x1或x1a；当a1时，(x1)21时，11a，由(x1)(x1a)0，解得1ax1；当0a1时，11a，由(x1)(x1a)0，解得1x1a综上可得，a1或x1a；0a1时，解集为x|1x1时，解集为x|1ax1，可得a+b+14，b+10，可得1|a|+|a|b+1=a+b+14|a|+|a|b+1=|a|b+1+b+14|a|+a4|a|2|a|b+1b+14|a|+a4|a|=1+a4|a|，当a0时，1+a4|a|=1+14=54，可得1|a|+|a|b+1的最小值为54，当且仅当a=43，b=53时等号成立；当a0时，1+a4|a|=114=34，可得1|a|+|a|b+1的

21、最小值为34，当且仅当a4，b7时等号成立所以1|a|+|a|b+1的最小值为34【考点】基本不等式及其应用二次函数的图象二次函数的性质【解析】（1）由题意可得ax2(a+1)x+10，即(x1)(ax1)0，讨论a0，a1，0a1时，结合二次不等式的解法，不等式的解集，可得所求解集；（2）求得a+b+14，b+10，可得1|a|+|a|b+1=|a|b+1+b+14|a|+a4|a|，运用基本不等式和讨论a0，a0，可得所求最小值【解答】由题意可得f(x)4x+2，即为ax2(a+1)x+10，即(x1)(ax1)0，当a1a，由(x1)(x1a)0，解得x1或x1a；当a1时，(x1)21

22、时，11a，由(x1)(x1a)0，解得1ax1；当0a1时，11a，由(x1)(x1a)0，解得1x1a综上可得，a1或x1a；0a1时，解集为x|1x1时，解集为x|1ax1，可得a+b+14，b+10，可得1|a|+|a|b+1=a+b+14|a|+|a|b+1=|a|b+1+b+14|a|+a4|a|2|a|b+1b+14|a|+a4|a|=1+a4|a|，当a0时，1+a4|a|=1+14=54，可得1|a|+|a|b+1的最小值为54，当且仅当a=43，b=53时等号成立；当a0时，1+a4|a|=114=34，可得1|a|+|a|b+1的最小值为34，当且仅当a4，b7时等号成立

23、所以1|a|+|a|b+1的最小值为34【答案】若032a34时，ymin=f(32a)=494a=52，解得a=32；若32a2，即0a34时，ymin=f(2)=4a2=52，解得a=98（舍去）；综上，a=32若yf(x)在m,n上单调递增，则32am0，即0a42a时，要有ax24x+40，即a(32a)24(32a)+40，可得a1516 1516a1；若yf(x)在m,n上单调递减，则m0，即0a34，且当x=32a42a时，要有ax22x+42a0即a(32a)22(32a)+42a0，解得a1116， 1116a34综上，a1116,34)1516,1)【考点】函数与方程的综合

24、运用【解析】（1）对a分类利用二次函数求最小值，再由最小值为52求a的值；（2）若yf(x)在m,n上单调递增，则32am0且当x=32a42a时，要有ax24x+40列式求得a的范围；若yf(x)在m,n上单调递减，则m0且当x=32a42a时，要有ax22x+42a0列式求解a的范围，最后取并集得答案【解答】若032a34时，ymin=f(32a)=494a=52，解得a=32；若32a2，即0a34时，ymin=f(2)=4a2=52，解得a=98（舍去）；综上，a=32若yf(x)在m,n上单调递增，则32am0，即0a42a时，要有ax24x+40，即a(32a)24(32a)+40，可得a1516 1516a1；若yf(x)在m,n上单调递减，则m0，即0a34，且当x=32a42a时，要有ax22x+42a0即a(32a)22(32a)+42a0，解得a1116， 1116a34综上，a1116,34)1516,1)第21页 共22页 第22页 共22页