2020-2021学年重庆某校高一（上）期中数学试卷.docx

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1、2020-2021学年重庆某校高一（上）期中数学试卷一、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. 若集合Px|x2+x20，Q1,0,1,2,3，则PQ（ ） A.1,0,1B.1,0C.0,1D.0,1,22. 命题“x0，x2+2x0”的否定是（ ） A.x0，x2+2x0，x2+2x0，x2+2x0D.x0，x2+2x1y1是x+y2的（ ）条件 A.充要B.必要不充分C.充分不必要D.既不充分也不必要4. 设，则（ ） A.f(x)B.f(x)C.1f(x)D.5. 函数y=4xx2+1的图象大致为( ) A.B.C.D.

2、6. 函数f(x)=x2+2x3的递增区间为（ ） A.1,+)B.1,+)C.3,1D.(,17. 若x0，y0，且满足，则x+y的最小值是（ ） A.6B.7C.8D.98. 设，则下列说法一定正确的是（ ） A.babbaaB.abaabaC.abbaaaD.abbbb，那么B.若ab0，则有最小值2D.若xR，则有最大值1 高斯函数是数学中的一个重要函数，在自然科学、社会科学以及工程学等领域都能看到它的身影设xR，用符号x表示不大于x的最大整数，如1.61，1.62，称函数f(x)x叫做高斯函数下列关于高斯函数f(x)x的说法正确的有（ ） A.f(2)2B.若f(a)f(b)，则|a

3、b|1C.函数yf(x)x的值域是0,1)D.函数yxf(x)在1,+)上单调递增三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分. _ 若函数在R上单调递增，则a的取值范围为_ 已知函数f(x)|2x2|(x1)，则f(x)值域为_ 已知f(x)是偶函数，且f(x)在0,+)上单调递增，如果f(ax+1)f(x2)在上恒成立，则实数a的取值范围是_|-1 四、解答题：共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤. 已知集合Ax|x2|1， （1）求AB； （2）求(RA)B 已知函数f(x)x22x+2 （1）记函数F(x)2f（x），求函数F(x)在0,3上的最值； （2）若函数

4、yg(x)是定义在R上的偶函数，且当x0时，g(x)f(x)，求函数g(x)的解析式 已知函数f(x)a4xa2x+1+1b(a0)在区间1,2上的最大值为9，最小值为1 （1）求a，b的值； （2）若方程f(x)k2x0在1,2上有两个不同的解，求实数k的取值范围 如图所示，设矩形ABCD(ABAD)的周长为20cm，把ABC沿AC向ADC折叠，AB折过去后交DC于点P，设ABxcm，APycm （1）建立变量y与x之间的函数关系式yf(x)，并写出函数yf(x)的定义域； （2）求ADP的最大面积以及此时的x的值 已知函数f(x)ax2+x+c(a0)满足：函数是偶函数；关于x的不等式f(

5、x)0的解集是(m,1)(m1时，f(x)0成立 （1）求f(1)； （2）设x1，x2(0,+)，若f(x1)0，x2+2x1y1，则x+y2成立，当x=3，y=0时满足x+y2，但x1y1，不成立，即x1y1是x+y2的充分不必要条件，故选：C4.【答案】C【考点】函数解析式的求解及常用方法【解析】根据f(x)的解析式可得出，从而得出正确的选项【解答】 ， 5.【答案】A【考点】函数奇偶性的判断函数的图象【解析】根据函数的奇偶性和函数值的正负即可判断【解答】解：设f(x)=y=4xx2+1，由题知定义域为实数集R， f(x)=4(x)(x)2+1=4xx2+1=f(x)， 函数f(x)为奇

6、函数，故排除CD；当x0时，f(x)0，故排除B.故选A.6.【答案】B【考点】复合函数的单调性函数的单调性及单调区间【解析】根据复合函数单调性之间的关系求函数的递增区间即可【解答】解：由x2+2x30得x1或x3，即函数的定义域为1,+)(,3，设t=x2+2x3，则函数t=x2+2x3的增区间为1,+),减区间为(,3， y=t是增函数， 根据复合函数的单调性的性质可知，函数f(x)的递增区间是1,+)，故选：B7.【答案】A【考点】基本不等式及其应用【解析】根据乘“1”法，由基本不等式分析可得答案【解答】当且仅当，即x5，y1时取“”，故x+y的最小值是6，8.【答案】B【考点】指数函数

7、的单调性与特殊点【解析】根据指数函数和幂函数的性质判断大小即可【解答】依题意有：0ab1，由指数函数yax(0aab，由幂函数yxa(0a1)单调递增可得：aaba，于是：abaaba，同理可得：abbbba，对于aa和bb而言，无法比较大小，反例如下：当，时，aabb二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的四个选项中，有多项是符合题目要求的.全选对得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分.【答案】A,C,D【考点】判断两个函数是否为同一函数【解析】根据两函数的定义域相同，对应关系也相同，即可判断它们是同一函数【解答】对于A，f(x)22x4x，xR；g(x)4x，

8、xR；两函数的定义域相同，对应关系也相同，是同一函数；对于B，f(x)，x1,+)；g(x)，x(,11,+)；两函数的定义域不同，不是同一函数；对于C，f(x)x2，xR；g(x)x2，xR；两函数的定义域相同，对应关系也相同，是同一函数；对于D，f(x)|x2|，xR；g(x)，xR；两函数的定义域相同，对应关系也相同，是同一函数【答案】A,B【考点】函数奇偶性的性质与判断【解析】根据题意，依次分析选项中函数的奇偶性，综合即可得答案【解答】根据题意，依次分析选项：对于A，设F(x)f(x)，其定义域为R，则有F(x)f(x)f(x)f(x)F(x)，函数yf(x)为奇函数，对于B，设F(x

9、)f(x)+x3，其定义域为R，则有F(x)f(x)+(x)3f(x)+x3F(x)，函数yf(x)+x3为奇函数，对于C，设F(x)，其定义域为x|x0，则有F(x)F(x)，是偶函数，对于D，yf(x)，其定义域为0,+)，其定义域不关于原点对称，不是奇函数，【答案】B,D【考点】不等式的基本性质基本不等式及其应用【解析】根据ab，取a1，b1，即可判断A；利用不等式的基本性质，即可判断B；根据基本不等式取等号的条件，即可判断C；根据条件，利用基本不等式求出的最大值即可【解答】A根据ab，取a1，b1，则，故A错误；B由ab0，故C错误；D xR，要求的最大值，则必有x0， ，当且仅当x1

10、时取等号， xR，则有最大值1，故D正确【答案】A,B,D【考点】高斯函数x命题的真假判断与应用【解析】直接由符号函数的定义判断A，B，举例说明C错误，写出分段函数解析式，由分段函数的单调性判断D【解答】由符号函数x的定义，可得f(2)22，故A正确；若f(a)f(b)，则ab，而x表示不超过x的最大整数，则1ab1，即|ab|1，故B正确；函数yf(x)x，当x1.1时，y1.11.111.10.10，故C错误；yxf(x)xx，函数为分段函数，在1,+)上单调递增，故D正确三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.【答案】1【考点】对数的运算性质【解析】利用对数的性质和运算法则有理

11、数指数幂的计算法则求解【解答】原式3+1+691，【答案】3,6)【考点】函数单调性的性质与判断分段函数的应用【解析】函数在R上单调递增，列出不等式组，求解不等式组即可【解答】函数在R上单调递增， ，解得：3a6【答案】0,2)【考点】函数的值域及其求法【解析】根据x1即可得出2x2的范围，进而得出|2x2|的范围，即得出f(x)的值域【解答】 x1， 02x2，22x20， 0|2x2|2， f(x)的值域为0,2)【答案】a【考点】奇偶性与单调性的综合【解析】由已知结合绝对值不等式先进行转化不等式，然后进行分离参数，结合函数性质可求【解答】依题意有：时，|ax+1|x2|2x，于是x2ax

12、+12x，由ax+1x2恒成立可得：，于是a1，由ax+12x恒成立可得：，于是，于是：实数a的取值范围是：四、解答题：共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤.【答案】 Ax|1x3，Bx|x2， ABx|2x3； RAx|x3， (RA)Bx|x2【考点】交、并、补集的混合运算【解析】（1）可求出集合A，B，然后进行交集的运算即可；（2）进行补集和并集的运算即可【解答】 Ax|1x3，Bx|x2， ABx|2x3； RAx|x3， (RA)Bx|x2【答案】记tf(x)x22x+2，则f(x)在0,1上单调递减，在1,3上单调递增，y2t在tR时单调递增，于是函数yF(x)在

13、0,1上单调递减，在1,3上单调递增，所以，依题意，当x0时，g(x)x22x+2；当x0，于是g(x)x2+2x+2，又函数g(x)为偶函数，所以g(x)g(x)，所以g(x)x2+2x+2，综上，g(x)【考点】函数奇偶性的性质与判断函数的最值及其几何意义【解析】（1）记tf(x)x22x+2在0,1上单调递减，在1,3上单调递增，利用复合函数的单调性求解函数F(x)的最值（2）根据当x0时，g(x)x22x+2，利用函数g(x)为偶函数，求函数g(x)的解析式即可【解答】记tf(x)x22x+2，则f(x)在0,1上单调递减，在1,3上单调递增，y2t在tR时单调递增，于是函数yF(x)

14、在0,1上单调递减，在1,3上单调递增，所以，依题意，当x0时，g(x)x22x+2；当x0，于是g(x)x2+2x+2，又函数g(x)为偶函数，所以g(x)g(x)，所以g(x)x2+2x+2，综上，g(x)【答案】令t2x2,4，则yat22at+1b在t2,4上单调递增，于是：ymax8a+1b9，ymin1b1，解得：a1，b0令，于是方程可变为：t22t+1kt0，即由于函数在单调递减，在1,4单调递增，且yt10，要使方程有两个不同的解，则【考点】函数的最值及其几何意义【解析】（1）令t2x2,4，则yat22at+1b在t2,4上单调递增，通过函数的最值，求解a，b（2）令，化简

15、方程：t22t+1kt0，推出利用函数的单调性，转化求解方程有两个不同解时，求解k的范围【解答】令t2x2,4，则yat22at+1b在t2,4上单调递增，于是：ymax8a+1b9，ymin1b1，解得：a1，b0令，于是方程可变为：t22t+1kt0，即由于函数在单调递减，在1,4单调递增，且yt10，要使方程有两个不同的解，则【答案】依题意有：AD10x，DPxy，在RtADP中，有(10x)2+(xy)2y2，化简得：，即由x10x0可得函数f(x)的定义域为：(5,10)依题意有：，由基本不等式可得：，当且仅当即时取等号，于是，综上：ADP的最大面积为，此时【考点】函数解析式的求解及

16、常用方法【解析】（1）利用折叠后，三角形ADP为直角三角形，结合矩形的周长、勾股定理列出函数解析式yf(x)，并求出定义域；（2）先表示出ADP的面积S(x)，然后利用基本不等式求出最值以及取最值的条件，问题获解【解答】依题意有：AD10x，DPxy，在RtADP中，有(10x)2+(xy)2y2，化简得：，即由x10x0可得函数f(x)的定义域为：(5,10)依题意有：，由基本不等式可得：，当且仅当即时取等号，于是，综上：ADP的最大面积为，此时【答案】由可得：函数f(x)关于对称，则有，得a2由可得：x1是方程ax2+x+c0的一个解，则有a+1+c0，得c3于是：f(x)2x2+x3依题

17、意有：g(x)2x2+(4k+1)x3，对称轴为x(k+1)，当(k+1)3即k4时，g(x)在1,3单调递减，于是g(x)ming(3)12k+27，当1(k+1)3即4k2时，g(x)在1,(k+1)单调递减，在(k+1),3单调递增，于是当(k+1)1即k2时，g(x)在1,3单调递增，于是g(x)ming(1)4k+3综上：h(k)【考点】函数解析式的求解及常用方法函数奇偶性的性质与判断函数的最值及其几何意义【解析】（1）利用函数的对称性求解a通过不等式的解集求解b，得到函数的解析式（2）推出g(x)2x2+(4k+1)x3，对称轴为x(k+1)，利用函数的对称轴与区间的位置关系，分别

18、求解函数的最小值，得到结果【解答】由可得：函数f(x)关于对称，则有，得a2由可得：x1是方程ax2+x+c0的一个解，则有a+1+c0，得c3于是：f(x)2x2+x3依题意有：g(x)2x2+(4k+1)x3，对称轴为x(k+1)，当(k+1)3即k4时，g(x)在1,3单调递减，于是g(x)ming(3)12k+27，当1(k+1)3即4kx2，理由如下：记x1kx2，则f(x1)f(kx2)f(k)+f(x2)，由f(x1)f(x2)可得f(k)1，故x1x2 由（1）知，yf(x)是减函数， 依题意有：32x+32xm(3x+3x)100恒成立，令，则32x+32xt22，原不等式可

19、化为：t22mt100，由t22mt10恒成立可得：，于是由mt100恒成立可得：，于是m5综上：实数m的取值范围是【考点】不等式恒成立的问题【解析】（1）可令xy1，计算可得所求值；（2）记x1kx2，结合条件和不等式的性质可得结论；（3）令，原不等式可化为t22mt100，运用参数分离和函数的单调性求得最值，即可得到所求范围【解答】令xy1可得f(1)f(1)+f(1)，则f(1)0；x1x2，理由如下：记x1kx2，则f(x1)f(kx2)f(k)+f(x2)，由f(x1)f(x2)可得f(k)1，故x1x2 由（1）知，yf(x)是减函数， 依题意有：32x+32xm(3x+3x)100恒成立，令，则32x+32xt22，原不等式可化为：t22mt100，由t22mt10恒成立可得：，于是由mt100恒成立可得：，于是m5综上：实数m的取值范围是第17页 共18页 第18页 共18页