2020-2021学年天津市某校高一（上）期中数学试卷.docx

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1、2020-2021学年天津市某校高一（上）期中数学试卷一、选择题：本大题共12小题，每小题4分，共48分，在每小题的4个选项中，只有一项是符合题目要求的，将答案涂在答题卡上。1. 设全集U=1,2,3,4,0，集合A=1,2,0，B=3,4,0，则(UA)B=( ) A.0B.3,4C.1,2D.2. 已知a，b，c为实数，则下列结论正确的是（ ） A.若acbc0，则abB.若ab0，则acbcC.若ab，c0，则acbcD.若ab，则ac2bc23. 已知命题p:x0R，x02x0+140，则p为（ ） A.x0R，x02x0+140B.x0R，x02x0+1404. 若不等式4x2+(m

2、1)x+10的解集为R，则实数m的取值范围是（ ） A.m5或m3B.m5或m3C.3m5D.3m0时，f(x)x3+x+1，则当x0时，（ ） A.f(x)x3+x1B.f(x)x3x1C.f(x)x3x+1D.f(x)x3x+19. 幂函数f(x)(m26m+9)xm23m+1在(0,+)上单调递增，则m的值为（ ） A.2B.3C.4D.2或410. 定义在R上的偶函数f(x)满足：对任意的x1，x20,+)，(x1x2)，有f(x2)f(x1)x2x10，且f(2)0，则不等式xf(x)0，且满足a2+ab1，则3a+b的最小值为（ ） A.B.C.2D.212. 若函数f(x)=(2

3、b1)x+b1,x0x2+(2b)x,x0在R上为增函数，则实数b的取值范围是（ ） A.(12,+)B.1,2C.(12,2D.(12,2二、填空题：本大题共6小题，每小题4分，共24分，将答案填写在答题纸上. 若全集UR，集合M=x|x24,N=x|x+1x33”是“xa“的充分不必要条件，则实数a的取值范围是_ 若关于x的函数y=kx26kx+8的定义域是R，则k的取值范围是_ 已知函数f(x)x22x+2，x0,3，则函数的值域为_ 已知两个正实数x，y满足+1，且恒有x+2ym2+7m，则实数m的取值范围_ 设定义在2,2上的偶函数，f(x)在区间0,2上单调递减，若f(1m)f(m

4、)，则实数m的取值范围是_0,bR,cR)，若函数f(x)的最小值是f(1)0，且f(0)1 （1）设g(x)，求g(1)+g(1)的值； （2）在（1）的条件下求g(x)在区间t,t+2(tR)的最大值 已知所数f(x)x|xa|1(xR) （1）当a2时，求函数f(x)的单调增区间； （2）在（1）的条件下，当x2时，f(x)kx2k2恒成立，求实数k的取值范围 （3）当a(0,3)，求函数yf(x)在x1,2上的最小值h(a)参考答案与试题解析2020-2021学年天津市某校高一（上）期中数学试卷一、选择题：本大题共12小题，每小题4分，共48分，在每小题的4个选项中，只有一项是符合题目

5、要求的，将答案涂在答题卡上。1.【答案】B【考点】交、并、补集的混合运算【解析】先计算集合CUA，再计算(CUA)B【解答】解： A=1,2,0，B=3,4,0， UA=3,4， (UA)B=3,4故选B2.【答案】C【考点】不等式的概念【解析】根据不等式的基本性质逐一判断即可【解答】A当c0时，不等式不成立，故A不正确；B当cb，c0， acbc，故C正确；D当c0时，不等式不成立，故D不正确，3.【答案】D【考点】命题的否定【解析】根据特称命题的否定是全称命题进行判断即可【解答】特称命题的否定是全称命题得p:xR，均有x2x+140，4.【答案】D【考点】其他不等式的解法【解析】根据不等式

6、4x2+(m1)x+10的解集为R，可得(m1)2160的解集为R，所以(m1)2160，所以m22m150，所以3m5，所以m的取值范围为(3,5)5.【答案】D【考点】函数的概念及其构成要素【解析】根据函数的定义，我们根据唯一性可判断C答案表示的不是函数的图象，而由函数的图象我们易判断出A、B、D三个函数图象对应函数的定义域和值域，进而可以判定答案【解答】C表示的不是函数的图象，因为其不函数定义中B中有唯一的元素和A中元素对应；A、B表示的图象是函数，其值域为By|0y2，故也不满足要求；D表示的图象是函数，其定义域Ax|0x2，值域By|1y2，故满足要求；6.【答案】B【考点】函数解析

7、式的求解及常用方法【解析】设一次函数f(x)ax+b，由题意可得ab的方程组，解方程组可得【解答】设一次函数f(x)ax+b，则ff(x)a(ax+b)+ba2x+ab+b， 对一切实数x满足ff(x)4x3， ，解得或， f(x)2x1或f(x)2x+3 f(1)1或f(1)1，故选：B7.【答案】A【考点】函数单调性的性质与判断二次函数的图象二次函数的性质【解析】对于f(x)，由二次函数的性质，求f(x)在区间1,2上是减函数时a的取值范围，而g(x)|x3a|，由此可得g(x)在区间1,2上是减函数时a的取值范围，综合可得答案【解答】根据题意，f(x)x2+2ax+3，为开口向下的二次函

8、数，其对称轴为xa，若f(x)在区间1,2上是减函数，必有a1，g(x)|x3a|，在区间(,3a上为减函数，若g(x)在区间1,2上是减函数，必有3a2，即a，综上，a的取值范围为，18.【答案】A【考点】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】根据题意，设x0，由函数的解析式可得f(x)(x)3+(x)+1x3x+1，结合函数的奇偶性分析可得答案【解答】根据题意，设x0，则f(x)(x)3+(x)+1x3x+1，又由函数f(x)为奇函数，则f(x)f(x)x3+x1，9.【答案】C【考点】幂函数的概念、解析式、定义域、值域【解析】根据幂函数的定义与性质，列出不等式与方程，即

9、可求出m的值【解答】由题意得：m26m+9=1m23m+10，解得m=2m=4m3+52， m410.【答案】B【考点】函数单调性的性质与判断【解析】由题意可知f(x)在0,+)上是减函数，再根据对称性和f(2)0得出f(x)在各个区间的函数值符号，从而得出答案【解答】 f(x2)f(x1)x2x12时，f(x)0，当0x0，又f(x)是偶函数， 当x2时，f(x)0，当2x0， xf(x)02b20(2b1)0+b102+(2b)0，解该不等式组便可得出实数b的取值范围【解答】f(x)在R上为增函数； 2b102b20(2b1)0+b102+(2b)0；解得1b2； 实数b的取值范围是1,2

10、二、填空题：本大题共6小题，每小题4分，共24分，将答案填写在答题纸上.【答案】(2,3),(,13,+)【考点】交集及其运算【解析】可以求出集合M，N，然后进行交集、补集的运算即可【解答】 Mx|x2，Nx|1x3， MN(2,3)，UN(,13,+)【答案】a3”是“xa“的充分不必要条件即可得出【解答】“x3”是“xa“的充分不必要条件， a0时，=(6k)24k80得0k89由得0k89故答案为：0,89【答案】1,5【考点】二次函数的图象二次函数的性质【解析】利用二次函数在x0,3的单调性的性质即可求得答案【解答】解； f(x)x22x+2(x1)2+1， 其对称轴x1穿过闭区间0,

11、3， 函数在x0,3时，f(x)minf(1)1，又f(x)在0,1上递减，在1,3递增，f(0)2，f(3)5，f(0)m2+7m恒成立可知(x+2y)minm2+7m，即可求解【解答】 x0，y0，且+1， x+2y(x+2y)（）4+8当且仅当且+1，即y2，x4时取最小值8 x+2ym2+7m， 8m2+7m，解可得，8m1，【答案】1m【考点】奇偶性与单调性的综合【解析】由题条件知函数在0,2上是减函数，在2,0上是增函数，其规律是自变量的绝对值越小，其函数值越大，由此可直接将f(1m)f(m)转化成一般不等式，再结合其定义域可以解出m的取值范围【解答】 函数是偶函数， f(1m)f

12、(|1m|)，f(m)f(|m|)， 定义在2,2上的偶函数f(x)在区间0,2上单调递减，f(1m)f(m)， 0|m|1m|2，得1m12三、解答题：本大题共3小题，共28分，将解题过程及答案填写在答题纸上.【答案】 集合Ax|12x17x|1x4，函数f(x)的定义域为集合B Bx|x3， ABx|3x4由（1）得ABx|x1或x1， R(AB)x|1x1 Mx|xm，MBR， m3， m的取值范围是3,+)【考点】交、并、补集的混合运算【解析】（1）求出集合A，B，由此能求出AB（2）先求出AB，由此能求出R(AB)（3）由Mx|xm，MBR，能求出m的取值范围【解答】 集合Ax|12

13、x17x|1x4，函数f(x)的定义域为集合B Bx|x3， ABx|3x4由（1）得ABx|x1或x1， R(AB)x|1x1 Mx|xm，MBR， m3， m的取值范围是3,+)【答案】 ， ，则f(x)(x+1)2而g(x)， g(x)，得g(1)4，g(1)0， g(1)+g(1)4；当t+21，即t3时，g(x)在区间t,t+2上单调递增，；当t1t+20，即3t2时，g(x)在区间t,1上单调递增，在区间1,t+2上单调递减，g(x)maxg(1)0；当t2时，综上，当t3时，；当3t2时，g(x)max0；当t2时，【考点】函数的最值及其几何意义【解析】（1）由已知可得关于a，b

14、，c的方程，求得a，b，c的值，则f(x)的解析式可求，进一步求得g(x)，则g(1)+g(1)的值可求；（2）画出函数g(x)的图象，对t分类求得g(x)在区间t,t+2(tR)的最大值【解答】 ， ，则f(x)(x+1)2而g(x)， g(x)，得g(1)4，g(1)0， g(1)+g(1)4；当t+21，即t3时，g(x)在区间t,t+2上单调递增，；当t1t+20，即3t2时，g(x)在区间t,1上单调递增，在区间1,t+2上单调递减，g(x)maxg(1)0；当t2时，综上，当t3时，；当3t2时，g(x)max0；当t2时，【答案】当a2时，f(x)x|x2|1=x(x2)1=x2

15、2x1,x2x(x2)1=x2+2x1,x2时，f(x)x(x2)1，若f(x)kx2k2恒成立，即x(x2)1kx2k2恒成立，即x22x+1k(x2)，即kx22x+1x2恒成立，设tx2，则t0，则xt+2，则x22x+1x2=(t+2)22(t+2)+1t=t2+2t+1t=t+1t+2， t0， t+1t+22+2t1t=2+24，当且仅当t=1t，即t1时，取等号 k4，即实数k的取值范围是(,4f(x)=x2ax1,xax2+ax1,xa，当0a1时，x1a，此时f(x)x2ax1的对称轴为x=a2121，则f(x)在1,2上递增，则最小值h(a)f(1)1a1a，当1a2时，x

16、a时取得最小值h(a)f(a)1，当2a3时，x2a，此时f(x)x2+ax1，对称轴为x=a2(1,32)，f(1)a2，f(2)2a5， 2a5(a2)a30， 2a5a2，即此时函数的最小值h(a)f(2)2a5综上h(a)=a,0a11,1a22a5,2a3【考点】函数恒成立问题【解析】（1）当a2时，求出函数的解析式，结合分段函数的性质进行求解即可（2）根据不等式恒成立，利用参数分离法进行求解（3）结合分段函数的表达式，讨论二次函数的对称轴与区间的关系进行求解即可【解答】当a2时，f(x)x|x2|1=x(x2)1=x22x1,x2x(x2)1=x2+2x1,x2时，f(x)x(x2

17、)1，若f(x)kx2k2恒成立，即x(x2)1kx2k2恒成立，即x22x+1k(x2)，即kx22x+1x2恒成立，设tx2，则t0，则xt+2，则x22x+1x2=(t+2)22(t+2)+1t=t2+2t+1t=t+1t+2， t0， t+1t+22+2t1t=2+24，当且仅当t=1t，即t1时，取等号 k4，即实数k的取值范围是(,4f(x)=x2ax1,xax2+ax1,xa，当0a1时，x1a，此时f(x)x2ax1的对称轴为x=a2121，则f(x)在1,2上递增，则最小值h(a)f(1)1a1a，当1a2时，xa时取得最小值h(a)f(a)1，当2a3时，x2a，此时f(x)x2+ax1，对称轴为x=a2(1,32)，f(1)a2，f(2)2a5， 2a5(a2)a30， 2a5a2，即此时函数的最小值h(a)f(2)2a5综上h(a)=a,0a11,1a22a5,2a3第13页 共16页 第14页 共16页