辽宁省实验中学2019-2020学年高一上学期期中考试数学试题 PDF版含解析

辽宁省实验中学2019---2020学年度上学期期中考试

高一数学试卷

一、选择题（本大题共12个小题，每小题5分，共60分.第10题和第11题为多选题，漏选得2分，错选不得分.其余小题每道题只有一个选项）.

1.已知ANC，A0,1,2，B1,2,3，则CUA∩B（ ） A. 3,4,5,6,7

B. 0,4,5,6,7

C. 0,3,4,5,6,7

D.

0,3,5,6,7

【答案】C 【解析】 【分析】 由题意求出AB，化简集合，即可求出结果.

【详解】因为UxNx70,1,2,3,4,5,6,7，A0,1,2，B1,2,3， 所以A故选C

【点睛】本题主要考查集合的混合运算，熟记交集与补集的概念即可，属于基础题型. 2.命题“xQ,xx0”的否定是（ ） A. xQ,xx0 C. xQ,xx0 【答案】C 【解析】 【分析】

根据特称命题的否定是全称命题，可直接得出结果.

【详解】命题“xQ,xx0”的否定是“xQ,xx0”. 故选C

【点睛】本题主要考查特称命题的否定，只需改写量词与结论即可，属于基础题型. 3.下列函数是奇函数，且在0,上为增函数的是（ ）

B. xCRQ,xx0 D. xQ,xx0

B1,2，因此CUAB0,3,4,5,6,7.

A. fx2x41 x2B. fxxx2

C. fx【答案】D 【解析】 【分析】

x D. fxx1 3x根据函数奇偶性，以及基本初等函数的单调性，逐项判断，即可得出结果. 【详解】对于A选项，函数fx2x41的定义域为,00,，又x214fx2x2x4f(x)，所以fx2x1是偶函数，排除A； x2对于选项B，函数fxxx2的定义域为,00,，又fxx(x)2f(x)，

所以函数fxxx2是偶函数，排除B；

对于选项C，函数fx排除C；

x的定义域为0,，所以函数fxx是非奇非偶函数，对于选项D，函数fxx1的定义域为,00,，又x3111fxx3f(x)，所以函数fxx3是奇函数；因为yx与y3在

xxx0,上都是增函数，所以fxx13在0,上单调递增，D正确.

x故选D

【点睛】本题主要考查函数奇偶性的应用，熟记函数奇偶性，以及基本初等函数的单调性即可，属于常考题型.

x21,x0,则4.已知函数fx2x1,x0A.

f1f（ ） 2C. 25 16B.

7 169 16D.

9 16【答案】A 【解析】

【分析】

根据函数解析式，由内而外逐步代入，即可求出结果.

x21,x0,所以【详解】因为fx2x1,x0因此fff故选A

311f1，

42221225391.

16416【点睛】本题主要考查由分段函数求函数值，由内而外逐步计算即可，属于基础题型. 5.已知区间M的是（ ） A. a1 【答案】B 【解析】 【分析】

先由“xM,x10”是真命题，得到a1；根据选项找a1对应集合的真子集即可.

【详解】因为MB. a0

C. a1

D. a0

a,a1，则下列可作为“xM,x10”是真命题的充分不必要条件

a,a1，由“xM,x10”可得：a10，即a1；

要找“xM,x10”是真命题的充分不必要条件，即是找a1对应集合的真子集； 由题中选项，易知，B正确. 故选B

【点睛】本题主要考查命题充分不必要条件的判定，熟记充分条件与必要条件的概念即可，属于常考题型.

3a24b21222x1,x2为方程ax2bx10的根，6.已知正实数a,b满足，则x1x2x1x2a2b20（ ） A.

3 2B. 3 2C. D. 1

【答案】A 【解析】 【分析】

3a24b212先由，求出a,b的值，根据韦达定理，得到x1x2，x1x2，进而可求出结果.

a2b20a1a13a24b212a2a,b【详解】由解得或，因为为正实数，所以33，

b0bba2b2022又x1,x2为方程ax2bx10的根，所以x1x2因此x1x2x1x2x1x2(x1x2)故选A

【点睛】本题主要考查一元二次方程根与系数关系的应用，熟记根与系数关系即可，属于基础题型.

7.已知函数f2x34x5,且fa3，则a（ ） A. 【答案】A 【解析】 【分析】

先由配凑法求出函数解析式，再由函数值，即可求出结果. 【详解】因为

B. 2

C.

D. 1

22b31，x1x21； a2a3. 2f2x34x52(2x3)1，所以fx2x1,

又fa3，所以2a13，解得a2. 故选A

【点睛】本题主要考查由函数值求自变量，熟记函数概念，会求函数解析式即可，属于基础题型.

8.已知定义在上的偶函数fx，且fx对任意的x1,x20,,x1x2，都有

fx2fx1x2x1A. ,

240，若faf3a1，则实数的取值范围为（ ）

111B. 2,1

C. ,

2D.

1, 4

【答案】A 【解析】 【分析】

先由题意，得到函数fx在0,上单调递减，根据函数奇偶性，得到fx在,0上单调递增，进而可将不等式faf3a1化为a3a1，求解，即可得出结果. 【详解】因为fx对任意的x1,x20,,x1x2，都有

fx2fx1x2x10，

所以函数fx在0,上单调递减，

又fx为定义在上的偶函数，所以fx在,0上单调递增； 所以由faf3a1可得：a3a1，

11即a2(3a1)2，整理得8a26a10，解得a.

24故选A

【点睛】本题主要考查由函数奇偶性与单调性解不等式，熟记函数单调性与奇偶性即可，属于常考题型. 9.若正数x,y满足xA. 【答案】A 【解析】 【分析】

2xy20，则3xy的最小值是（ ）

B. 22

C.

D. 42 22x，推出3xy2x，根据基本不等式即可求出结果. xx22【详解】因为正数x,y满足xxy20，所以yx，

x先由x2xy20得到y所以3xy2x故选A

2222x，当且仅当，即x1时，等号成立. 22x4xxx【点睛】本题主要考查由基本不等式求最值，熟记基本不等式即可，属于常考题型.

1x210.（多选）已知函数fx，则下列对于fx的性质表述正确的是（ ） 21xA. fx为偶函数 B. f1fx xC. fx在2,3上的最大值为-3 5D. gxfxx在区间1,0上至少有一个零点 【答案】ABCD 【解析】 【分析】

根据函数奇偶性，直接判断A选项，根据函数解析式求f1，可判断B选项；根据函数单x调性，求出最值，即可判断C选项；根据零点存在定理，可判断D选项.

1x2【详解】因为fx，所以其的定义域为，

1x21(x)21x2f(x)，所以函数fx为偶函数，故A正确； A选项，fx221(x)1x11x21x12f(x)，故B正确； B选项，f2x1x11x21x22C选项，因为fx，当x2,3，y1x2单调递增，所以11x21x2fx1223fxf21单调递减，因此，故C正确； max1x2145D选项，因为gxfxx，所以g1f111，g0f001，

即g1g(0)0，由零点存在性定理可得：gxfxx在区间1,0上存在零点，故D正确； 故选ABCD

【点睛】本题主要考查函数基本性质的应用，以及函数零点存在定理，熟记函数单调性，奇偶性，以及零点存在定理即可，属于常考题型. 11.（多选）下列命题中为真命题的是（ ） A. 不等式

x1x121的解集为0,3

B. 若yfx在上具有单调性，且x1,x2I，那么当fx1fx2时，x1x2

x41C. 函数fx2,gxx21为同一个函数

x1D. 已知a,b,c0，则abc【答案】BCD 【解析】 【分析】

由分式不等式的解法直接求解，可判断A选项；根据函数单调性的性质，可判断B选项；根据相等函数的定义，可判断C选项；根据基本不等式，可判断D选项. 【详解】对于A选项，由

abbcac x1x1220x3x1x11可得：，即，解得x1x10x0,1，故A错误； (1,3)对于B选项，因为yfx在上具有单调性，且x1,x2I，则对于任意x1x2，则

fx1fx2或fx1fx2，因此当fx1fx2时，只有x1x2，故B正确；

x41gxx21x412对于C选项，因为fx与的定义域均为，且fxx1，22x1x1x41根据函数相等的定义，可得函数fx2,gxx21为同一个函数，故C正确；

x1对于D选项，因为a,b,c0，所以abcabbcacabbcac， 222当且仅当abc时，等号成立；故D正确； 故选BCD

【点睛】本题主要考查命题真假的判定，熟记分式不等式的解法、函数的单调性、相等函数的概念，以及基本不等式即可，属于常考题型.

12.已知函数fx的定义域为，满足fx12fx，且当x0,1时，fxx(x1)，若对任意的x,m，都有fxA. ,3，则的取值范围为（ ） 2C. ,

211 5B. ,10 35D.

13, 4【答案】D 【解析】 【分析】

根据fx12fx，得fx2fx1；由x0,1，fxx(x1),0，分别求出x1,2，x2,3，x3,4时，函数解析式以及值域，根据题意，即可求出结果.

【详解】因为fx12fx，所以因为当x0,1时，

14fx2fx1，

1fxx(x1),0，

41fx2fx12(x1)(x2),0；

2所以x1,2时，x10,1，所以x2,3时，x1所以x3,4时，x11,2，fx2fx14(x2)(x3)1,0； 2,3，fx2fx18(x3)(x4)2,0；

31315解得：x或x.

442313，则m. 24当x3,4时，由8(x3)(x4)若对于任意的x,m，都有fx故选D

【点睛】本题主要考查由函数最值求参数的问题，会根据题意求函数解析式，熟记二次函数的性质即可，属于常考题型.

二、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分） 13.已知正数a,b，【答案】24 【解析】 【分析】

根据题意，结合基本不等式得到

121，则3ab的最小值为_______ ab122，进而可求出结果. 12abab【详解】因为

122， 12abab所以ab8，因此3ab24， 当且仅当

12，即a2，b4时，取等号； ab故答案为24

【点睛】本题主要考查由基本不等式求最值，熟记基本不等式即可，属于常考题型. 14.已知函数fx1的定义域为1,2，则f2x1的定义域为____

1【答案】,0

2【解析】

【分析】

先由题意求出函数fx的定义域为0,1，再由02x11求解，即可得出结果. 【详解】因为函数fx1的定义域为1,2，所以0x11；即函数fx的定义域为

0,1；

由02x11解得1x0， 21,0. 2因此f2x1的定义域为故答案1,0 2【点睛】本题主要考查求抽象函数定义域，熟记抽象函数定义域的求法即可，属于常考题型. 15.已知不等式

112xt10的解集为，且,A，则t_____

23【答案】,0 【解析】 【分析】 先求出不等式

13112xt10的解集，再由,A列出不等式，求解，即可得出结果.

23【详解】由

2xt10得12xt1，所以

t1t1t1t1,x，即A ，22221t111122又,A，所以，解得t0.

323t1132故答案为,0

3【点睛】本题主要考查由集合的包含关系求参数，熟记集合间的包含关系，以及含绝对值不等式的解法即可，属于常考题型.

16.已知函数fxx1ax2在1,2上存在零点，则实数的取值范围为__________

21

【答案】2,223

【解析】 【分析】

先由题意得到方程ax332在1,2上存在实根，令g(x)x2，则ya与xxg(x)x32在1,2上有交点；根据函数单调性的定义判断函数单调性，得到函数g(x)x的值域，进而可求出结果.

【详解】因为函数fxx1ax2在1,2上存在零点， 所以方程x1ax20在1,2上存在实根，即方程ax令g(x)x2232在1,2上存在实根， x332，则ya与g(x)x2在1,2上有交点； xx332x22 x1x2任取1x1x22，则g(x1)gx2x1333x2x1x2x11，

xxxx2121当3x1x22时，1330，x2x10，所以x2x110， x1x2xx12即g(x1)gx2，因此函数g(x)x当1x1x23时，132在x3,2上单调递减；

330，x2x10，所以x2x110， x1x2x1x2即g(x1)gx2，因此函数g(x)x所以g(x)maxg(3)332在1，3上单调递增； x32223； 3332，因此g(x)min2； 22又g(1)1322，g(2)2所以2a223. 故答案2,223

【点睛】本题主要考查由函数零点求参数的问题，熟记函数单调性，灵活运用转化与化归的思想即可，属于常考题型.

三、解答题（本大题共6个小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）

17.（1）已知集合Ax5x4x10，Bx2x150，求A（2）已知函数

2B;

fxx2m3x1在区间2,4上仅有一个零点，求实数取值范围.

B,31,15【答案】（1）A【解析】 【分析】

2,（2）33m 24（1）分别解不等式5x24x10和2x15，求出集合A、B，再求并集，即可得出结果；

（2）先由题意得到f2f40，即2m334m0，求解，即可得出结果.

A,1，5x1x10，【详解】（1）5x24x10， 5x24x10，

152x15，2x15或2x15，x3或x2，

1B,32,AB,3,12,；

5（2）因为函数

-1， fxx2m3x1开口向上，并且过定点0，在区间2,4上仅有一个零点，

所以f2f40，即2m334m0，

2m34m30,33m， 24即实数的取值范围是33m. 24【点睛】本题主要考查求集合的并集，以及由函数零点求参数的问题，熟记集合并集的概念，不等式的解法，以及函数的零点存在定理即可，属于常考题型.

2x2318.已知函数fx

x

（1）判断并证明函数fx的奇偶性;

（2）判断并证明函数fx在x2,4上的单调性.

【答案】（1）fx奇函数,证明见解析（2）fx在区间2,4上为增函数，证明见解析 【解析】 【分析】

（1）根据函数解析式，可得出定义域为,00,，再由函数奇偶性的概念，即可得出结果；

（2）根据函数单调性的定义，任取x1,x22,4，且x1x2，作差比较fx1与fx2大小，即可得出结果.

【详解】（1）函数fx2x3的定义域为,00, xfx2x332xfxfx为奇函数 xx（2）fx在区间2,4上为增函数； 证明： 任取x1,x22,4，且x1x2，

2x1232x2233332x1x2x1x22则fx1fx2， x1x2x1x2xx12因为2x1x24，所以x1x20，2330，所以x1x220， x1x2x1x2即fx1fx2，fx在区间2,4上为增函数.

【点睛】本题主要考查函数奇偶性的判定以及单调性的判定，熟记函数奇偶性的概念，以及函数单调性的定义即可，属于常考题型.

19.已知定义在1,1上的奇函数fx，当0x1时，fxx2xa

2（1）求实数的值及在1,1上的解析式;

（2）判断函数fx在1,1上的单调性（不用证明）; （3）解不等式f1xf1x20.

x22x,0x1【答案】（1）a0;fx2（2）函数fx在1,1上为减函数（3）

x2x,1x01,2

【解析】 【分析】

（1）由题意得到f00从而可求出a0；得到当0x1时，fxx2x；令

21x0，得0x1，得到fxx2x，根据函数奇偶性，即可求出结

果；

（2）根据二次函数单调性，可直接判断出该分段函数的单调性；

（3）根据（2）的结果，以及函数为奇函数，将原不等式化为f1xfx1，由题意

22列出不等式组，求解，即可得出结果. 【详解】（1）

fx为奇函数，01,1，f00,a0

20x1时，fxx2x；

令1x0，0x1，

fxx2xx22xfx

2x22x,0x1fxx2x，fx2；

x2x,1x02（2）函数fx在1,1上为减函数； （3）

fx在1,1上为减函数，

f1xf1x20，f1xf1x2fx21，

1xx2111x1，解得x1,2.

11x21【点睛】本题主要考查由函数奇偶性求函数解析式，以及由函数单调性与奇偶性解不等式，熟记函数奇偶性与单调性的概念即可，属于常考题型. 20.（1）已知x1,y1，证明：x2yxy21x2y2xy;

（2）已知正数a,b,c，且满足abc3，证明：【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析 【解析】 【分析】

14912. abc（1）用分析法，逐步得到显而易见的结论，即可证明结论成立；

1491493abc（2）根据展开，运用基本不等式，即可证明结论成abcabc立.

【详解】（1）证明：要证x需证x22yxy21x2y2xy

yxy21x2y2xy0

2需证yyxy2221xy10

需证1yyx1yx10 需证

1yxy1x10

x1,y11y0,xy10,x10

1yxy1x10得证

（2）

b4ac9a4c9b1491493abc149

abacbcabcabcb4ac9a4c9b244,296,23612， abacbcb4ac9a4c9b14936，

abacbc13当且仅当b2a,c3a,2c3b即a,b1,c时取等号，

22149149336，12.

abcabc【点睛】本题主要考查不等式的证明，熟记证明的方法，以及基本不等式即可，属于常考题型.

21.在经济学中，函数f(x)的边际函数为Mf(x)，定义为Mf(x)f(x1)f(x)，某公司每月最多生产100台报警系统装置，生产台的收入函数为R(x)3000x20x2（单位元），

其成本函数为C(x)500x4000（单位元），利润等于收入与成本之差． （1）求出利润函数p(x)及其边际利润函数Mp(x)．

（2）求出的利润函数p(x)及其边际利润函数Mp(x)是否具有相同的最大值． （3）你认为本题中边际利润函数Mp(x)最大值的实际意义．

【答案】（1）p(x)20x22500x4000，Mp(x)40x2480（2）不具有相同的最大值（3）见解析 【解析】

【详解】试题分析：（1）根据利润等于收入与成本之差得利润函数px，根据边际利润函数定义得Mpxpx1px，代入化简即可（2）分别根据二次函数，一次函数单调性求最大值，并确定最大值是否相同（3）从函数单调性上课说明实际意义：随着产量的增加，每一台利润与前一天利润相比在减少．

试题解析：解：（1）由题意可知：x1,100，且xN*， 利润函数pxRxCx3000x20x500x4000

220x22500x4000，

边际利润函数Mpxpx1px

20x12500x1400020x22500x4000

240x2480．

（2）px20x22500x400020x62.574125， ∴当x62或63时，px的最大值为74120元． ∵Mpx248040x是减函数， ∴当x1时，Mpx的最大值为2440．

∴利润函数px与边际利润函数Mpx不具有相同的最大值．

（3）边际利润函数Mpx当x1时有最大值，说明生产第二台机器与生产第一天机器的利

2

润差最大，边际利润函数Mpx是减函数，说明随着产量的增加，每一台利润与前一天利润相比在减少．

22.已知函数fxxa4x1xax1

22（1）当a1时，求函数fx的最小值； （2）若函数fx的最小值为

1，求实数的值. 25 2【答案】（1）fxmin0（2）a【解析】 【分析】

（1）由a1，根据题意得到fxx3x1xx12x4x2，配方整理，即

222可得出最值；

（2）先令hxxax1，分别讨论a240，a240两种情况，根据函数

2最小值，即可求出结果. 【详解】（1）令g22a1，fxx3x1xx1，

xx2x1，140，gx0恒成立，

fx2x24x22(x1)2，fxminf10；

（2）令hxxax1，则a24，且开口向上，

2（i）当a240，即2a2时，hx0，

fxx2a4x1x2ax12x24x2，fxmin021，不满足题意； 2aa24aa24（ii）当a40，a2或a2时，令x1，x2，所

22以xx1,x2时，hx0；

x,x1x2,时，hx0；

22x4x2,x,x1x2,fx 2a4x,xx1,x2

①当a2时，x20，2a40，fxminf101，不满足题意； 21， 2②当a2时，x11,2a40，y2a4x为增函数，fxminfx1aa241222a42a4a12a4a40

22a5513或（舍）综上所述：a. 262【点睛】本题主要考查求函数的最值，以及由函数最值求参数的问题，熟记二次函数的性质，灵活运用分类讨论的思想即可，属于常考题型.