江苏省无锡市辅仁高级中学2020-2021学年高一上学期期中数学试题

数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．下列集合表示正确的是（ ） A． 2,4 男生}

2．命题”x1,xex2”的否定形式是（ ） A．x1,xex2 C．x1,xex2

B．x1,xex2 D．x1,xex2

B．2,3,3

C．1,2,3,0,1,2

D．{高个子

3．若a，b，cR，且ab，则下列不等式一定成立的是（ ） A．acbc

B．acbc D．abc0

2c2C．0

ab4．下面各组函数中，表示同一函数的是（ ）

2xA．yx与y

xB．y2x2x1与y2t2t1

C．y3x与y3x

2D．yx2x2与yx2x2

3，若f(t)2，则实数t的值为（ ） 5．已知幂函数f(x)x的图象过点9，A．2

B．2

C．4

D．4

6．若不等式ax2bxc0的解集是x2x3，则不等式cx2bxa0的解集为（ ） A．，11 ，3213B．，

1132 C．，12D．，11， 23试卷第1页，总5页

7．已知函数fx在定义域R上的偶函数，当x2x10，

1f2x1?ffxfxxx0恒成立，则满足的x的取值范围是21213（ ） A．,12 33B．,2 3C．2, 3D．12, 238．Logistic模型是常用数学模型之一，可应用于流行病学领域. 有学者根据公布数据建立了某地新冠肺炎累计确诊病例数It，（t的单位：天）的Logistic模型：

Itk1e0.23t53）0.95K时，标志着已初，其中K为最大确诊病例数.当I(t01步遏制疫情（其中ln193），则t0约为（ ） A．60

二、多选题

9．下列判断正确的是（ ） A．0 C．”a1”是“ （，12）10．下列结论正确的是（ ）

B．yB．62

C．65

D．68

1是定义域上的减函数 xx111”的充分不必要条件 aD．函数ya1a0,a1过定点

x22A．当x0时，22 xC．当x3时，yx11．函数f(x)B．函数yx1的值域为2, x1的最小值时3 D．若xy2，则2x2y的最小值是4 x1x的图像可能是（ ） 2xaA． B．

试卷第2页，总5页

C． D．

12．对xR，x表示不超过x的最大整数，十八世纪，yx被“数学王子”高斯采用，因此得名高斯函数，人们更习惯称为“取整函数”，则下列命题中正确的是（ ） A．xR, xx1

B．x,yR, xyxy

C．函数yxx（xR）的值域为0,1

5n34, t1t2t3tD．若tR, 使得，，，n2同时成立，则整数n的最大值是5

三、填空题

x2，x013．已知函数fx，则f3__________.

2fx2，x014．已知p:k40, q:xR, 函数ykx2kx1的值恒为负，则p是q的k______条件（充分必要，充分不必要，必要不充分，既不充分又不必要） 15．已知x,yR，且满足x2y2xy，那么x4y的最小值为_________. 16．对于非空数集M, 定义fM表示该集合中所有元素之和. 给定集合S=

2,3,4,5, 定义集合TfAAS,A，则集合T中的元素个数为

__________.

四、解答题

17．已知集合Axa1x2a1，集合Bxy（1）当a4，求Ax27x6

B；

（2）若ABB，求实数a的取值范围.

18．记为Mxmax{fx，xR, 用Mx表示函数fx，gx中的较大者，

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gx}. 已知函数fx2x3，gxx11.

2gx的解并用图象法表示函数Mx； （1）求方程fx （2）用解析式法表示函数Mx（直接写出答案）

2x2k3k19．命题p:x1,1，使得2xk10恒成立，命题q: x0,1，成立.

（1）若p为真命题，求实数k的取值范围；

（2）若命题p和q有且仅有一个为真，求实数k的取值范围.

20．近年来，中美贸易摩擦不断特别是美国对我国华为的.尽管美国对华为极力封锁，不断加大对各国的施压，拉拢他们抵制华为5G，然而这并没有让华为却步.今年，华为计划在2020年利用新技术生产某款新手机.已知华为公司生产某款手机的年围定成本为50万元，每生产1万只还需另投入16万元.设公司一年内共生产该款手机x万只并

20x404006x，. 全部销售完，每万只的销售收入为Rx840040000，x40x2x（1）写出年利润W(万元)关于年产量x(万只)的函数的解析式；

（2）当年产量为多少万只时，公司在该款手机的生产中获得的利润最大?并求出最大利润.

2xb21．已知定义域为R的函数fxx1是奇函数

22（1）求b的值；

（2）判断并用定义法证明函数fx的单调性；

（3）不等式fxmfmx40对任意x1,3恒成立，求实数m的取值范

2围

x22x2a，xa22．已知函数fx2

x2x2a，xa（1）若a0，解不等式fx0； （2）若不存在相异实数x1、x2值范围；

11,，使得fx1 fx2成立，求实数a的取22试卷第4页，总5页

（3）若对于任意实数a，总存在x1、x2求实数k的最大值.

11,，使得fx1fx2k成立，22试卷第5页，总5页

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参

1．A 【分析】

根据集合的定义判断即可. 【详解】

由集合中元素的互异性、确定性可知，BCD错误 故选：A 2．B 【分析】

根据否定的定义求解即可. 【详解】

x命题”x1,xex2”的否定形式是x1,xe2

故选：B 3．D 【分析】

利用特值法依次判断选项A，B，C即可得到不一定成立，利用不等式的性质即可判断D一定成立. 【详解】

对选项A， a1，b2，c3时，ac4，bc1，acbc， 故A不一定成立. 对选项B，当c0时，acbc，故B不一定成立；

c2对选项C，当c0时，0，故C不一定成立；

ab对选项D，因为ab，所以ab0，又c20，所以abc0，

2故D一定成立. 故选：D 【点睛】

本题主要考查不等式性质，特值法为解决本题的关键，属于简答题. 4．B

答案第1页，总15页

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【分析】

分别分析各个选项中函数的定义域，值域和对应关系，即可选出正确答案. 【详解】

2x解：A：yx定义域为R，y定义域为,00,，故A不正确；

xB：两函数定义域均为R，值域均为,，且对应关系相同，即B正确； C：yD：y783x定义域为0,，y3x定义域为R，故C不正确；

对于yx2x2定义域为2,，

令x2x20， x2x2，

2则定义域为,2故选:B 【点睛】

2,，故D不正确.

本题考查了函数定义域的求解，考查了函数值域的求解，考查了函数相等的判定，属于基础题. 5．D 【分析】

根据已知条件，推出f(x)x，再根据f(t)2，即可得出答案. 【详解】

由题意得：93a，解得a故选：D 【点睛】

本题考查幂函数的解析式，属于基础题. 6．A 【分析】

由题可得2,3为ax2bxc0的两根,利用韦达定理算出a,b,c的关系式,再将a,b,c换成同一参数再求cx2bxa0的根即可. 【详解】

11，所以f(t)t22，解得：t4， 212答案第2页，总15页

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因为不等式ax2bxc0的解集是x2x3, 故a0且2,3为ax2bxc0的两根.

b235b5aa ,故,故cx2bxa0可写成 根据韦达定理有c6ac236a26ax25axa0,因为a0所以6x5x10(2x1)(3x1)0

解得x故选A.

1111 或x,即x，，3232【点睛】

二次不等式的解集的端点值为二次函数的零点,注意二次函数开口方向影响不等式的取值在区间内还是区间外. 7．A 【分析】

根据题意可得f(x)在(0,)上单调递增，又函数f(x)的图象关于直线x0对称，可 得函数f(x)在(,0)上单调递减，从而根据函数不等式列出不等式，求解x取值范围. 【详解】

当x2x10时，fx2fx1x2x10恒成立， ∴fx2fx10恒成立， 即函数fx在(0,)上单调递增， 又∵函数f(x)的图象关于直线x0对称， ∴函数f(x)在(,0)上单调递减， 若要满足f(2x1)f，则需解得

13112x1； 3312x. 33故选：A.

答案第3页，总15页

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【点睛】

本题的关键点是利用函数的单调性和对称性解不等式，考查转化思想，属于基础题. 8．C 【分析】

将tt01代入函数It得出答案. 【详解】

k1e0.23t53中，化简得出e0.23t05219，两边取对数，即可

It1eIt010.23t53，所以

KK1e0.23t01530.95K，则e0.23t05219

所以0.23t052ln193，解得t0故选：C. 9．CD 【分析】

35265. 0.23根据函数和集合相关知识，逐项判断，即可求得答案. 【详解】

对于A，因为0，A错误； 对于B，因为y故B错误；

1，根据反比例函数图象和单调性的定义可知，在定义域上不是递减函数，xa10，解得a1或a0， a11所以由a1可以推出1，故a1是不等式1成立的充分条件

aa1由1不一定能推出a1，故C正确; a对于C，由不等式对于D，因为函数yax，a0，a1恒过01，所以yax11a0，a1过定点

1,2，故D正确.

故选：CD. 【点睛】

本题解题关键是掌握集合和函数的基础知识，考查了分析能力，属于基础题.

答案第4页，总15页

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10．AD 【分析】

利用基本不等式求最值逐项分析排除，注意应用的条件一正二定三相等. 【详解】

2x222A. 当x0时，x22，当且仅当x即x2时等号成立，正确；

xxxB. 当x0时，函数yxC. 当x3时，yx12，当且仅当x1取等号，所以错误； x111x11，令tx1,t2，yt1在t2是x1x1t单调递增函数，所以y317，所以错误； 22D. 若xy2，则2x2y22xy244，当且仅当2x2y即xy1等号成立，所以正确. 故选：AD. 【点睛】

易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件： （1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；

“二定”就是要求和的最小值，（2）必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；

（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方. 11．ABC 【分析】

通过对a取值，判断函数的图象，推出结果即可. 【详解】

x， x2ax1若a0时，则f(x)2，定义域为：x1，选项C可能；

xxx若a0，取a1时，f(x)2则函数定义域为R，且是奇函数；x0时函数可化为

x1由题可知，函数f(x)答案第5页，总15页

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f(x)1x1 选项B可能； x若a0时，如取a1，f(x)故不可能是选项D， 故选：ABC 【点睛】

x，定义域为：x1且是奇函数，选项A可能， 2x1本题主要考查了由函数解析式判断函数图象，属于高考高频考点，涉及函数的定义域、奇偶性，单调性，特殊值代入，等属于中档题. 12．ACD 【分析】

由定义得x1[x]x，xx1可判断A；由[x]x,[y]y，得[x][y]xy，可判断B；由x1[x]x，得0x[x]1得函数f(x)x[x]的值域，可判断C； 根据1t32，42t43，53t，t65，3nn2tnn1，

推出不存在t同时满足1t可判断D. 【详解】

而n5时，存在t[53,32)满足题意，2，t65．由定义x1[x]x，所以 若xR，xx1，A正确；

x,yR，[x]x,[y]y，∴[x][y]xy，∴[x][y][xy]，B错误；

由定义x1[x]x，∴0x[x]1，∴函数f(x)x[x]的值域是[0,1)，C正确；

345t1,t2,t若tR，使得3,4n3,tn2同时成立，则1t2，

2t43，53t，t65，

3，nn2tnn1，

因为2，若n6，则不存在t同时满足1t32，t65．只有n5时，

存在t[53,32)满足题意，正确. 故选：ACD． 【点睛】

本题考查取整函数定义，正确理解定义是解题基础．

答案第6页，总15页

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性质1 对任意x∈R，均有x-1<[x]≤x<[x]+1；

性质2 取整函数(高斯函数)是一个不减函数，即对任意x1，x2∈R，若x1≤x2，则[x1]≤[x2]； 性质3若x，y∈R，则[x]+[y]≤[x+y]≤[x]+[y]+1； 性质4若n∈N+，x∈R，则[nx]≥n[x]；

性质5若n∈N+，x∈R+，则在区间[1，x]内，恰好有[x/n]个整数是n的倍数；利用性质解决问题． 13．5 【分析】

根据分段函数的解析式，代入即可求得 【详解】

由题意，函数fxx2，x0，

2fx2，x0可得f32f322f122f1415. 故答案为：5. 14．充分不必要 【分析】 求出不等式

k40的解集，由二次函数的性质得出命题q中k的范围，根据充分条件、k必要条件的定义进行判断即可. 【详解】 对于命题p，

k40等价于k(k4)0，解得4k0 k2对于命题q，当k0时，ykxkx110恒成立 当k0时，要使得ykxkx1的值恒为负，必须解得4k0，综上，4k0 所以p是q的充分不必要条件 故答案为：充分不必要 15．322

答案第7页，总15页

2k0k0，即2

k4k00本卷由系统自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

【分析】 由已知得【详解】

111，然后可配凑出基本不等式的定值，用基本不等式求得最值． x2y111， x2y2xyx0,y0∵，，∴x2y∴x4y(x4y)11x4yx4y332322，当且仅当2yx2yxx2yx4y22，即x12，y时等号成立．

2yx4故答案为：322． 【点睛】

本题考查用基本不等式求最值，解题关键是“1”的代换． 16．12 【分析】

因为A，所以fA的最小值为2，最大值是S中所有元素之和为14，再将不可能的取值剔除即可 【详解】

解：因为A，所以fA的最小值为2，fA的最大值是S中所有元素之和为14，但是34512，234514，也就是fA无法取到13，所以T中的元素有2，3，4，5，6，7，8，9，10，11，12，14，共12个 故答案为：12．

17．（1）AB3,6；（2）a2或2a【分析】

（1）当a4时, Ax|3x9，根据集合交集定义求解即可；

（2）由ABB，可得AB，分别讨论A和A的情况，求解即可. 【详解】

5. 2答案第8页，总15页

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（1）当a4时，Ax|3x9，Bx|1x6，

ABx|3x6.

（2）ABB，AB，

当A时，a12a1，a2；

a12a151a1，当A时解得2，；

22a162综上，a，52，. 2x121,x118．（1）x1或x1，图象见解析；（2）Mx2x3,1x1

2x11,x1【分析】

（1）依题意得到方程，解得即可，令fxgx、fxgx，求出所对应的x的取值范围，即可求出函数解析式，从而画出函数图象； （2）直接由（1）可得函数解析式； 【详解】

解：（1）因为fx2x3，gxx11

2gx，即2x3x11，解得x1 所以fx 2令fxgx，2x3x11，解得1x1

2令fxgx，2x3x11，解得x1或x1

2因为Mxmaxfx,gx

x121,x1所以Mx2x3,1x1

2x11,x1函数图象如下所示：

答案第9页，总15页

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x121,x1（2）由（1）可得Mx2x3,1x1

2x11,x1【点睛】

本题考查新定义函数，解答的关键是理解题意，解一元二次不等式，求出函数解析式，当然也可结合函数图象，直接得出函数解析式； 19．（1）k【分析】

（1）若命题p是真命题，即k2x1恒成立，求最值即得结果；

（2）先求命题q是真命题时k的取值范围，根据假命题时即是补集，再根据题意一真一假，即得结果. 【详解】

解：（1）若命题p:x1,1，使得2xk10恒成立，是真命题，则k2x1，因为x1时211；（2）k3或0k1.

xmax1，所以k1；

答案第10页，总15页

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2x2k3k成立，是真命题，则k3k2x2max，因为（2）若命题q: x0,1，22x1时2x2max=0，所以k23k0，即0k.

因为命题p和q有且仅有一个为真，故p真q假，或p假q真，

p真q假时，k1且k0或k3，即k0；p假q真时，即0k1. k1且0k，

综上，实数k的取值范围是k3或0k1. 【点睛】

恒成立与能成立问题，可以分离参数转化成最值问题： （1）kf(x)恒成立，则kf(x)max； （2）kf(x)恒成立，则kf(x)min； （3）kf(x)能成立，则kf(x)min； （4）kf(x)能成立，则kf(x)max.

6x2384x50，0x4020．（1）Wx40000；（2）年产量为50万只时，最大利润为

16x8350，x40x6750万元 【分析】

（1）根据利润公式得出解析式； （2）分段计算最大利润，从而得出结论. 【详解】

0x404006x，（1）因为Rx840040000

，x40x2x当0x40时， Wx(4006x)16x506x+384x50， 当x40时，Wx(284004000040000)16x50835016x， 2xxx6x2384x50，0x40Wx40000.

16x8350，x40x22（2）当0x40时， W6x384x506(x32)6094，

答案第11页，总15页

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当x32时W有最大值为6094； 当x40时，W当且仅当

4000016x83502164000083506750，

x4000016x即x50等号成立， x综合上面两种情况，当年产量为50万只时，公司在该款手机的生产中获得的利润最大，最大利润为6750. 【点睛】

本题考查了分段函数模型的应用，函数最值的计算，解题的关键点是求出分段函数的解析式及求最值.

21．（1）b1；（2）函数fx在R上为减函数，证明见解析；（3）m252. 【分析】

2xb2xb（1）根据奇函数的定义得出x1，化简即可得出b的值； x12222（2）利用定义证明单调性即可；

5x24（3）先利用函数fx的奇偶性以及单调性得出m，构造函数g(t)t2，

tx1求出其最小值，即可得出m的范围. 【详解】

2xb（1）因为函数fxx1是奇函数

222xb2xb所以x1，即2xbb2x1对任意一个实数x都成立 x12222则b1

（2）任取x1,x2R，且x1x2

12x112x22x22x1fx1fx2x11x21x

22222112x212x22x10，fx1fx2

故函数fx在R上为减函数

答案第12页，总15页

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（3）由（2）可知，函数fx在R上为减函数，并且fx是奇函数 因为fxmf(mx4)f(mx4)对任意x1,3恒成立，所以

2x2mmx4对任意x1,3恒成立

5x24即m，令tx1,t2,4，则mt2

tx1令g(t)t52，t2,4 t任取t1,t22,4，且t1t2

gt1gt2t1t255t1t2t1t25 t1t2t1t2当2t1t25时，gt1gt2 当5t1t24时，gt1gt2

则函数g(t)在[2,5)上单调递减，在[5,4]上单调递增

x24即mgx1min【点睛】

5552252 5本题第三问中，关键是利用函数的单调性以及奇偶性解抽象不等式，再将不等式的恒成立问题转化为最值问题来处理.

22．（1）,22,；（2）,【分析】

（1）分段解不等式fx0可得答案； （2）对实数a分a题中结论可得答案；

（3）由题意得kfx1fx2maxfxmaxfxmin，对实数a分a113,3. ；（）的最大值为k224111111；a；a讨论，分析函数在,的单调性结合22222211；a；22答案第13页，总15页

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111111a讨论，分析函数在,的单调性，求得函数在区间,的最大值和最222222小值进而可得出fxmaxfxmin，由此得出k的最大值. 【详解】

x22x，x0（1）若a0，则fx2，

x2x，x0当x0时， x22x0得x2，当x0时， x22x0得x2， 所以不等式fx0的解集为{x|x2或x2}.

x22x2a，xa（2）fx2，

x2x2a，xa①当a11122，x,时，fxx2x2a，二次函数fxx2x2a的22211,上单调递减，符合题意； 22对称轴为x1，开口向上，函数fx在②当a11122，x,时，fxx2x2a，二次函数fxx2x2a的对22211,上单调递增，符合题意； 22称轴为x1，开口向上，函数fx在③当1111a，x,a时，fxx22x2a，由上，函数fx在,a上2222单调递增，xa,时，fxx2x2a，由上，函数fx在a,上单调递减，

22211不符合题意；

综上所述，实数a的取值范围是,,.

2211（3）由题意得kfx1fx2maxfxmaxfxmin，由（2）知， ①当a31111x,fxf2afx，时，函数在单调递减，则min，42222答案第14页，总15页

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51fxmaxf2a，

421fxmaxfxminf2②当a1f2； 2111时， fx在x,单调递增， 2223511fxminf2a，fxmaxf2a，

44221fxmaxfxminf2③当1f2； 21111a时，函数fx在,a上单调递增，在a,上单调递减， 2222fxminminf当0a1,2331fmin2a,2a，fxmaxfaa2，

44233312时，fxmin2a，得fxmaxfxmina2a，

444233312当a0时，fxmin2a，得fxmaxfxmina2a，

444233综上所述k，因此，实数k的最大值为.

44【点睛】

本题考查函数不等式能成立与函数不等式不成立求参数，考查了函数单调性的应用，解答本题的关键点是对参数进行正确的分类讨论.

答案第15页，总15页