河南省范县第一中学2021-2022学年高一上学期第三次月考检测数学【试卷+答案】

这是一份河南省范县第一中学2021-2022学年高一上学期第三次月考检测数学【试卷+答案】，共9页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
2021年高一上学期第三次月考检测·数学试卷（满分150分，考试时间120分钟）高考对接点函数的基本性质是高考必考点，一般会单独考查或综合在函数图像和不等式中进行考查知识疑难点函数的单调性及其应用、函数的奇偶性及其应用 第I卷（选择题 共60分）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.已知函数y=f(x)，用列表法表示如下：x-2-1023y52134 则f(-1)+f(2)=A.4 B.5 C.6 D. 92.已知y=f(x)是定义在R上的奇函数，且当x<0时，f(x)=2x+1，则f(3)等于A.-7 B.7 C.-5 D.53.函数y=(x>3)的值域是A.(1，+∞) B.(0，+∞) C.(3，+∞) D.(4，+∞)4.给定四个函数：①y=|x|+()2；②y=(x>0)；③y=x2+1；④y=.其中是偶函数的有 A.1个 B.2个 C.3个 D. 4个5.已知函数f(x)的定义域为(0，+∞)，且满足f(a·b)=f(a)+f(b)(a，b>0)，f(2)=2，则f()=A.2  B. C.-2 D.-6.设x∈R，定义符号函数φ(x)=，则函数f(x)=|x|+φ(x)的图像大致是A.  B.  C.  D. 7.已知函数f(x)=是定义在R上的减函数，则实数a的取值范围是A.[-8，-2) B.[-6，-2) C.(-∞，-2) D.(-∞，-1)8.已知f(x)是定义在R上的奇函数，满足f(3-x)=f(x)，当x∈[0，]时，f(x)为递增函数，则A.f(-3)<f(-2)<f(8) B.f(-2)<f(-3)<f(8) C.f(8)<f(-2)<f(-3) D.f(-2)<f(8)<f(-3)二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得3分，有选错的得0分.9.以下函数在其定义域上为增函数的是A.y=(x>0) B.y=x2+x(x>0) C.y= D.y=2-x 10.以下函数中y=f(x)和y=g(x)为同一函数的是A.f(x)=2x+1(x>0)和g(x)=2x+1(x<0) B.f(x)=|2x+1|(x>0)和g(x)=2x+1(x>0) C.f(x)=和g(x)=x-2 D. f(x)=()2和g(x)=x+2(x≥-2)11.已知函数f(x)是定义在R上的增函数，若a∈R，则A.f(a2+1)>f(2a) B.f(a2+1)>f(a) C.f(2a)<f(a2+2) D.f(a2)>f(a)12.已知集合M=，N=，下列函数中，若以M为定义域，则值域为N的子集的是A.y=x2+1 B.y=x+1 C.y=|x|-1 D.y=x3 第II卷（非选择题 共90分）三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.把答案填在题中的横线上.13.已知f(x-1)=x2+2x，则f(-)=　　　　. 14.设函数f(x)=x2+(1-a)x+在区间[1，+∞)上是增函数，则实数a的最大值为　　　　. 15.已知f(x)是定义在R上的偶函数，且在[0，+∞)上单调递增.若f(b)<f(1)，则实数b的取值范围是　　　　；若f(a)<f(a+2)，则实数a的取值范围是　　　　. 16.已知定义在R上的函数f(x)，对任意x∈R都有f(x)=f(-x)，且f(x+1)为奇函数，当x∈[0，1)时，f(x)=，则f(-)=　　　　，f()=　　　　.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.17.（10分）已知偶函数f(x)，当x≥0时，f(x)=-.（1）求f(0)，f(-3)的值；（2）若m<1，求f(m-1).  18.（12分）已知函数f(x)的定义域为(-4，4)，函数g(x)=f(x-1)+f(5-2x).（1）求函数g(x)的定义域；（2）若f(x)为奇函数，并且在定义域上是单调递减，求不等式g(x)≤0的解.  19.（12分）某厂生产某种零件，每个零件的成本为30元，出厂单价定为52元，该厂为鼓励销售商订购，决定当一次订购量超过100个时，每多订购一个，订购的全部零件的出厂单价就降低0.02元，但实际出厂单价不能低于41元.（1）当一次订购量为多少个时，零件的实际出厂单价恰好降为41元?（2）设一次订购量为x个，零件的实际出厂单价为P元，写出函数P=f(x)的表达式；（3）当销售商一次订购500个零件时，该厂获得的利润是多少元? (工厂售出一个零件的利润=实际出厂单价-成本)   20.（12分）已知函数f(x)=是(-1，1)上的奇函数，且f()=.（1）求实数m、n的值；（2）判断函数f(x)在(-1，1)上的单调性，并加以证明.  21.（12分）设函数f(x)=，其中a为常数.（1）对任意x1，x2∈R，当x1≠x2时，>0，求实数a的取值范围；（2）在（1）的条件下，求g(x)=x2-4ax+3在区间[1，3]上的最小值h(a).      22.（12分）已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，且当x<0时，f(x)=-x2+2x.（1）当x≥0时，求函数f(x)的解析式.（2）解关于m的不等式：f(2m)+f(m-2)≤2-3m.   2021年高一上学期第三次月考检测·数学试卷参考答案1.【答案】B【解析】本题考查列表法表示的函数.f(-1)+f(2)=2+3=5.2.【答案】D【解析】本题考查函数的奇偶性.根据题意，当x<0时，f(x)=2x+1，则f(-3)=2×(-3)+1=-5， 又由函数f(x)为R上的奇函数， 得f(3)=-f(-3)=5.3.【答案】A【解析】本题考查函数的值域. y==1+，∵x>3，∴>0，∴y>1.4.【答案】A【解析】本题考查偶函数的判断.①②④定义域都不关于原点对称；③是偶函数.5.【答案】C【解析】本题考查抽象函数的求值.令a=b=1时，可得f(1)=0，令b=2，a=，可得f()=-f(2)=-2.6.【答案】C【解析】本题考查函数的图像.函数f(x)=|x|+φ(x)=，故C选项正确.7.【答案】A【解析】本题考查分段函数的单调性.因为f(x)为R上的减函数，所以x≤1时，f(x)单调递减，即a+2<0　①；x>1时，f(x)单调递减，则-a>0，即a<0　②；且(a+2)×1+10≥　③.联立①②③，解得-8≤a<-2.8.【答案】B【解析】本题考查函数性质的综合运用.∵f(x)满足f(3-x)=f(x)， 3-x+x=3，即3-x与x关于x=对称，∴f(x)的图像关于x=对称.∵f(3-x)=-f(x-3)=f(x)，则f(x)=f(x-6)，∴f(8)=f(2)=f(1)，f(-2)=f(5)=f(-1)，f(-3)=f(0).又易知f(x)在[-]上单调递增，∴f(-1)<f(0)<f(1)，即f(-2)<f(-3)<f(8).9.【答案】BC【解析】本题考查函数的单调性.函数y==1+在(0，+∞)上单调递减，所以A选项不满足；函数y=x2+x的单调递增区间为(-，+∞)，单调递减区间为(-∞，-)，所以B选项满足；函数y=2-x在R上单调递减，所以D选项不满足；函数y=的单调递增区间为[1，+∞)，又因为定义域为[1，+∞)，C选项满足题意.10.【答案】BD【解析】本题考查同一函数的概念.A选项中函数定义域不相同，C选项中函数值域不相同，对于B选项，当x>0时，2x+1>0，则f(x)=|2x+1|=2x+1，所以函数y=f(x)和y=g(x)为同一函数，D选项中f(x)与g(x)为同一函数.11.【答案】BC【解析】本题考查通过函数的单调性比较值的大小.因为a2+1-2a=(a-1)2≥0，所以a2+1≥2a，所以f(a2+1)≥f(2a)，故A选项错误；因为a2+1-a=(a-)2+>0，所以a2+1>a，所以f(a2+1)>f(a)，故B选项正确；因为a2+2-2a=(a-1)2+1≥1>0，所以a2+2>2a，所以f(2a)<f(a2+2)，故C选项正确；而对于a2与a无法比较大小，所以D选项错误.12.【答案】BD【解析】本题考查函数的定义域和值域.对于A项，当x=2时，y=5∉N，所以A选项不满足；对于B项，当0≤x≤2时，1≤y≤3，所以B项满足；对于C项，当x=0时，y=-1∉N，所以C项不满足；对于D项， 当0≤x≤2时，0≤y≤4，所以D项满足.13.【答案】【解析】本题考查求函数值.令x-1=-，解得x=1.∴f(-)=+2=.14.【答案】6【解析】本题考查函数的单调性.函数f(x)的图像的对称轴为直线x=-，则函数f(x)在[1，+∞)上单调递增，所以-≤1，解得a≤6.故实数a的最大值为6.15.【答案】(-1，1)　(-1，+∞)【解析】本题考查函数的综合性质.由f(x)=f(-x)可知函数f(x)关于y轴对称.因为函数f(x)在区间[0，+∞)上单调递增，由对称性可知函数f(x)在区间(-∞，0]上单调递减，若f(b)<f(1)，则-1<b<1.由f(a)<f(a+2)，可得|a|<|a+2|，即a2<(a+2)2，解得a>-1.16.【答案】-；-【解析】本题考查函数的奇偶性.f(-)=f()==-，函数f(x+1)为奇函数，则有f(x+1)=-f(-x+1)，又因为函数f(x)为偶函数，f(x+1)=f(-x-1)，所以-f(-x+1)=f(-x-1)，用-x-1代x得-f(x+2)=f(x)，所以f()=f(2+)=-f()=-f(2+)=f()=-.17.【解析】本题考查函数的定义域和函数值.（1）f(0)=-=0，f(-3)=f(3)=-.（2）当m<1时，m-1<0，则1-m>0，所以f(m-1)=f(1-m)=-=-.18.【解析】本题考查抽象函数的定义域及函数单调性的运用.（1）由题意可知，解得<x<，∴g(x)的定义域为().（2）由g(x)≤0得g(x)=f(x-1)+f(5-2x)≤0，∴f(x-1)≤-f(5-2x).∵f(x)是奇函数，∴f(x-1)≤f(2x-5)，又∵f(x)在(-4，4)上单调递减， ∴，解得<x≤4.∴不等式g(x)≤0的解集为{x|<x≤4}.19.【解析】本题考查分段函数的生活应用.（1）设每个零件的实际出厂价恰好降为41元时，一次订购量为x0个，则x0=100+=650.（2）当0<x≤100时，P=52；当100<x<650时，P=52-0.02(x-100)=54-；当x≥650时，P=41.∴P=f(x)=x∈N，（3）设工厂获得的利润为L元，则L=(54--30)×500=7000，即销售商一次订购500个零件时，该厂获得的利润是7000元.20.【解析】本题考查函数的单调性.(1)依题意得⇒.（2）f(x)在(-1，1)上单调递增.证明：由(1)知f(x)=，任取-1<x1<x2<1，则x2-x1>0，则f(x2)-f(x1)=.∵-1<x1<x2<1，∴x2-x1>0，1+>0，1+>0，又-1<x1·x2<1，∴1-x1x2>0，∴f(x2)-f(x1)>0，∴f(x)在(-1，1)上单调递增.21.【解析】本题考查函数的单调性及其应用.（1）由题意，函数在定义域上为增函数，则实数a应满足，解得1≤a≤4.（2）g(x)=x2-4ax+3=(x-2a)2+3-4a2，其图像的对称轴为x=2a，由（1）得2≤2a≤8.①当2≤2a≤3，即1≤a≤时，h(a)=g(2a)=3-4a2；②当3<2a≤8，即<a≤4时，h(a)=g(3)=12-12a.综上所述，h(a)=.22.【解析】本题考查函数奇偶性与单调性的运用.（1）当x>0时，-x<0，所以f(-x)=-(-x)2+2(-x)=-x2-2x=-f(x).所以f(x)=x2+2x.又当x=0时，f(0)=0也满足f(x)=x2+2x，所以当x≥0时，函数f(x)的解析式为f(x)=x2+2x.（2）易知函数f(x)在R上单调递增.f(2m)+f(m-2)≤2-3m可化为f(2m)+2m≤f(2-m)+2-m，设函数g(x)=f(x)+x，所以g(x)=f(x)+x在R上也是单调递增函数.所以2m≤2-m，解得m≤.所以关于m的不等式f(2m)+f(m-2)≤2-3m的解集为{m|m≤}.