2023-2024学年湖南省岳阳市岳汨联考高一上学期11月期中联考数学试题（含解析）

这是一份2023-2024学年湖南省岳阳市岳汨联考高一上学期11月期中联考数学试题（含解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知集合A={0,1,2}，B={-1,0}，则A∪B=( )
A. {-1,1,2}B. {0,1,2}C. {-1,0}D. {-1,0,1,2}
2.命题“∃x∈(0,1)，x2-x<0”的否定是
( )
A. ∃x∉(0,1)，x2-x≥0B. ∃x∈(0,1)，x2-x≥0
C. ∀x∉(0,1)，x2-x<0D. ∀x∈(0,1)，x2-x≥0
3.下列命题为真命题的是( )
A. 若a>b>0，则ac2>bc2B. 若a>b>0，则a2>b2
C. 若a4.已知函数f(x-1)=5(x-π)5+π，则f(2)=( )
A. 2π-3B. -3C. 3D. 3-2π
5.已知a∈R，则“a≥1”是“关于x的一元二次方程ax2-2x+1=0没有实数根”的
( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
6.已知函数f(x)=13-x2+2x-3，则函数f(x)单调递增区间为
( )
A. -∞,1B. -1,+∞C. 1,+∞D. -∞,-1
7.已知奇函数f(x)在R上单调递增，且正数m，n满足f(2m)+f(n-1)=0，则1m+1n的最小值为
( )
A. 3B. 4 2C. 2+2 2D. 3+2 2
8.设定义在R上的奇函数fx满足，对任意x1、x2∈0,+∞，且x1≠x2，都有fx2-fx1x2-x1<1，且f3=3，则不等式fxx>1的解集为
( )
A. (-3,0)∪(0,3)B. (-∞,-3)∪(0,3)
C. (-∞,-3)∪(3,+∞)D. (-3,0)∪(3,+∞)
二、多选题（本大题共4小题，共20分。在每小题有多项符合题目要求）
9.设a=lg63，b=lg62，则下列结论正确的是
( )
A. a+b=1B. lg32=baC. lg619=-2aD. lg624=1-2b
10.下列命题中正确的是( )
A. “A∪B=A”是“B⊆A”的充分不必要条件
B. 方程x2-(m-3)x+m=0有一正一负根充要条件是“m<0”
C. “幂函数y=(m+1)xm2+m-1为反比例函数”的充要条件是“m=0”
D. “函数f(x)=-x2+2mx在区间1,3上不单调”的一个必要不充分条件是“1≤m≤3”
11.已知a>0，b>0，c>0，则下列结论正确的是
( )
A. a+1 a≥2
B. 若1a+2b=1，则a+2b的最小值是9
C. a2+3 a2+2的最小值为2
D. 若2a+b+c=4，则a(a+b+c)+bc的最大值为4
12.已知函数fx=x2-2x,x≤36-x,x>3，若a,b,c,d,e(aA. 若方程f(x)=k有三个不同的实根，则k的取值范围为(1,3)∪0
B. 若方程f(x)=k有一个实根，则k的取值范围为(-∞,0)
C. 若，则( )M的取值范围为(0,9)
D. 若N=bf+cf(c)+ef(e)，则N的取值范围为(0,7)( )
三、填空题（本大题共4小题，共20分）
13.函数fx=4+ax-1(a>0，且a≠1)的图象过定点P，则P点的坐标为_____________．
14.命题“∀x∈-1,3,x+1x+1-a≥0”为真命题，则a的取值范围为______．
15.已知关于x的不等式ax2+bx+c≥0的解集为x|x≤-3或x≥4，不等式bx+c>0的解集为______．
16.已知定义域为R的函数f(x)在2,+∞上单调递减，且f(x+2)是偶函数，则f(0)，f(52)，f(3)的大小关系是______．
四、解答题（本大题共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.(本小题10分)
已知集合A=x|x2-4x-5≤0，集合B=x|2a≤x≤a+2．
(1)若a=-1，求A∩B和A∪B；
(2)若A∩B=B，求实数a的取值范围．
18.(本小题12分)
已知指数函数y=bax在定义域内单调递减，二次函数y=ax2+bx的图象顶点的横坐标x0．
(1)求2x0+1的取值范围；
(2)比较a3+b3与ab2+a2b的大小．
19.(本小题12分)
已知函数fx=mx2+23x+n是奇函数，且f2=53．
(1)求实数m和n的值；
(2)判断函数fx在-∞,-1上的单调性，并加以证明．
20.(本小题12分)
已知函数fx=2x+m-4x．
(1)当m=0时，求关于x的不等式fx>-2的解集；
(2)若对∀x∈0,1，不等式fx>2-m⋅2x恒成立，求实数m的取值范围．
21.(本小题12分)
某公司生产某种电子仪器的固定成本为20000元，每生产一台仪器需增加投入100元，已知总收入R(单位：元)关于月产量x(单位：台)满足函数：
R=400x-12x2,0≤x≤400,80000,x>400.
(1)将利润P(单位：元)表示为月产量x的函数;
(2)当月产量为何值时，公司所获利润最大?最大利润为多少元?(总收入=总成本+利润)
22.(本小题12分)
已知函数f(x)=x|x-2|-a+1，g(x)=x2-ax-1，m∈R，且函数f(x)有三个零点．
(Ⅰ)求a的取值范围;
(Ⅱ)若对任意的x1∈[m,m+2]，总存在x2∈[32,2]，使得f(x1)答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查集合的并集运算，属于基础题．
根据并集定义进行解答即可．
【解答】
解：因为A={0 , 1, 2}，B={ -1 , 0}，
则A∪B=-1,0,1,2
故选D．
2.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查含有量词的命题的否定，属于基础题．
根据含有量词的命题的否定即可得到结论．
【解答】
解：命题为存在量词命题，
则命题“∃x∈(0,1)，x2-x<0”的否定∀x∈(0,1)，x2-x≥0．
故答案选：D．
3.【答案】B
【解析】【分析】根据不等式性质判断各命题的真假即可．
解：A：若 c=0 时， ac2>bc2 不成立，假命题；
B：由不等式性质知 a>b>0 ，则 a2>b2 ，真命题；
C：若 aab>b2>0 ，假命题；
D：若 a1a>1b ，假命题；
故选：B
4.【答案】C
【解析】【分析】根据函数的解析式的求法和根式的运算求解．
解： f(x-1)=x-π+π=x-1+1 ，所以 f(x)=x+1 ，
所以 f(2)= 3，
故选：C．
5.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查了必要条件与充分条件的概念，属于基础题．
求出“关于x的一元二次方程ax2-2x+1=0没有实数根”的充要条件，根据必要条件与充分条件的概念即可判断．
【解答】
解：“关于x的一元二次方程ax2-2x+1=0没有实数根”的充要条件为
a≠0Δ=4-4a<0，解得a>1，
因为a|a>1⫋a|a⩾1，
所以a≥1”是“关于x的一元二次方程ax2-2 x+1=0没有实数根”的必要不充分条件．
故选B．
6.【答案】C
【解析】【分析】利用指数型复合函数的单调性求解．
解：令 t=-x2+2x-3 在 -∞,1 单调递增， 1,+∞ 单调递减，
所以函数 f(x)=13-x2+2x-3 在 -∞,1 单调递减， 1,+∞ 单调递增，
故选：C．
7.【答案】D
【解析】【分析】根据奇偶性以及单调性可得 2m+n=1 ，即可根据不等式求解．
解：由于奇函数 f(x) 在R上单调递增，且正数m，n满足， f(2m)+f(n-1)=0
所以 2m+n=1 ，
由于 m>0,n>0 ，所以 1m+1n=1m+1n2m+n=3+nm+2mn≥3+2 2 ，
当且仅当 nm=2mn ，即 m=2- 22,n= 2-1 等号成立，
故选：D
8.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查抽象函数的奇偶性、单调性，属于中档题．
构造函数gx=fx-x，可知函数gx=fx-x为奇函数，并推导出函数gx在0,+∞上为减函数，由此可知函数gx在-∞,0上也为减函数，且有g-3=g3=0，然后分x>0和x<0两种情况解不等式fxx>1，即可得解．
【解答】
解：构造函数gx=fx-x，对任意x1、x2∈0,+∞，且x1≠x2，不妨设x1由fx2-fx1x2-x1<1可得fx2-fx1fx2-x2，
所以，gx1>gx2，所以，函数gx在0,+∞上单调递减，
函数gx=fx-x的定义域为R，由于函数fx为奇函数，
则g-x=f-x--x=-fx+x=-fx-x=-gx，
所以，函数gx=fx-x为奇函数，
所以，函数gx在-∞,0上也为减函数．
∵f3=3，
∴g3=f3-3=0，从而g-3=-g3=0．
①当x>0时，由fxx>1可得fx>x，即gx>0=g3，解得0②当x<0时，由fxx>1可得fx综上所述，不等式fxx>1的解集为(-3,0)∪(0,3)．
故选：A．
9.【答案】ABC
【解析】【分析】根据对数的运算求解．
解：对A，a+b=lg63+lg62=lg66=1， A正确；
对B，ba=lg62lg63=lg32， B正确；
对C，-2a=-2lg63=lg63-2=lg619， C正确；
对D，1-2b=1-2lg62=lg66-lg64=lg632， D错误；
故选：ABC．
10.【答案】BCD
【解析】【分析】根据集合间的关系可判断A；由一元二次方程根的分布结合韦达定理判断B；根据幂函数的性质及反比例函数的定义即可判断C；根据二次函数的单调性即可判断D．
解：对于A，由A∪B=A可得B⊆A，故充分性成立，
由B⊆A可得A∪B=A，故必要性成立，所以“A∪B=A”是“B⊆A”的充要条件，故 A错误；
对于B，方程x2-(m-3)x+m=0的有一正一负根，设为x1,x2，
则Δ=m-32-4m>0x1x2=m<0，解得m<0，满足充分性，
当m<0时，Δ=m-32-4m>0,x1x2=m<0，则方程x2-(m-3)x+m=0有一正一负根，满足必要性，
所以方程x2-(m-3)x+m=0有一正一负根充要条件是“m<0”，故 B正确；
对于C，若幂函数y=(m+1)xm2+m-1为反比例函数，则m+1=1m2+m-1=-1，解得m=0，满足充分性，
当m=0时，函数y=x-1为幂函数，也为反比例函数，满足必要性，
所以“幂函数y=(m+1)xm2+m-1为反比例函数”的充要条件是“m=0”，故 C正确；
对于D：若函数f(x)=-x2+2mx在区间1,3上不单调，则1所以“函数f(x)=-x2+2mx在区间1,3上不单调”的一个必要不充分条件是“1≤m≤3”，故 D正确．
故选：BCD．
11.【答案】ABD
【解析】【分析】根据不等式以及等号成立的条件结合选项逐一求解．
解：对于选项A：由a>0，得 a>0，则 a+1 a≥2 a×1 a=2，当且仅当 a=1 a，即a=1时等号成立，所以 a+1 a≥2， A正确；
对于选项C:a2+3 a2+2=a2+2+1 a2+2= a2+2+1 a2+2≥2，当且仅当 a2+2=1 a2+2，即a2=-1时等号成立，又a>0，所以a2+3 a2+2不能等于2，选项C错误；
对于选项B：由1a+2b=1，得a+2b=a+2b(1a+2b)=5+2ab+2ab≥5+2 2ab⋅2ab=9，
当且仅当2ab=2ab，即a=3,b=13时等号成立，所以a+2b的最小值是9，选项B正确；
对于选项D：根据题意可得a+c>0，a+b>0，又2a+b+c=(a+b)+(a+c)=4，
所以a(a+b+c)+bc=a(a+b)+c(a+b)=(a+b)(a+c)≤(a+b+a+c2)2=4，
当且仅当a+b=a+c，即b=c时等号成立，
所以a(a+b+c)+bc的最大值为4，选项D正确．
故选：ABD．
12.【答案】ACD
【解析】【分析】作出函数f(x)的图象，观察直线y=k与f(x)的相交情况即可判断AB；记f(a)=f=f(c)=f(d)=f(e)=k，观察图象求出e的范围，结合对称性化简，利用二次函数性质即可求M和N的范围，判断CD．( )
解：作出函数f(x)的图象如图，
由图可知，当k=0或1即方程f(x)=k有三个不同的实根，故 A正确；
当k>3或k<0时，直线y=k与f(x)有一个交点，
即方程f(x)=k有一个实根，故 B错误；
记f(a)=f=f(c)=f(d)=f(e)=k，则M=ka+b+c+d+e，( )
由对称性可知，a+d2=b+c2=1，所以a+b+c+d=4，
令6-x=1得x=5，结合图象可知，5所以M=6-e4+e=-e-12+25,e∈5,6，
由二次函数性质可得M∈0,9， C正确；
由上可知，N=kb+c+e=6-e2+e=-e-22+16,e∈5,6，
由二次函数可得，M∈(0,7)， D正确．
故选：ACD
13.【答案】(1,5)
【解析】【分析】根据指数函数的性质确定函数所过的定点．
解：由指数函数性质知：当x=1时，f1=4+a0=5，故定点P(1,5)．
故答案为：(1,5)
14.【答案】-∞,1
【解析】【分析】利用基本不等式求解．
解：由题，命题“∀x∈-1,3,x+1x+1≥a”为真命题，即x+1x+1min≥a，
因为x∈-1,3，所以x+1∈0,4,
所以x+1x+1=x+1+1x+1-1≥2 x+11x+1-1=1，
当且仅当x+1=1x+1，即x=0取得等号，
所以x+1x+1min=1，所以a≤1，
故答案为：-∞,1．
15.【答案】x|x<-12
【解析】【分析】根据不等式解集知a>0，利用韦达定理得b=-a,c=-12a，代入目标不等式求解即可．
解：因为不等式ax2+bx+c≥0的解集为x|x≤-3或x≥4，
所以a>0，且-3和4为方程ax2+bx+c=0的两根，
故-ba=1ca=-12，得b=-a,c=-12a，
又a>0，所以bx+c>0⇔-ax-12a>0⇔x+12<0，解得x<-12，
所以不等式bx+c>0的解集为x|x<-12．
故答案为：x|x<-12
16.【答案】f(0)【解析】【分析】由题干分析函数f(x)是关于x=2对称的函数，且在2,+∞上单调递减，-∞,2上单调递增.再通过距离对称轴的远近来比较函数值的大小即可．
解：由于f(x+2)是偶函数，则f(x)是关于x=2对称的函数，
又因为f(x)是定义域为R，且在2,+∞上单调递减，
所以函数f(x)的-∞,2上单调递增.则根据增减性的特点，分析得到距离对称轴越近，函数值越大.由于2-0>3-2>52-2
所以f(0)故答案为：f(0)17.【答案】解：(1)当a=-1时，集合A=x|x2-4x-5≤0=x|-1≤x≤5，
集合B=x|2a≤x≤a+2=x|-2≤x≤1，
∴A∩B=x|-1≤x≤1，A∪B=x|-2≤x≤5，
(2)∵A∩B=B，∴B⊆A，
(1)当B=⌀时，则2a>a+2，解得a>2；
(2)当B≠⌀时，则a≤22a≥-1a+2≤5，解得-12≤a≤2，
综上所述，a>2或-12≤a≤2
即实数a的取值范围是-12,+∞

【解析】【分析】(1)解一元二次不等式化简集合A，再由交并运算可得；
(2)由A∩B=B，得B⊆A，分类讨论B是否为⌀，由包含关系建立不等式组求解可得．
18.【答案】解：(1)由题y=bax在定义域R上单调递减，∴0又因为二次函数y=ax2+bx顶点的横坐标x0=-b2a，
∵0∴2x0+1的取值范围为(0,1)．
(2)由题∵a3+b3-a2b-ab2=a2(a-b)-b2(a-b)
=(a-b)(a2-b2)=(a-b)2(a+b)
又∵0(i)当a>b>0时，a3+b3>a2b+ab2;
(ii)当a
【解析】【分析】(1)根据指数函数的单调性以及二次函数的性质、不等式的性质求解；
(2)作差法比较大小．
19.【答案】解：(1)∵fx是奇函数，∴f-x=-fx．
即mx2+2-3x+n=-mx2+23x+n=mx2+2-3x-n，
比较得n=-n，n=0．
又f2=53，∴4m+26=53，解得m=2，
(2)函数fx在-∞,-1上为增函数．
证明如下：由(1)知fx=2x2+23x=2x3+23x，
设x1则fx1-fx2=23x1-x21-1x1x2=23x1-x2⋅(x1x2-1)x1x2，
∵23x1-x2<0，x1x2>0，x1x2-1>0，
∴fx1-fx2<0，∴fx1即函数fx在-∞,-1上为增函数．

【解析】本题主要考查了函数奇偶性的应用，函数单调性的定义法证明，属于中档题．
(1)根据奇函数有f-x=-fx可得n=0，再由f2=53可得m；
(2)根据函数单调性定义法证明即可．
20.【答案】解：(1)当m=0时，fx>-2即2x+m-4x>-2，
即(2x)2-2x-2<0，令t=2x,t>0，则t2-t-2<0，
解得0所以关于x的不等式fx>-2的解集为(-∞,1)；
(2)对∀x∈0,1，不等式fx>2-m⋅2x恒成立，
即2x+m-4x>2-m⋅2x恒成立，
令t=2x,t∈[1,2]，则t2-(m+2m)t+2<0恒成立，
需满足1-(m+2m)×1+2<04-(m+2m)×2+2<0，即m+2m>3，
而函数y=x+3x是单调递增函数，且x=1时，y=3，
故由m+2m>3可知：m>1，
即求实数m的取值范围为(1,+∞)．

【解析】【分析】(1)利用换元法，解一元二次不等式，可得答案;
(2)换元，将不等式fx>2-m⋅2x变为一元二次不等式在给定区间上恒成立的问题，列出相应的不等式组，求得答案．
21.【答案】解：(1)∵P=R-100x-20000，
∴P=-12x2+300x-20000,0≤x≤400,60000-100x,x>400.
(2)当0≤x≤400时，P=-12[(x2-600x+90000)-90000]-20000=-12(x-300)2+25000，
∴当x=300时，Pmax=25000;
当x>400时，P=60000-100x<60000-100×400=20000，
∵25000>20000，∴月产量为300台时，公司所获利润最大，最大利润为25000元．
【解析】本题考查的是函数的实际应用以及分段函数，属于基础题．
(1)由题意月利润fx=Rx-生产仪器增加投入-固定成本，因为Rx是分段函数，故分别计算0≤x≤400，x>400时fx的解析式；
(2)因为利润函数fx是分段函数，所以要分别在0≤x≤400，x>400时，计算fx的最大值，通过比较得出fx在其定义域上的最大值．
22.【答案】解：(Ⅰ)设h(x)=x|x-2|=-x2+2x,x<2x2-2x,x≥2=-(x-1)2+1,x<2(x-1)2-1,x≥2，
f(x)有三个零点，即h(x)与y=a-1有三个不同的交点，如图所示，
则0(Ⅱ) ∵对任意的x1∈[m,m+2]，总存在x2∈[32,2]，使得f(x1)∴f(x)max∵g(x)=x2-ax-1=x2-1-a+1x-1=x+1+1-ax-1=x-1+1-ax-1+2，
∵函数f(x)有三个零点，由1∴g(x)在[32,2]上递增，
∴g(x)max=4-a，
①若m+2<1，即m<-1，则f(x)max=f(m+2)=-m2-2m-a+1
∴-m2-2m+1-a<4-a，∴m∈R，故m<-1;
②若1≤m+2≤1+ 2，即-1≤m≤ 2-1，则f(x)max=f(1)=2-a，
∴2-a<4-a恒成立，∴-1≤m≤ 2-1．
③若m+2>1+ 2，即m> 2-1，则f(x)max=f(m+2)=m2+2m+1-a，
∴m2+2m+1-a<4-a，
∴-3所以，综上可得：m<1．
【解析】本题考查方程的零点及不等式恒成立问题，考查函数的单调性及最值，属于较难题．
(Ⅰ)设h(x)=x|x-2|，f(x)有三个零点，可得h(x)与y=a-1有三个不同的交点，结合图象可求得a的取值范围;
(Ⅱ)由条件可得f(x)max

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