2024-2025学年河南省郑州七中高一（上）第一次月考数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年河南省郑州七中高一（上）第一次月考数学试卷（含答案），共7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.已知全集U={−1,0,1,2,3,4}，集合A={x|x≤1,x∈N}，B={1,3}，则∁U(A∪B)=( )
A. {4}B. {2,4}C. {−1,2,4}D. {−1,0,2,4}
2.下列各组函数表示同一函数的是( )
A. f(x)= x2，g(x)=( x)2B. f(x)=1，g(x)=x0
C. f(x)=x,x≥0−x,x<0，g(x)=|x|D. f(x)=x+1，g(x)=x2−1x−1
3.已知命题p：∃x∈(0,+∞),x+1x−a<0.若p是假命题，则实数a的取值范围是( )
A. a>2B. a<2C. a≥2D. a≤2
4.“a<1”是“关于x的方程ax2−2x+1=0有实数根”的( )
A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
5.已知函数f(x)的定义域为(0,2)，则函数g(x)=f(x−3) x−4的定义域为( )
A. (3,+∞)B. {2,4}C. (4,5)D. {−2,3}
6.若函数f(1−x)=−x2+3x−2，则f(x)在[−1,1]上的最大值与最小值之和为( )
A. −2B. −74C. 0D. 14
7.函数f(x)为偶函数，且对任意x1，x2∈[0,+∞)(x1≠x2)都有f(x1)−f(x2)x1−x2>0，则不等式f(2x−4)A. (−∞,1)∪(3,+∞)B. (−∞,3)
C. (1,3)D. (1,+∞)
8.若x，y∈R+，且x+2y=1，则x2x+1+2y2y+2的最小值为( )
A. 15B. 16C. 17D. 18
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列说法正确的的是( )
A. 若a>b.则ac2>bc2B. 若ac2>bc2，则a>b
C. 若a>b，c>d.则ac>bdD. 若b>a>0，c>0，则a+cb+c>ab
10.在数学中，布劳威尔不动点定理是拓扑学里一个非常重要的不动点定理，它可应用到有限维空间，并构成一般不动点定理的基石．布劳威尔不动点定理得名于荷兰数学家鲁伊兹⋅布劳威尔()，简单的讲就是对于满足一定条件的连续函数f(x)，存在一个点x0，使得f(x0)=x0，那么我们称该函数为“不动点”函数，下列为“不动点”函数的是( )
A. f(x)=1 x+xB. g(x)=x2−x−3
C. f(x)=2x2−1,x≤1|2−x|,x>1D. f(x)=1x−x
11.已知函数f(x)=(x−a)2,x<01x+1−2,x⩾0，下列命题正确的是( )
A. f(x)的值域为R
B. ∀x∈R，f(x)>−2
C. 若函数y=(x−a)2在(−∞,0)上单调递减，则a的取值范围为[0,+∞)
D. 若f(x)在R上单调递减，则a的取值范围为[0,+∞)
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.设函数f(x)=x+3x,x>0f(x+3),x≤0，则f(4)= ______．
13.已知集合A={a+1,a−1,a2−3}，若1∈A，则实数a的值为 ．
14.已知函数f(x)=x2，g(x)=a|x−1|，a为常数，若对于任意x1，x2∈[0,2]，且x1四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题13分)
已知集合M={x|−1(1)M∩(∁RN)；
(2)若N∩P=P，求实数m的取值范围．
16.(本小题15分)
某光伏企业投资144万元用于太阳能发电项目，n(n∈N+)年内的总维修保养费用为(4n2+20n)万元，该项目每年可给公司带来100万元的收入．假设到第n年年底，该项目的纯利润为y万元．(纯利润=累计收入−总维修保养费用−投资成本)
(1)写出纯利润y的表达式，并求该项目从第几年起开始盈利；
(2)若干年后，该公司为了投资新项目，决定转让该项目，现有以下两种处理方案：
①年平均利润最大时，以72万元转让该项目；
②纯利润最大时，以8万元转让该项目．
你认为以上哪种方案最有利于该公司的发展？请说明理由．
17.(本小题15分)
已知函数f(x)=x2−(a+1)x+1(a∈R)．
(1)若不等式f(x)<1−b的解集为{x|−2(2)若对任意的x∈[2,4]，f(x)+a+8≥0恒成立，求实数a的取值范围．
18.(本小题17分)
已知函数f(x)=ax+bx2+4是定义在(−2,2)上的奇函数，且f(1)=15．
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)判断函数f(x)在(−2,2)上的单调性，并用定义证明；
(3)解不等式f(2t)+f(t−1)>0．
19.(本小题17分)
设a∈R，函数f(x)=(a−x)|x|．
(1)若a=−1时，解不等式f(x)<2；
(2)若a=1，求f(x)的单调区间；
(3)若函数y=f(x+2023)的图象关于点(−2023,0)对称，且对于任意的x∈[−2,2]，不等式mx2+m>f[f(x)]恒成立，求实数m的范围．
参考答案
1.C
2.C
3.D
4.A
5.C
6.B
7.C
8.B
9.BD
10.BCD
11.BCD
12.194
13.0或−2
14.[0,2]
15.解：(1)由题设∁RN={x|x≤0或x≥4}，且M={x|−1所以M∩(∁RN)={x|−1(2)若N∩P=P，则P⊆N，
当P=⌀时，m+1≤0，即m≤−1；
当P≠⌀时，m+1>0m+1≤4，解得−1综上所述，m的取值范围为(−∞,3]．
16.解：(1)由题意可得，纯利润f(n)=100n−(4n2+20)−144=−4n2+80n−144，
令f(n)=−4n2+80n−144>0，解得2∵n∈N∗，
∴该项目从第3年开始盈利．
(2)方案①，年平均利润为f(n)n=80−4(n+36n)≤80−4×2 n⋅36n=32，当且仅当n=36n，即n=6时，等号成立，
按方案①共获利6×32+72=264万元，此时n=6，
方案②，f(n)=−4n2+80n−144=−4(n−10)2+256，
当n=10时，f(n)取得最大值256，
按方案②，共获利256+8=264万元，此时n=10，
以上两种方案，两种方案都获利264万元，但方案①只需6年，而方案②需要10年，
故选择方案①最合算．
17.解：(1)原不等式可化为x2−(a+1)x+b<0，
因为该不等式解集为{x|−2可知x2−(a+1)x+b=0的两根为−2和3，
则x1+x2=a+1x1x2=b，即1=a+1−6=b，
解得a=0b=−6；
(2)若对任意的x∈[2,4]，f(x)+a+8≥0恒成立，
所以对任意的x∈[2,4]，a(x−1)≤x2−x+9恒成立，
即对任意的x∈[2,4]，a≤x2−x+9x−1恒成立，
所以a≤x−1+9x−1+1，
又因为x−1>0，
x−1+9x−1+1≥2⋅ (x−1)⋅9(x−1)+1=7，
当且仅当x−1=9x−1，即x=4时取等号，
所以a≤7．
所以实数a的取值范围是(−∞,7]．
18.解：(1)函数ax+bx2+4是定义在(−2,2)上的奇函数，
则f(0)=b4=0，即b=0，
因为f(1)=a1+4=15，解得a=1，
则f(x)=xx2+4，经检验，f(x)是奇函数．
(2)f(x)在(−2,2)上为增函数，证明如下：
设−2由于−20，
又(m2+4)(n2+4)>0，
则有f(m)−f(n)<0，则f(x)在(−2,2)上是增函数．
(3)由题意可得，f(x)在(−2,2)上为单调递增的奇函数，
由f(2t)+f(t−1)>0可得f(2t)>−f(t−1)=f(1−t)，
所以2>2t>1−t>−2，
解得，13故t的范围为(13,1)．
19.解：(1)若a=−1时，f(x)=(−1−x)|x|=−x−x2,x≥0x+x2,x<0，
不等式f(x)<2⇔x≥0−x−x2<2或x<0x+x2<2，
解得x≥0或−2所以x>−2，
即不等式的解集为(−2,+∞)．
(2)由题设f(x)=(1−x)|x|=x−x2,x≥0x2−x,x<0，
所以f(x)的图象如下：

由图知：f(x)在(−∞,0),(12,+∞)上递减，在(0,12)上递增，
所以f(x)单调递减区间为(−∞,0),(12,+∞)；单调递增区间为(0,12)．
(3)由y=f(x+2023)的图象关于点(−2023,0)对称，即f(x)关于原点对称，
所以f(x)为奇函数，则f(−x)=−f(x)，
所以(a+x)|−x|=−(a−x)|x|，即(a+x)|x|=(x−a)|x|在x∈R上恒成立，
所以a+x=x−a，故a=0，
则f(x)=−x|x|，故f[f(x)]=−(−x|x|)|−x|x||=x3|x|，
所以x∈[−2,2]，则mx2+m>f[f(x)]⇒m>f[f(x)]x2+1=x3|x|x2+1恒成立，
由x3|x|x2+1≤x4x2+1=x2+1+1x2+1−2，
令t=x2+1∈[1,5]，结合对勾函数的单调性知y=t+1t−2在[1,5]上单调递增，
所以y∈[0,165]，故x3|x|x2+1≤165，
综上，m>165，即m的取值范围是(165,+∞)．