2020-2021学年江西省南昌市高一（上）10月月考数学试卷北师大版

这是一份2020-2021学年江西省南昌市高一（上）10月月考数学试卷北师大版，共9页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 设集合A={−1,1,2,3,5}，B={2,3,4}，C={x∈R|1≤x<3}，则(A∩C)∪B=( )
A.{2}B.{2,3}C.{−1,2,3}D.{1,2,3,4}

2. 已知集合M={−1, 0}，则满足M∪N={−1, 0, 1}的集合N的个数是（ ）
A.2B.3C.4D.8

3. 如果二次函数y=ax2+bx+1的图象的对称轴是x=1，并且通过点A(−1, 7)，则( )
A.a=2，b=4B.a=2，b=−4C.a=−2，b=4D.a=−2，b=−4

4. 已知全集U={x∈R|x<0}，M={x|x<−1}，N={x|−3
A.{x|−3
5. 集合A=y|y=x−1，B=x|x2−x−2≤0，则A∩B=( )
A.[2,+∞)B.0,1C.1,2D.0,2

6. 若偶函数f(x)在区间(−∞, −1]上是增函数，则( )
A.f(−32)C.f(2)
7. 设f(x)是R上的偶函数，且在(−∞, 0)上为减函数，若x1<0，x1+x2>0，则( )
A.f(x1)>f(x2)
B.f(x1)=f(x2)
C.f(x1)D.不能确定f(x1)与f(x2)的大小关系

8. 若定义在R上的偶函数f(x)和奇函数g(x)满足f(x)+g(x)=x2+3x+1，则f(x)=( )
A.x2B.2x2C.2x2+2D.x2+1

9. 已知函数f(x)为R上的偶函数，当x≥0时，f(x)单调递减，若f(2a)>f(1−a)，则a的取值范围是( )
A.(−∞,13)B.(−13,1)C.(−1,13)D.(−13,+∞)

10. 若函数y=x2−3x−4的定义域为[0, m]，值域为[−254, −4]，则实数m的取值范围是( )
A.[0, 4]B.[32, 3]C.[32, +∞)D.[32, 4]

11. f(x)=(3a−1)x+4a(x<1)，−ax(x≥1)是定义在 (−∞,+∞)上的减函数，则a的取值范围是( )
A. [18,13) B.[0,13] C.(0,13) D.(−∞,13]

12. 已知f(x)是定义域为(−∞, +∞)的奇函数，满足f(1−x)=f(1+x)，若f(1)=2，则f(1)+f(2)+f(3)+...+f(2020)=（ ）
A.50B.2C.0D.−50
二、填空题

已知集合A=x|−1≤x≤2，B=x|x<1，则A∩(∁RB)=________.

已知函数f(x)=(m2+m−1)xm+3是幂函数，且该函数是偶函数，则m的值是________．

函数fx是定义在R上的偶函数，且f2=−1，对任意的x∈R都有fx=−f2−x，则f2020=________.

已知函数y=f(x+1)−2是奇函数，g(x)=2x−1x−1，且f(x)与g(x)的图象的交点为(x1，y1)，(x2，y2)，⋯，(x6，y6)，则x1+x2+⋯+x6+y1+y2+⋯+y6=_____.
三、解答题

已知集合A={x|x≤−3或x≥2}，B={x|1(1)求A∩B，(∁RA)∪B；

(2)若B∩C=C，求实数m的取值范围．

已知集合U=R，集合A={x|x<−4或x>1}，B={x|−3≤x−1≤2}.
(1)求A∩B，(∁UA)∪(∁UB)；

(2)若集合M={x|2k−1≤x≤2k+1}是集合A的真子集，求实数k的取值范围．

已知函数fx=2x−1x+1.
(1)证明：函数fx在区间0,+∞上是增函数；

(2)求函数fx在区间1,17上的最大值和最小值．

已知函数f(x)=ax+b1+x2是定义在(−1, 1)上的奇函数，且f(12)=25．
(1)求函数f(x)的解析式；

(2)已知f(x)在定义域上是增函数，解不等式f(t−1)+f(t)<0．

已知函数f(x)=x2−2(a−1)x+4．
(1)若f(x)为偶函数，求f(x)在[−1, 2]上的值域；

(2)若f(x)在区间(−∞, 2]上是减函数，求f(x)在[1, a]上的最大值．

设函数f(x)=x2−2tx+2，其中t∈R．
(1)若t=1，求函数f(x)在区间[0, 4]上的取值范围；

(2)若t=1，且对任意的x∈[a, a+2]，都有f(x)≤5，求实数a的取值范围．

(3)若对任意的x1，x2∈[0, 4]，都有|f(x1)−f(x2)|≤8，求t的取值范围．
参考答案与试题解析
2020-2021学年江西省南昌市高一（上）10月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
D
【考点】
交、并、补集的混合运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意解得，
A∩C={1,2}，
(A∩C)∪B={1,2,3,4}.
故选D.
2.
【答案】
C
【考点】
并集及其运算
【解析】
由M与N的并集得到集合M和集合N都是并集的子集，又根据集合M的元素得到元素1一定属于集合N，找出两并集的子集中含有元素1的集合的个数即可．
【解答】
解：由M∪N={−1, 0, 1}，
得到集合M⊆M∪N，且集合N⊆M∪N，
又M={0, −1}，所以元素1∈N，
则集合N可以为{1}或{0, 1}或{−1, 1}或{0, −1, 1}，共4个．
故选C．
3.
【答案】
B
【考点】
二次函数的性质
【解析】
由对称轴是x=1可得b2a=−1，又因为图象过点A(−1, 7)，代入解析式得a−b=6，从而解得结果．
【解答】
解：∵ 对称轴是x=1，
∴ b2a=−1.
∵ 图象过点A(−1, 7)，
∴ a−b=6，
∴ a=2，b=−4.
故选B．
4.
【答案】
C
【考点】
Venn图表达集合的关系及运算
交、并、补集的混合运算
【解析】
求出M={x|x<−1}，N={x|−3【解答】
解：∵ 全集U={x∈R|x<0}，M={x|x<−1}，
N={x|−3∁UM={x|−1≤x<0}，
∴ 图中阴影部分表示的集合是：N∩(∁UM)={x|−1≤x<0}．
故选C.
5.
【答案】
D
【考点】
交集及其运算
【解析】
先求出集合A，B，再利用交集运算求解即可.
【解答】
解：∵ 集合A=y|y=x−1=[0,+∞），B=x|x2−x−2≤0=[−1,2]，
∴ A∩B=[0,2].
故选D.
6.
【答案】
D
【考点】
奇偶性与单调性的综合
函数奇偶性的性质
函数单调性的性质
【解析】
由偶函数的定义以及f(x)在区间(−∞, −1]上是增函数，可得 f(−3)、f(2)、f(−1)的大小关系．
【解答】
解：由于函数f(x)是偶函数，
故有f(−32)=f(32)，f(−2)=f(2)，f(−1)=f(1)．
再由f(x)在区间(−∞, −1]上是增函数，可得 f(−2)即f(2)故选D．
7.
【答案】
C
【考点】
函数奇偶性的性质
函数单调性的性质
【解析】
根据函数奇偶性和单调性之间的关系，即可得到结论．
【解答】
解：若x1<0，x1+x2>0，
即x2>−x1>0，
∵ f(x)是R上的偶函数，且在(−∞, 0)上为减函数，
∴ 函数f(x)在(0, +∞)上为增函数，
则f(x2)>f(−x1)=f(x1).
故选C．
8.
【答案】
D
【考点】
函数奇偶性的性质
【解析】
利用奇偶函数性质得到f(−x)=f(x)，g(−x)=−g(x)，代入已知等式得到关系式，与已知等式联立即可求出f(x)．
【解答】
解：∵ 定义在R上的偶函数f(x)和奇函数g(x)，
∴ f(−x)=f(x)，g(−x)=−g(x)，
代入已知等式f(x)+g(x)=x2+3x+1①，
得：f(−x)+g(−x)=x2−3x+1，
即f(x)−g(x)=x2−3x+1②，
联立①②，解得：f(x)=x2+1.
故选D．
9.
【答案】
C
【考点】
函数奇偶性的性质
函数单调性的性质
【解析】
根据题意，由函数的奇偶性与单调性分析可得f(2a)>f(1−a)⇒f(|2a|)>f(|1−a|)⇒|2a|<|1−a|，解可得a的取值范围，即可得答案．
【解答】
解：根据题意，函数f(x)为R上的偶函数，当x≥0时，f(x)单调递减，
则f(2a)>f(1−a)⇒f(|2a|)>f(|1−a|)⇒|2a|<|1−a|，
解可得：−1即a的取值范围为(−1, 13).
故选C.
10.
【答案】
B
【考点】
二次函数的性质
【解析】
据函数的函数值f(32)=−254，f(0)=−4，结合函数的图象即可求解．
【解答】
解：∵ f(x)=x2−3x−4=(x−32)2−254，
∴ f(32)=−254.
又f(0)=−4，
故由二次函数图象可知；
m的值最小为32，最大为3，
即m的取值范围是：32≤m≤3．
故选B.
11.
【答案】
A
【考点】
分段函数的应用
函数单调性的性质
【解析】
本题考查了分段函数的单调性，通过单调性求参数的取值范围，属于基础题
【解答】
解：由题意，得3a−1<0，−a<0，3a−1+4a≥−a，
解得：18≤a<13.
故选A．
12.
【答案】
C
【考点】
抽象函数及其应用
函数奇偶性的性质
【解析】
由题意可得f(0)＝0，进而根据函数奇偶性和对称性的关系求出函数的周期是4，分析可得f(1)+f(2)+f(3)+f(4)的值，结合函数的周期性分析可得答案．
【解答】
解：∵ f(x)是奇函数，且f(1−x)=f(1+x)，
∴ f(1−x)=f(1+x)=−f(x−1)，f(0)=0，
则f(x+2)=−f(x)，则f(x+4)=−f(x+2)=f(x)，
即函数f(x)是周期为4的周期函数，
∵ f(1)=2，
∴ f(2)=f(0)=0，f(3)=f(1−2)=f(−1)=−f(1)=−2，
f(4)=f(0)=0，
则f(1)+f(2)+f(3)+f(4)=2+0−2+0=0，
则f(1)+f(2)+f(3)+...+f(2020)=505×[f(1)+f(2)+f(3)+f(4)]=0.
故选C．
二、填空题
【答案】
x|1≤x≤2
【考点】
交、并、补集的混合运算
【解析】
先求出集合B的补集，再与集合A求交集即可.
【解答】
解：∵ A=x|−1≤x≤2，B=x|x<1，
∴ ∁RB=x|x≥1，
A∩(∁RB)=x|1≤x≤2.
故答案为：x|1≤x≤2.
【答案】
1
【考点】
幂函数的概念、解析式、定义域、值域
偶函数
【解析】
根据幂函数的定义求出m的值，结合偶函数的定义取舍即可．
【解答】
解：由题意得：m2+m−1=1，解得：m=1或m=−2，
m=1时，f(x)=x4是偶函数，符合题意，
m=−2时，f(x)=x是奇函数，不合题意，
故m=1.
故答案为：1.
【答案】
1
【考点】
函数的周期性
函数奇偶性的性质
函数的求值
【解析】
根据题意，由函数的奇偶性分析可得fx=−fx−2，进而可得fx=−fx−2=fx−4，即函数fx是周期为4的周期函数，据此可得f2020=f4+4×504=f4=−f2，即可得答案．
【解答】
解：根据题意，函数fx是定义在R上的偶函数，
且对任意的x∈R，都有fx=−f2−x，
则fx=−fx−2，
变形可得fx=−fx−2=fx−4，
即函数fx是周期为4的周期函数，
∴ f2020=f4+4×504=f4=−f2=1.
故答案为：1.
【答案】
18
【考点】
奇偶函数图象的对称性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ 函数y=f(x+1)−2为奇函数，
∴ 函数f(x)的图象关于点(1,2)对称，
g(x)=2x−1x−1=1x−1+2关于点(1,2)对称，
∴ 两个函数图象的交点也关于点(1,2)对称，
则(x1+x2+⋯+x6)+(y1+y2+⋯+y6)
=2×3+4×3=18.
故答案为：18.
三、解答题
【答案】
解：(1)A∩B={x|2≤x<5}，
∁RA={x|−3∴ (∁RA)∪B={x|−3(2)∵ B∩C=C，∴ C⊆B，
①当C=⌀时，∴ m−1>2m⇒m<−1；
②当C≠⌀时，∴ m−1≤2m，m−1>1，2m<5，⇒2综上m的取值范围是(−∞, −1)∪(2, 52)．
【考点】
交、并、补集的混合运算
集合的包含关系判断及应用
【解析】
（1）根据定义，进行集合的交、并、补集运算，可得答案；
（2）分集合C=⌀和C≠⌀两种情况讨论m满足的条件，再综合．
【解答】
解：(1)A∩B={x|2≤x<5}，
∁RA={x|−3∴ (∁RA)∪B={x|−3(2)∵ B∩C=C，∴ C⊆B，
①当C=⌀时，∴ m−1>2m⇒m<−1；
②当C≠⌀时，∴ m−1≤2m，m−1>1，2m<5，⇒2综上m的取值范围是(−∞, −1)∪(2, 52)．
【答案】
解：(1)因为全集U=R，集合A={x|x<−4或x>1}，
B={x|−3≤x−1≤2}={x|−2≤x≤3}，
所以A∩B={x|1(∁UA)∪(∁UB)=∁U(A∩B)={x|x≤1或x>3}.
(2)①当M=⌀时，2k−1>2k+1，不存在这样的实数k．
②当M≠⌀时，则2k+1<−4或2k−1>1，
解得k<−52或k>1．
故k的取值范围为：k<−52或k>1.
【考点】
集合关系中的参数取值问题
交、并、补集的混合运算
【解析】
（1）求出集合B，然后直接求A∩B，通过(CUA)∪(CUB)CU(A∩B)求解即可；
（2）通过M=⌀与M≠⌀，利用集合M={x|2k−1≤x≤2k+1}是集合A的子集，直接求实数k的取值范围．
【解答】
解：(1)因为全集U=R，集合A={x|x<−4或x>1}，
B={x|−3≤x−1≤2}={x|−2≤x≤3}，
所以A∩B={x|1(∁UA)∪(∁UB)=∁U(A∩B)={x|x≤1或x>3}.
(2)①当M=⌀时，2k−1>2k+1，不存在这样的实数k．
②当M≠⌀时，则2k+1<−4或2k−1>1，
解得k<−52或k>1．
故k的取值范围为：k<−52或k>1.
【答案】
(1)证明： fx=2x−1x+1=2−3x+1,
设x1>x2>0，
则： fx1−fx2=3x2+1−3x1+1=3x1−x2x1+1x2+1,
∵ x1>x2>0,
∴ x1−x2>0，x1+1>0，x2+1>0,
∴ 3x1−x2x1+1x2+1>0,
∴ fx1>fx2,
∴ fx在区间0,+∞上是增函数．
(2)解：∵ fx在0,+∞上是增函数，
∴ fx在区间1,17上的最小值为f1=12，最大值为f17=116．
【考点】
函数单调性的性质
函数单调性的判断与证明
【解析】
无
无
【解答】
(1)证明： fx=2x−1x+1=2−3x+1,
设x1>x2>0，
则： fx1−fx2=3x2+1−3x1+1=3x1−x2x1+1x2+1,
∵ x1>x2>0,
∴ x1−x2>0，x1+1>0，x2+1>0,
∴ 3x1−x2x1+1x2+1>0,
∴ fx1>fx2,
∴ fx在区间0,+∞上是增函数．
(2)解：∵ fx在0,+∞上是增函数，
∴ fx在区间1,17上的最小值为f1=12，最大值为f17=116．
【答案】
解：(1)∵ f(x)是(−1, 1)上的奇函数，
∴ f(0)=0，∴ b=0．
又f(12)=25，
∴ 12a1+(12)2=25，
∴ a=1，
∴ f(x)=x1+x2.
(2)∵ f(x)是奇函数，
∴ 不等式可化为f(t−1)<−f(t)=f(−t)，
即 f(t−1)又f(x)在(−1, 1)上是增函数，
∴ 有−1解得0∴ 不等式的解集为{t|0【考点】
奇偶性与单调性的综合
函数奇偶性的性质
【解析】
（1）根据函数的奇偶性和条件，建立方程即可求函数f(x)的解析式；
（2）根据函数单调性的定义即可证明f(x)在(−1, 1)上是增函数；
【解答】
解：(1)∵ f(x)是(−1, 1)上的奇函数，
∴ f(0)=0，∴ b=0．
又f(12)=25，
∴ 12a1+(12)2=25，
∴ a=1，
∴ f(x)=x1+x2.
(2)∵ f(x)是奇函数，
∴ 不等式可化为f(t−1)<−f(t)=f(−t)，
即 f(t−1)又f(x)在(−1, 1)上是增函数，
∴ 有−1解得0∴ 不等式的解集为{t|0【答案】
解：(1)根据题意，函数f(x)=x2−2(a−1)x+4为二次函数，
其对称轴为x=a−1，
若f(x)为偶函数，则a−1=0，解可得a=1,
则f(x)=x2+4，
因为f(x)在[0,+∞]上单调递增，
所以当−1≤x≤2，有4≤f(x)≤8，
即f(x)在[−1, 2]上的值域为[4, 8].
(2)根据题意，函数f(x)=x2−2(a−1)x+4为二次函数，
其对称轴为x=a−1，
若f(x)在区间(−∞, 2]上是减函数，
则a−1≥2，解得a≥3，
又由1在[a−1, a]上递增，
且f(1)=7−2a，f(a)=−a2+2a+4，
f(1)−f(a)=(7−2a)−(−a2+2a+4)
=a2−4a+3=(a−2)2−1，
又由a≥3，则f(1)≥f(a)，
则f(x)在[1, a]上的最大值为7−2a．
【考点】
二次函数在闭区间上的最值
函数的值域及其求法
【解析】
(Ⅰ)求出函数的对称轴，由偶函数的性质分析可得a−1＝0，解可得a＝1，即可得函数的解析式，由二次函数的性质分析可得答案；
(Ⅱ)根据题意，由二次函数的性质分析可得a−1≥2，则a≥3；分析函数f(x)在区间[1, a]上的单调性，求出并比较f(1)、f(a)的值，即可得答案．
【解答】
解：(1)根据题意，函数f(x)=x2−2(a−1)x+4为二次函数，
其对称轴为x=a−1，
若f(x)为偶函数，则a−1=0，解可得a=1,
则f(x)=x2+4，
因为f(x)在[0,+∞]上单调递增，
所以当−1≤x≤2，有4≤f(x)≤8，
即f(x)在[−1, 2]上的值域为[4, 8].
(2)根据题意，函数f(x)=x2−2(a−1)x+4为二次函数，
其对称轴为x=a−1，
若f(x)在区间(−∞, 2]上是减函数，
则a−1≥2，解得a≥3，
又由1在[a−1, a]上递增，
且f(1)=7−2a，f(a)=−a2+2a+4，
f(1)−f(a)=(7−2a)−(−a2+2a+4)
=a2−4a+3=(a−2)2−1，
又由a≥3，则f(1)≥f(a)，
则f(x)在[1, a]上的最大值为7−2a．
【答案】
解：(1)因为f(x)=x2−2tx+2=(x−t)2+2−t2，
所以f(x)在区间(−∞, t]上单调递减，在区间[t, +∞)上单调递增，
且对任意的x∈R，都有f(t+x)=f(t−x)，
若t=1，则f(x)=(x−1)2+1．
①当x∈[0, 1]时．f(x)单调递减，从而最大值f(0)=2，最小值f(1)=1．
所以f(x)的取值范围为[1, 2]；
②当x∈[1, 4]时．f(x)单调递增，从而最大值f(4)=10，最小值f(1)=1．
所以f(x)的取值范围为[1, 10]；
所以f(x)在区间[0, 4]上的取值范围为[1, 10]．
(2)“对任意的x∈[a, a+2]，都有f(x)≤5”等价于“在区间[a, a+2]上，[f(x)]max≤5”．
①若t=1，则f(x)=(x−1)2+1，
所以f(x)在区间(−∞, 1]上单调递减，在区间[1, +∞)上单调递增．
②当1≤a+1，即a≥0时，
由[f(x)]max=f(a+2)=(a+1)2+1≤5，得−3≤a≤1，
从而 0≤a≤1．
③当1>a+1，即a<0时，
由[f(x)]max=f(a)=(a−1)2+1≤5，得−1≤a≤3，
从而−1≤a<0．
综上，a的取值范围为区间[−1, 1]．
(3)设函数f(x)在区间[0, 4]上的最大值为M，最小值为m，
所以“对任意的x1，x2∈[0, 4]，都有|f(x1)−f(x2)|≤8”等价于“M−m≤8”．
①当t≤0时，M=f(4)=18−8t，m=f(0)=2．
由M−m=18−8t−2=16−8t≤8，得t≥1．
从而 t∈⌀．
②当0由M−m=18−8t−(2−t2)=t2−8t+16=(t−4)2≤8，得
4−22≤t≤4+22．
从而 4−22≤t≤2．
③当2由M−m=2−(2−t2)=t2≤8，得−22≤t≤22．
从而 2④当t>4时，M=f(0)=2，m=f(4)=18−8t．
由M−m=2−(18−8t)=8t−16≤8，得t≤3．
从而 t∈⌀．
综上，t的取值范围为区间[4−22, 22]．
【考点】
二次函数在闭区间上的最值
函数最值的应用
函数的值域及其求法
【解析】
(1)若t=1，则f(x)=(x−1)2+1，根据二次函数在[0, 4]上的单调性可求函数的值域
(2)由题意可得函数在区间[a, a+2]上，[f(x)]max≤5，分别讨论对称轴x=t与区间[a, a+2]的位置关系，进而判断函数在该区间上的单调性，可求最大值，进而可求a的范围
(3)设函数f(x)在区间[0, 4]上的最大值为M，最小值为m，对任意的x1，x2∈[0, 4]，都有|f(x1)−f(x2)|≤8等价于M−m≤8，结合二次函数的性质可求
【解答】
解：(1)因为f(x)=x2−2tx+2=(x−t)2+2−t2，
所以f(x)在区间(−∞, t]上单调递减，在区间[t, +∞)上单调递增，
且对任意的x∈R，都有f(t+x)=f(t−x)，
若t=1，则f(x)=(x−1)2+1．
①当x∈[0, 1]时．f(x)单调递减，从而最大值f(0)=2，最小值f(1)=1．
所以f(x)的取值范围为[1, 2]；
②当x∈[1, 4]时．f(x)单调递增，从而最大值f(4)=10，最小值f(1)=1．
所以f(x)的取值范围为[1, 10]；
所以f(x)在区间[0, 4]上的取值范围为[1, 10]．
(2)“对任意的x∈[a, a+2]，都有f(x)≤5”等价于“在区间[a, a+2]上，[f(x)]max≤5”．
①若t=1，则f(x)=(x−1)2+1，
所以f(x)在区间(−∞, 1]上单调递减，在区间[1, +∞)上单调递增．
②当1≤a+1，即a≥0时，
由[f(x)]max=f(a+2)=(a+1)2+1≤5，得−3≤a≤1，
从而 0≤a≤1．
③当1>a+1，即a<0时，
由[f(x)]max=f(a)=(a−1)2+1≤5，得−1≤a≤3，
从而−1≤a<0．
综上，a的取值范围为区间[−1, 1]．
(3)设函数f(x)在区间[0, 4]上的最大值为M，最小值为m，
所以“对任意的x1，x2∈[0, 4]，都有|f(x1)−f(x2)|≤8”等价于“M−m≤8”．
①当t≤0时，M=f(4)=18−8t，m=f(0)=2．
由M−m=18−8t−2=16−8t≤8，得t≥1．
从而 t∈⌀．
②当0由M−m=18−8t−(2−t2)=t2−8t+16=(t−4)2≤8，得
4−22≤t≤4+22．
从而 4−22≤t≤2．
③当2由M−m=2−(2−t2)=t2≤8，得−22≤t≤22．
从而 2④当t>4时，M=f(0)=2，m=f(4)=18−8t．
由M−m=2−(18−8t)=8t−16≤8，得t≤3．
从而 t∈⌀．
综上，t的取值范围为区间[4−22, 22]．