期中备考卷（人教A版2019必修第一册）（解析版）

这是一份期中备考卷（人教A版2019必修第一册）（解析版），共12页。

2021-2022学年高一数学上学期期中备考卷
考试时间：120分钟；满分：150分
姓名：___________班级：___________考号：___________
考卷信息：
本卷试题共22题，单选8题，多选4题，填空4题，解答6题，满分150分，限时150分钟，试卷紧扣教材，细分题组，精选一年好题，两年真题，练基础，提能力！
一． 选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）
1．（2019秋•朝阳区校级期中）已知全集U＝R，能正确表示集合M＝{x|x＜1}和N＝{x|0＜x＜2}关系的Venn图是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】根据题意得到集合M，N的关系，再确定对应的韦恩图．
【解答】解：∵M＝{x|x＜1}，N＝{x|0＜x＜2}，
∴M∩N＝{x|0＜x＜1}，
故选：A．
2．（2014秋•漳州期末）函数f（x）=xlg（1﹣x）的定义域为（　　）
A．[0，1） B．（0，1） C．（0，1] D．[0，1]
【分析】根据函数f（x）的解析式，列出使解析式有意义的不等式组，从而求出f（x）的定义域．
【解答】解：要使函数f（x）的解析式有意义，得：
x≥01-x＞0
解得：0≤x＜1；
所以原函数的定义域是：[0，1）．
故选：A．
3．（2019秋•朝阳区校级期中）下列函数中，在（﹣1，1）上单调递增的是（　　）
A．y＝lnx B．y=-1x C．y＝e﹣x D．y＝x3
【分析】利用基本初等函数的性质依次判断即可．
【解答】解：y＝lnx的定义域为（0，+∞），故选项A错误；
y=-1x的定义域为（﹣∞，0）∪（0，+∞），故选项B错误；
y＝e﹣x的定义域为R，在R上为单调递减函数，故选项C错误；
y＝x3在（﹣1，1）上单调递增，故选项D正确．
故选：D．
4．（2019秋•朝阳区校级期中）已知a、b、c∈R，a＜b，则下列不等式正确的是（　　）
A．ac＜bc B．（a﹣b）c2≤0 C．1a＞1b D．a2＞b2
【分析】根据已知条件，结合不等式的性质，以及特殊值法，即可求解．
【解答】解：对于A，当c＝0时，ac＝bc，故A错误，
对于B，∵a＜b，即a﹣b＜0，
又∵c2≥0，
∴（a﹣b）c2≥0，故B正确，
对于C，当a＝﹣2，b＝1时，满足a＜b，但1a＜1b，故C错误，
对于D，当b＝1，a＝﹣1时，满足a＜b，但a2＝b2，故D错误．
故选：B．
5．（2020秋•西湖区校级期中）下列选项中两个函数，表示同一个函数的是（　　）
A．f（x）=x2-1，g（x）=x-1⋅x+1
B．f（x）＝1，g（x）＝x0
C．f（x）＝|x|，g（x）=x，x＞0-x，x≤0
D．f（x）=x2，g（x）=3x3
【分析】根据函数的定义域和解析式判断两个函数是否相同．
【解答】解：A选项，f（x）的定义域为{x|x2﹣1≥0}＝{x|x≤﹣1，或 x≥1}；g（x）的定义域为{x|x≥1}，定义域不同；
B选项：f（x）的定义域为R，g（x）的定义域为{x|x≠0}，定义域不同；
C选项，根据绝对值的含义，f（x）＝g（x）；
D选项，f（x）＝|x|，g（x）＝x，解析式不同；
故选：C．
6．（2019秋•朝阳区校级期中）已知a=(13)23，b=(23)13，c=(23)23，则（　　）
A．a＜c＜b B．a＜b＜c C．b＜c＜a D．b＜a＜c
【分析】根据函数y=(23)x是定义域R上减函数判断b＞c，根据函数y=x23是定义域R上的增函数判断a＜c．
【解答】解：根据函数y=(23)x是定义域R上减函数，且13＜23，∴(23)13＞(23)23，即b＞c；
又函数y=x23是定义域R上的增函数，且13＜23，∴(13)23＜(23)23，即a＜c；
所以a＜c＜b．
故选：A．
7．（2020秋•西湖区校级期中）“x＞1”是“xx+1≥0”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
【分析】先求出不等式的解，再根据充分条件和必要条件的定义即可判断．
【解答】解：解不等式xx+1≥0可得x＜﹣1或x≥0，
故由“x＞1”⇒“x＜﹣1或x≥0”，当由“x＜﹣1或x≥0”不能推出“x＞1”，
故“x＞1”是“xx+1≥0”的充分不必要条件，
故选：A．
8．（2016•天津）已知f（x）是定义在R上的偶函数，且在区间（﹣∞，0）上单调递增，若实数a满足f（2|a﹣1|）＞f（-2），则a的取值范围是（　　）
A．（﹣∞，12） B．（﹣∞，12）∪（32，+∞）
C．（12，32） D．（32，+∞）
【分析】根据函数的对称性可知f（x）在（0，+∞）递减，故只需令2|a﹣1|＜2即可．
【解答】解：∵f（x）是定义在R上的偶函数，且在区间（﹣∞，0）上单调递增，
∴f（x）在（0，+∞）上单调递减．
∵2|a﹣1|＞0，f（-2）＝f（2），
∴2|a﹣1|＜2=212．
∴|a﹣1|＜12，
解得12＜a＜32．
故选：C．

二． 多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）
9．（2020秋•东城区校级期中）下列计算正确的是（　　）
A．8-23=14 B．（﹣a2）3＝a6 C．8a8=a D．5(-π)5=-π
【分析】根据幂指数运算性质解决此题．
【解答】解：8-23=(23)-23=2-2=14，所以A选项正确．
（﹣a2）3＝﹣a6，所以B选项错误．
8a8=±a，a为负数时，结果为﹣a，a为非负数时，结果为a，
所以C选项错误．
5(-π)5=-π，所以C选项正确．
故选：AD．
10．（2020秋•西湖区校级期中）已知3a＝5b＝15，则a，b满足下列关系的是（　　）
A．ab＞4 B．a+b＞4
C．a2+b2＜4 D．（a+1）2+（b+1）2＞16
【分析】先得到1a+1b=1，a＞0，b＞0，a≠b，再利用基本不等式即可判断．
【解答】解：∵3a＝5b＝15，∴a＞0，b＞0，a≠b，
a＝log315，b＝log515，∴1a+1b=log153+log155＝1，
A：∵1=1a+1b＞21ab，∴ab＞4，∴A正确，
B：∵a+b＝（a+b）（1a+1b）=ab+ba+2≥21+2＝4，
∵又a≠b，∴a+b＞4，∴B正确，
C：∵1=1a+1b，∴a+b＝ab，∴a2+b2＝（a+b）2﹣2ab＝（ab）2﹣2ab＝（ab﹣1）2﹣1＞8，∴C错误，
D：∵（a+1）2+（b+1）2＝a2+b2+2（a+b）+2＝（ab）2+2＞18＞16，∴D正确，
故选：ABD．
11．（2020秋•莲都区校级期中）已知正数a，b满足1a+9b=4，a+b的最小值为t，不等式x2+3x﹣t＜0的解集为M，则（　　）
A．t＝2 B．t＝4 C．M＝{x|﹣4＜x＜1} D．M＝{x|﹣1＜x＜4}
【分析】先利用基本不等式求出a+b的最小值，得到t的值，然后由一元二次不等式的解法求解M，即可得到答案．
【解答】解：因为正数a，b满足1a+9b=4，
则a+b＝（a+b）(1a+9b)×14=14(9ab+ba+10)≥14(10+29)=4，
所以a+b的最小值为t＝4，当且仅当b＝3a＝3时取等号，
则不等式x2+3x﹣t＜0即为不等式x2+3x﹣4＜0，
所以不等式的解集M＝{x|﹣4＜x＜1}．
故选：BC．
12．（2020秋•长沙期中）函数f（x）是定义在R上的奇函数，下列命题中正确的有（　　）
A．f（0）＝0
B．若f（x）在[0，+∞）上有最小值﹣1，则f（x）在（﹣∞，0]上有最大值1
C．若f（x）在[1，+∞）上为增函数，则f（x）在（﹣∞，﹣1]上为减函数
D．若x＞0时，f（x）＝x2﹣2x，则当x＜0时，f（x）＝﹣x2﹣2x
【分析】根据题意，由奇函数的性质依次分析选项，综合即可得答案．
【解答】解：根据题意，依次分析选项：
对于A，函数f（x）是定义在R上的奇函数，则f（﹣x）＝﹣f（x），当x＝0时，有f（0）＝﹣f（0），变形可得f（0）＝0，A正确，
对于B，若f（x）在[0，+∞）上有最小值﹣1，即x≥0时，f（x）≥﹣1，则有﹣x≤0，f（﹣x）＝﹣f（x）≤1，即f（x）在（﹣∞，0]上有最大值1，B正确，
对于C，奇函数在对应的区间上单调性相同，则若f（x）在[1，+∞）上为增函数，则f（x）在（﹣∞，﹣1]上为增函数，C错误，
对于D，设x＜0，则﹣x＞0，则f（﹣x）＝（﹣x）2﹣2（﹣x）＝x2+2x，则f（x）＝﹣f（﹣x）＝﹣（x2+2x）＝﹣x2﹣2x，D正确，
故选：ABD．

三． 填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）
13．（2020秋•莲都区校级期中）设集合A＝{x|x2﹣5x+6＞0}，B＝{x|x﹣1＜0}，则A∩B等于 　　．
【分析】由二次不等式的解法和交集的定义，可得所求．
【解答】解：A＝{x|（x﹣2）（x﹣3）＞0}＝{x|x＜2，或x＞3}，B＝{x|x＜1}，
所以A∩B＝{x|x＜1}．
故答案为：{x|x＜1}．
14．（2020秋•莲都区校级期中）设正实数a，b满足：a+b＝1，则4a+ab的最小值为 　　．
【分析】利用“乘1法”与基本不等式的性质即可得出．
【解答】解：正实数a，b满足a+b＝1，
则4a+ab=4a+1-bb=4a+1b-1=4a+4ba+a+bb-1=4+4ba+ab≥4+24ba⋅ab=8，
当且仅当4ba=ab且a+b＝1即b=13，a=23时取等号，
故答案为：8
15．（2019秋•菏泽期末）若不等式ax2+2x+a＜0对任意x∈R恒成立，则实数a的取值范围是　　．
【分析】依题意可得a＜0且4﹣4a2＜0，解之即可得到答案．
【解答】解：∵不等式ax2+2x+a＜0对任意x∈R恒成立，
∴a＜0且4﹣4a2＜0，
解得：a＜﹣1．
∴实数a的取值范围是（﹣∞，﹣1），
故答案为：（﹣∞，﹣1）．
16．（2020秋•东城区校级期中）对任意两个实数a，b，定义min{a，b}=a，a≤bb，a＞b，若f（x）＝2﹣x2，g（x）＝x2，则函数F（x）＝min{f（x），g（x）}的最大值为 　　．
【分析】由题意知当|x|≥1时，f（x）≤g（x），当|x|＜1时，f（x）＞g（x），化简F（x）＝min{f（x），g（x）}=2-x2，|x|≥1x2，|x|＜1，从而判断函数的单调性，并求最大值．
【解答】解：f（x）﹣g（x）＝2﹣x2﹣x2＝2（1﹣x2），
故当|x|≥1时，f（x）≤g（x），当|x|＜1时，f（x）＞g（x），
故F（x）＝min{f（x），g（x）}=2-x2，|x|≥1x2，|x|＜1，
故F（x）在（﹣∞，﹣1]，（0，1]上单调递增，在（﹣1，0]，（1，+∞）上单调递减，
而F（1）＝1，F（﹣1）＝1，
故函数F（x）＝min{f（x），g（x）}的最大值为1，
故答案为：1．

四． 解答题（共6小题，满分70分）
17．（2020秋•莲都区校级期中）已知集合A＝{x|x2﹣3x﹣4＜0}，集合B＝{x|1﹣2a＜x＜2a}．
（1）求集合A；
（2）若A∩B＝B，求参数a的取值范围．
【分析】（1）不等式x2﹣3x﹣4＜0的解集即为集合A；（2）因为A∩B＝B，所以B⊆A，分B＝∅，B≠∅两种情况讨论．
【解答】解：（1）A＝{x|（x+1）（x﹣4）＜0}＝{x|﹣1＜x＜4}．
（2）因为A∩B＝B，所以B⊆A．
若B＝∅，则1﹣2a≥2a，解得a≤14．
若B≠∅，则a＞142a≤41-2a≥-1，解得14＜a≤1．
综上，a的取值范围是a≤1．
18．（2020秋•西湖区校级期中）已知函数f(x)=8-3x的定义域为A，函数g（x）＝﹣x2+4x﹣1，x∈[0，3]的值域为B．
（1）设集合M＝（A∩B）∩Z，其中Z为整数集，写出集合M的所有非空子集；
（2）设集合C＝{x|a﹣1＜x＜2a+1}，且B∩C＝∅，求实数a的取值范围．
【分析】（1）由题意解指数不等式，求得A，求g（x）得值域得到B，可得集合M，从而求出它的子集．
（2）分C＝∅和C≠∅两种情况，结合B∩C＝∅，分别求出a的范围，再取并集，即得所求．
【解答】解：（1）对于函数f(x)=8-3x，∵8﹣3x≥0，∴3x≤8，即x≤log38，
所以，A＝{x|x≤log38}，
∵g（x）＝﹣x2+4x﹣1，在x∈[0，3]上的值域为B＝[﹣1，3]，
所以，M＝（A∩B）∩Z＝{﹣1，0，1}，
所以，M的非空子集为：{﹣1}，{0}，{1}，{﹣1，0}，{0，1}，{﹣1，1}，{﹣1，0，1}．
（2）∵集合C＝{x|a﹣1＜x＜2a+1}，且B∩C＝∅，
当C＝∅时，则a﹣1≥2a+1⇒a≤﹣2．
当C≠∅时，由B∩C＝∅，可得a-1＜2a+1a-1≥3，或a-1＜2a+12a+1≤-1，
解得a≥4，或﹣2＜a≤﹣1．
综上所述：实数的取值范围是（﹣∞，﹣1]∪[4，+∞）．
19．（2021春•天河区校级期中）运货卡车以每小时x千米的速度匀速行驶200千米，按交通法规限制10≤x≤60（单位：千米/时）．假设汽油的价格是每升6元，而汽车每小时耗油（3+x21200）升，司机的工资是每小时8元．
（1）求这次行车总费用y关于x的表达式；
（2）当x为何值时，这次行车的总费用最低，并求出最低费用的值．
【分析】（1）根据费用分为油耗总费用，工资总费用，即可求解；（2）利用导数即可求解．
【解答】解：（1）由题意知：行车总时间为200x小时，
所以油耗总费用为1200x⋅(3+x21200)元，而工资总费用为1600x元，
所以总费用y=1200x⋅(3+x21200)+1600x=5200x+x，10≤x≤60；
（2）由（1）可知：y=5200x+x≥25200x⋅x=4013，当且仅当x＝2013时取等号，
显然x＝2013＞60，所以等号不能成立，
而y′＝1-5200x2，在[10，60]上y′＜0，
所以y在[10，60]上单调递减，所以ymin=520060+60=4403元．
20．（2020秋•莲都区校级期中）已知函数f（x）＝ax2﹣（a+1）x+1，a∈R．
（1）若不等式f（x）＜0的解集为（m，n），且m+n=32，求a的值；
（2）当a∈R时，求关于x的不等式f（x）＞0的解集．
【分析】（1）将问题转化为m，n为f（x）＝0的两个根，由韦达定理列式求解即可；
（2）将不等式变形为（ax﹣1）（x﹣1）＞0，然后分a＞0，a＝0，0＜a＜1，a＝1，a＞1分别求解，即可得到答案．
【解答】解：（1）因为不等式f（x）＜0的解集为（m，n），
则m，n为f（x）＝0的两个根，
由韦达定理可得，m+n=a+1a，
又m+n=32，
所以a+1a=32，解得a＝2；
（2）不等式f（x）＞0即为ax2﹣（a+1）x+1＞0，变形为（ax﹣1）（x﹣1）＞0，
①当a＝0时，不等式的解集为{x|x＜1}；
②当a＜0时，不等式的解集为{x|1a＜x＜1}；
③当a＞0时，
若0＜a＜1时，1a＞1，不等式的解集为{x|x＜1或x＞1a}；
若a＝1时，1a=1，不等式的解集为{x|x≠1}；
若a＞1时，0＜1a＜1，不等式的解集为{x|x＜1a或x＞1}．
综上所述，当a＝0时，不等式的解集为{x|x＜1}；
当a＜0时，不等式的解集为{x|1a＜x＜1}；
当0＜a＜1时，不等式的解集为{x|x＜1或x＞1a}；
当a＝1时，不等式的解集为{x|x≠1}；
当a＞1时，不等式的解集为{x|x＜1a或x＞1}．
21．（2019秋•西城区期末）已知函数f(x)=|x|+1x2-1．
（Ⅰ）证明：f（x）为偶函数；
（Ⅱ）用定义证明：f（x）是（1，+∞）上的减函数；
（Ⅲ）当x∈[﹣4，﹣2]时，求f（x）的值域．
【分析】（Ⅰ）根据题意，先分析函数的定义域，进而分析f（﹣x）与f（x）的关系，结合函数奇偶性的定义即可得答案；
（Ⅱ）根据题意，任取x1，x2∈（1，+∞），且x1＜x2，由作差法分析可得结论；
（Ⅲ）根据题意，分析可得f（x）在[﹣4，﹣2]上单调递增，结合函数的解析式分析可得答案．
【解答】解：（Ⅰ）证明：根据题意，f(x)=|x|+1x2-1，则f（x）的定义域为D＝{x|x∈R，且x≠±1}；
对于任意x∈D，因为f(-x)=|-x|+1(-x)2-1=|x|+1x2-1=f(x)，
所以f（x）为偶函数．
（Ⅱ）当x∈（1，+∞）时，f(x)=x+1x2-1=1x-1，
任取x1，x2∈（1，+∞），且x1＜x2，
那么f(x1)-f(x2)=1x1-1-1x2-1=x2-x1(x1-1)(x2-1)；
因为1＜x1＜x2，所以 x2﹣x1＞0，（x1﹣1）（x2﹣1）＞0，
从而f（x1）﹣f（x2）＞0，即f（x1）＞f（x2）．
所以f（x）是（1，+∞）上的减函数；
（Ⅲ）由（Ⅰ）、（Ⅱ）得，f（x）在[﹣4，﹣2]上单调递增，
又由f（﹣4）=13，f（﹣2）＝1，
则有13≤f（x）≤1；
所以当x∈[﹣4，﹣2]时，f（x）的值域是[13，1]．
22．（2020秋•莲都区校级期中）设二次函数f（x）＝ax2+bx+c．
（1）若a＝﹣1，f（x）＞0的解集为（0，4），求函数g(x)=ax2+bx+c的值域；
（2）若不等式f（x）≥2ax+b对任意x∈R恒成立，求b2a2+c2的最大值．
【分析】（1）将a代入，根据f（x）＞0的解集可求出b、c的值，代入函数g（x）求值域即可；
（2）根据二次函数的性质建立a、b、c的关系，然后将b2a2+c2中的b代换掉，转化成a与c的齐次式，最后利用换元法结合基本不等式进行求解．
【解答】解：（1）由题意可得：a=-10+4=-ba0×4=ca，即b=4c=0，
所以g(x)=-x2+4x=-(x-2)2+4∈[0，2]，
即g（x）的值域为[0，2]；
（2）不等式f（x）≥2ax+b对x∈R恒成立，即ax2+（b﹣2a）x+c﹣b≥0恒成立，
所以a＞0△=(b-2a)2-4a(c-b)≤0，即a＞0b2≤4ac-4a2，
所以b2a2+c2≤4ac-4a2a2+c2=4ca-41+c2a2，
令t=ca-1，则ca=t+1，
因为b2≤4ac﹣4a2，所以ac﹣a2≥0，即ca≥1，t≥0，，
则y=4tt2+2t+2=4t+2t+2≤42t⋅2t+2=422+2=22-2，当且仅当t=2，即ca=2+1时取最大值，
所以b2a2+c2的最大值为22-2．