2023-2024学年海南省高一上学期11月期中阶段性教学检测（一）数学试题（含解析）

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这是一份2023-2024学年海南省高一上学期11月期中阶段性教学检测（一）数学试题（含解析），共15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={x∣x<3,x∈N}，则A=( )
A. 1,2B. 1,2,3C. 0,1,2,3D. 0,1,2
2.若“x2−5x+4<0”是“a−1( )
A. {a∣23.已知fx+1=x2+x，则f1+f−1=( )
A. 0B. 1C. 2D. 6
4.已知函数fx=mx2+x−1在区间(−1,+∞)上单调递增，则m的取值范围是
( )
A. m|m≤12B. m∣0C. m∣05.已知命题p:∃x∈R,x2−4x+a<0，若命题p是假命题，则实数a的取值范围是
( )
A. {a∣06.已知定义在R上的偶函数fx，满足fx−1是奇函数，且当x∈0,1时，fx=x−1，则f1+f2+⋯+f2023=( )
A. −1B. 0C. 1D. 1012
7.已知幂函数fx的图象过点2, 2，且Ax1,y1,Bx2,y20( )
A. fx1>fx2B. x1fx1>x2fx2
C. x2fx1>x1fx2D. x12fx1>x22fx2
8.已知函数Fx=1,x>0,0,x=0,−1,x<0,gx是R上的减函数，fx=gx−gax(0( )
A. Ffx=FxB. Ffx=−Fx
C. Ffx=FgxD. Ffx=−Fgx
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9.若2∈m−1,2m,m2−1，则实数m的可能取值为
( )
A. 3B. 3C. 1D. − 3
10.已知函数fx=2x−1，则
( )
A. fx的定义域为x∣x≠±1B. fx的图象关于直线x=1对称
C. ff−5=4D. fx的值域是−∞,−2∪0,+∞
11.若a>0,b>0,a+b=1，则下列不等式恒成立的是
( )
A. ab≤14B. a+ b≤ 2C. a2+b2≥12D. 1a+1b≤4
12.已知fx是定义在R上的不恒为零的函数，对于任意x,y∈R都满足fxy=yfx+xfy，则下列说法正确的是
( )
A. f0=0
B. fx是奇函数
C. 若f3=3，则f13=13
D. 若当x>1时，fx<0，则gx=fxx在0,+∞单调递减
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13.请写出一个满足以下两个条件的函数fx=______．①fx是偶函数；②fx在0,+∞上单调递增．
14.设集合A={x∣−215.已知函数fx=x+1x，函数y=gx−1是定义在R上的奇函数，若fx的图象与gx的图象交于四点Ax1,y1,Bx2,y2,Cx3,y3,Dx4,y4，则y1+y2+y3+y4=______．
16.某经销商计划购进一批产品，并租借库房用来储存.经过调研，每月的房租费用y1(单位：万元)与储存库到门店的距离x(单位：km)成反比，每月从储存库运送到门店费用y2(单位：万元)与x成正比.若储存库租在距离门店5km处，则y1和y2分别为1万元和4万元.为降低成本，经销商应该把储存库租在距离门店______千米处，才能使两项费用之和最小．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17.(本小题10.0分)
已知集合A=a−1,a+3,B=−1,4，全集U=R．
(1)当a=1时，求∁UA；
(2)若A⊆B时，求实数a的取值范围．
18.(本小题12.0分)
第19届亚运会于2023年9月23日至10月8日在我国杭州举行，本届亚运会的吉祥物是一套机器人，包括三个：“琮琮”代表世界遗产良渚古城遗址，“莲莲”代表世界遗产西湖，“宸宸”代表世界遗产京杭大运河.某公益团队计划举办杭州亚运会吉祥物的展销会，并将所获利润全部用于社区体育设施建设.已知每套吉祥物的进价为50+a元，其中a与进货量成反比，当进货1万套时，a为9元，据市场调查，当每套吉祥物的售价定为x元时(x<100)，销售量可达到10−x10万套，若展销的其他费用为1万元，且所有进货都销售完．
(1)每套吉祥物售价定为70元时，能获得的总利润是多少万元？
(2)当x为多少时，每套吉祥物的净利润最大？
19.(本小题12.0分)
(1)已知f1+x+2f1−x=6−1x，求f 2的值；
(2)幂函数gx=m2−2m−2xm2+3m+2在0,+∞上单调递增，若g2x−1≥1，求x的取值范围．
20.(本小题12.0分)
已知关于x的不等式x2−a+1x+a<0的解集为{x∣b(1)求a,b的值；
(2)当x>0,y>0且满足ax+by=1时，有x+2y≥ k−9 k恒成立，求k的取值范围．
21.(本小题12.0分)
已知函数fx= 2+x− 2−x．
(1)求fx的定义域及值域；
(2)设Fx=[fx]2−2afx+1，记Fx的最小值为ga，求ga的最大值．
22.(本小题12.0分)
已知fx=mx2+tx+n(t>0)是奇函数，且f1=t+1．
(1)求m,n的值；
(2)用定义法证明：fx在0, t上是减函数，在 t,+∞上是增函数；
(3)若fx在2,4上的最大值比最小值大2，求t的值．
答案和解析
1.【答案】D
【解析】【分析】根据集合的定义确定其元素．
解：A={x∣x<3,x∈N}=0,1,2．
故选：D．
2.【答案】B
【解析】【分析】先解不等式x2−5x+4<0，然后由题意可得(a−1,a+1)是(1,4)的真子集，从而列不等式可求得结果．
解：由x2−5x+4<0，解得1因为“x2−5x+4<0”是“a−1所以(a−1,a+1)是(1,4)的真子集，
所以a−1≥1a+1≤4，经验证，端点值满足条件，故2≤a≤3．
故选：B
3.【答案】C
【解析】【分析】用换元法求得解析式，然后代入计算函数值可得．
解：令t=x+1，则x=t−1，
则ft=(t−1)2+t−1=t2−t，
故fx=x2−x，
所以f1+f−1=0+2=2．
故选：C．
4.【答案】D
【解析】【分析】二次项系数不定，对二次项系数分情况讨论函数的单调性．
解：当m=0时，fx=x−1满足题意；
当m>0时，函数fx的图象开口向上，
对称轴为直线x=−12m，因为函数fx在区间−1,+∞上单调递增，
则−12m≤−1，所以0当m<0时，函数fx的图象开口向下，因为函数fx在区间−1,+∞上单调递增，
所以m<0不满足题意．
综上所述，m的取值范围是m∣0≤m≤12．
故选：D．
5.【答案】B
【解析】【分析】利用命题p为假命题，得到为¬p真命题，即∀x∈R,x2−4x+a≥0恒成立，即可求出实数a的取值范围．
解：命题p:∃x∈R,x2−4x+a<0的否定¬p:∀x∈R,x2−4x+a≥0．
因为p是假命题，所以¬p是真命题，即∀x∈R,x2−4x+a≥0恒成立，
所以Δ=16−4a≤0，解得a≥4．
故选：B．
6.【答案】C
【解析】【分析】利用奇偶性求出函数的周期，利用周期可得答案．
解：因为fx是偶函数，所以fx=f−x，
因为fx−1是奇函数，
所以fx−1=−f−x−1．
又因为f−x−1=fx+1，
所以fx−1=−fx+1，
即fx=−fx+2，
所以fx+2=−fx+4，
所以fx=fx+4．
又当x∈0,1时，fx=x−1，
所以f0=−1,f1=0,f2=1,f3=0，
f4=−1，
因为f1+f2+f3+f4=0
所以f1+f2+⋯+f2023=505×0+f(1)+f(2)+f3=1．
故选：C．
7.【答案】C
【解析】【分析】先求出幂函数fx的解析式，再根据幂函数的单调性逐一判断即可．
解：设fx=xα，则2α= 2，解得α=12，
所以fx=x12，则fx=x12在定义域0,+∞上单调递增，
因为x1xfx=x32在定义域0,+∞上单调递增，
因为x1fxx=x−12在定义域0,+∞上单调递减，
因为0fx2x2，
即x2fx1>x1fx2，选项 C正确；
x2fx=x52在定义域0,+∞上单调递增，
因为x1故选：C．
8.【答案】B
【解析】【分析】分x>0，x=0和x<0三种情况讨论，结合函数gx的单调性即可得出答案．
解：①当x>0时，x>ax,∵gx是R上的减函数，
∴gx则fx=gx−gax<0，此时Ffx=−1；
②当x=0时，x=ax=0，则fx=gx−gax=0，此时Ffx=0；
③当x<0时，xgax，
则fx=gx−gax>0，此时Ffx=1，
综上所述，Ffx=−Fx，gx的函数值无法确定正负，
故C，D选项无法判断，所以选项B一定成立．
故选：B．
【点睛】关键点点睛：分x>0，x=0和x<0三种情况，得出gx,gax的大小关系是解决本题的关键．
9.【答案】ABD
【解析】【分析】分m−1=2，2m=2，m2−1=2，求出实数m，利用元素的互异性检验，得到答案．
解：①若m−1=2，即m=3时，此时集合中的元素为2,6,8，满足题意；
②若2m=2，即m=1时，m2−1=m−1=0，不满足集合中元素的互异性；
③若m2−1=2，即m=± 3，
当m= 3时，此时集合中的元素为 3−1，2 3,2，满足题意；
当m=− 3时，此时集合中的元素为− 3−1,−2 3,2，满足题意．
故选：ABD．
10.【答案】AD
【解析】【分析】根据函数fx的表达式，可求出其定义域，值域，奇偶性，并结合特殊值综合判断．
解：A项：由：x−1≠0可得fx的定义域为x∣x≠±1，故 A项正确；
B项：由：f0=−2,f2=2，可知fx的图象不关于x=1对称，故 B项不正确；
C项：由：f−5=12,ff−5=f12=−4，故 C项不正确；
D项：由：f−x=2−x−1=2x−1=fx，得fx为偶函数，
即只要考虑当x≥0时，fx的值域，当x≥0时，fx=2x−1，
因为：x−1≥−1，得：1x−1≤−1或1x−1>0，
则得：fx≤−2或fx>0，故 D项正确．
故选：AD．
11.【答案】ABC
【解析】【分析】根据均值不等式以及变式计算化简即可．
解：因为a>0,b>0，所以1=a+b≥2 ab，即ab≤14(当且仅当a=b时取“=”)，则选项A正确；
因为1=a+b≥( a+ b)22，所以 a+ b≤ 2(当且仅当a=b时取“=”)，则选项B正确；
因为a2+b2≥(a+b)22=12(当且仅当a=b时取“=”)，则选项C正确；
1a+1b=1a+1ba+b=2+ba+ab≥2+2=4(当且仅当a=b时取“=”)，
则选项D不正确．
故选：ABC．
12.【答案】ABD
【解析】【分析】对于A选项，令x=y=0即可；
对于B选项，令x=y=1，令x=y=−1即可；
对于C选项，令x=3，y=13即可；
对于D选项，由fxy=yfx+xfy得fxyxy=fxx+fyy，根据函数单调性定义即可．
本题关键在于对x和y准确的赋值以及对单调性定义计算的精简．
解：因为fxy=yfx+xfy，
所以令x=y=0，得f0=0，故 A正确；
令x=y=1，得f1=f1+f1，所以f1=0，
令x=y=−1，得f1=−f−1−f−1，
所以f−1=0，令y=−1，得f−x=−fx+xf−1，又f−1=0，
所以f−x=−fx，又因为定义域为R，所以函数fx是奇函数，故B正确；
令x=3,y=13，得f1=13f3+3f13，
又f1=0,f3=3，所以f13=−13，故 C错误；
当x,y≠0时，由fxy=yfx+xfy，
可得fxyxy=fxx+fyy，又∵gx=fxx，
∴gxy=gx+gy，在0,+∞上任取x1,x2，不妨设x1∴gx1−gx2=gx1−gx1⋅x2x1=gx1−gx1−gx2x1=−gx2x1，
∵01,∴gx2x1=fx2x1x2x1<0，
故gx1>gx2，∴gx=fxx在0,+∞单调递减，故 D正确．
故选：ABD．
13.【答案】x2(答案不唯一)
【解析】【分析】根据偶函数和增函数的定义结合基本函数求解即可．
解：因为fx是偶函数，且fx在0,+∞上单调递增，
所以函数可以是fx=x2(答案不唯一)，
故答案为：x2(答案不唯一)
14.【答案】k∣k≤1
【解析】【分析】根据交集的定义进行求解即可．
解：根据题意得，B=x∣x≥k．
要使A∩B≠⌀，则k≤1．
故答案为：k|k≤1．
15.【答案】4
【解析】【分析】根据两个函数的对称中心均为0,1，可知A,B,C,D四点关于点0,1成两两中心对称，故可求得结果．
解：函数fx=x+1x=1+1x的对称中心为0,1，
函数y=gx−1是定义在R上的奇函数，
故gx的对称中心也为0,1．
故A,B,C,D四点关于点0,1成两两中心对称，
故y1+y2+y3+y4=4．
故答案为：4．
16.【答案】2.5
【解析】【分析】设出函数方程y1=k1x,y2=k2x，根据条件解得函数的解析式，求得两项费用之和后利用基本不等式求出最小值即可．
解：依题意，设y1=k1x,y2=k2x，其中k1,k2是比例系数，
因为储存库租在距离门店5km处时，y1和y2分别为1万元和4万元，
所以k1=5,k2=45，即y1=5x,y2=45x，其中x>0，
所以两项费用之和y=y1+y2=5x+45x≥4，
当且仅当5x=4x5，即x=52时等号成立，
故把储存库租在距离门店2.5千米处，才能使两项费用之和最小．
故答案为：2.5.
17.【答案】解：(1)∵a=1，
∴A=0,4，
∴∁UA=−∞,0∪4,+∞．
(2)∵A⊆B，
∴a−1≥−1a+3≤4,
解得0≤a≤1，
故实数a的取值范围为0,1．

【解析】【分析】(1)求出A=0,4，从而得到补集；
(2)根据包含关系得到不等式，求出答案．
18.【答案】解：(1)设共进货z万套，则a=kz，
因为当z=1时，a=9，故9=k1，解得k=9，即a=9z．
每套吉祥物售价为70元时，销售量为z=10−7=3(万套)，
此时进货单价为50+93=53(元)，
故总利润为3×70−53−1=50(万元)；
(2)根据题意得，进价为50+910−x10=50+90100−x(元)，
所以每套吉祥物的利润为
y=x−50+90100−x10−x10−110−x10=x−50+90100−x−110−x10
=x−50−100100−x=−100−x+100100−x+50
≤50−2 100−x⋅100100−x=30,
当且仅当100−x=100100−x，即x=90时取等号，
所以当x=90时，每套吉祥物的净利润最大．

【解析】【分析】(1)先根据题目条件得到进货量与a的关系式，根据吉祥物售价定为70元时求出销售量，并求出进货单价，求出总利润；
(2)求出每套吉祥物的利润，结合基本不等式求出最值，得到答案．
19.【答案】解：(1)因为f1+x+2f1−x=6−1x，①
以−x代x得，
f1−x+2f1+x=6+1x,②
②×2−①得，3f1+x=6+3x，
即f1+x=2+1x，
令x= 2−1得，f 2=3+ 2．
(2)∵幂函数gx=m2−2m−2xm2+3m+2
在0,+∞上单调递增，
∴m2−2m−2=1,m2+3m+2>0,
∴m=3，故gx=x20．
∴gx是偶函数，且在0,+∞上单调递增．
由g2x−1≥1，得g2x−1≥g1，
∴2x−1≥1，即x≤0或x≥1．
即x的取值范围为x≤0或x≥1．

【解析】【分析】(1)以−x代x得f1−x+2f1+x=6+1x,再根据题中条件，通过解方程组的方式可求得f1+x=2+1x，令x= 2−1，即可求解；(2)根据幂函数的定义和性质，可求得函数的解析式，再根据函数的性质，变化不等式，求解即可．
20.【答案】解：(1)由x2−a+1x+a<0，整理得x−ax−1<0，
根据题意得，x−ax−1<0的解集为{x∣b∴x−ax−1=0的两根为b和2，
∴a=2,b=1．
(2)∵当x>0,y>0且满足2x+1y=1时，有x+2y≥ k−9 k恒成立，
∴(x+2y)min≥ k−9 k．
而x+2y2x+1y=2+xy+4yx+2≥4+2 xy⋅4yx=8，
当且仅当xy=4yx，即x=4,y=2时取“=”，
∴8≥ k−9 k(k>0)，即k−8 k−9≤0k>0,
解得0即k的取值范围为(0,81]．

【解析】【分析】(1)由题意可得方程x−ax−1=0的两根为b和2(b<2)，从而可求出a,b的值；
(2)由题意得(x+2y)min≥ k−9 k，而x+2y2x+1y，化简后利用基本不等式可求出其最小值为8，所以8≥ k−9 k(k>0)，从而可求出k的取值范围．
21.【答案】解：(1)由2+x≥0,2−x≥0,可得−2≤x≤2，
所以fx的定义域为−2,2，
因为fx在−2,2上单调递增，
所以fx∈−2,2，
即fx的值域为−2,2．
(2)∵Fx=[fx]2−2afx+1，
fx∈−2,2．
①当a≤−2时，
F(x)min=5+4a=ga，
此时g(a)max=−3；
②当−2F(x)min=−a2+1=ga，
此时g(a)max=1；
③当a≥2时，
F(x)min=5−4a=ga，
此时g(a)max=−3．
综上所述g(a)max=1．

【解析】【分析】(1)根据根式有意义可得定义域，利用函数单调性可得值域；
(2)分类讨论，先求出ga，再求ga的最大值．
22.【答案】解：(1)∵fx=mx2+tx+n(t>0)是奇函数，
∴f−x=−fx在其定义域上恒成立，
∴mx2+t−x+n=−mx2+tx+n恒成立，
∴−x+n=−x−n恒成立，∴n=0，
故fx=mx2+tx．
又∵f1=t+1
∴f1=m+t=t+1，即m=1．
综上m=1,n=0．
(2)证明：由(1)得fx=x2+tx=x+tx．
任取0则fx1−fx2
=x1+tx1−x2+tx2
=x1−x2⋅x1x2−tx1x2．
当0x1−x2<0,0∴fx1>fx2，
∴fx在0, t上是减函数．
当 t≤x1∴x1−x2<0,x1x2>t,∴fx1∴fx在 t,+∞上是增函数．
(3)①当4≤ t时，即t≥16时，
由(2)可知fx在2,4上单调递减，
∴f(x)max−f(x)min
=f2−f4
=2+t2−4+t4
=−2+t4=2,∴t=16．
②当 t≤2时，即0由(2)可知fx在2,4上单调递增，
∴f(x)max−f(x)min
=f4−f2
=4+t4−2+t2
=2−t4=2,∴t=0(舍)．
③当2< t<4时，即4由(2)可知fx在2, t上单调递减，在
t,4上单调递增，
∴f(x)max−f(x)min=maxf2,f4−f t=2，
当f(2)>f(4)时，即2+t2>4+t4，即8f(x)max=f(2)，则f2−f t=2，即2+t2−2 t=2，
解得t=0(舍)或t=16(舍)．
当4则f4−f t=2，即4+t4−2 t=2，
解得 t=4+2 2(舍)或 t=4−2 2(舍)．
综上所述，t的值为16.

【解析】【分析】(1)根据奇函数的定义知f−x=−fx及f1=t+1，进而可求m,n；
(2)由fx=x2+tx=x+tx，设0(3)分4≤ t， t≤2，2< t<4三种情形讨论即可求解．