2024-2025学年上海交大附中高一（上）期中数学试卷（含答案）

这是一份2024-2025学年上海交大附中高一（上）期中数学试卷（含答案），共8页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.在“①难解的题目；②方程x2+1=0在实数集内的解；③直角坐标平面上第四象限内的所有点；④很多多项式”中，能够组成集合的是( )
A. ②③B. ①③C. ②④D. ①②④
2.已知幂函数y=(m3−m+1)x2+3m−2m2是奇函数，且在(0,+∞)上是增函数，则满足条件的不同m有( )
A. 1个B. 2个C. 3个D. 4个
3.已知互不相等的正数a、b、c满足a2+c2=2bc，则下列不等式中可能成立的是( )
A. a>b>cB. b>a>cC. b>c>aD. c>a>b
4.对任意x∈R，[x]表示不超过x的最大整数，下列性质错误的是( )
A. 存在x∈R，使得[5x]=5[x]+2
B. 任意x∈R，使得[x]+[x+12]=[2x]
C. 任意x、y∈R，满足[x]=[y]，则|x−y|<1
D. 任意x、y∈R，都有[x+y]≤[x]+[y]
二、填空题：本题共12小题，共54分。
5.在实数范围内，1681的四次方根是______．
6.已知{0,x}⊂{0,4, x}，则x的值为______．
7.比较下列两数的大小关系，0.2400 ______0.3500的大小(填>、<或=符号)．
8.关于x的不等式ax−1x−a≤0的解集为A.若3∈A，4∉A，则a的取值范围是______．
9.函数y=lg(ax2+ax+1)的定义域是R，则a的取值范围是______．
10.已知f(x)=x+3x−2，g(x)=f(x),x≥0f(−x),x<0，则方程g(x)=3x−3不同解的个数为______．
11.在区间[−2,2]上恰有一个x满足方程2mx2−x−1=0，则m的取值范围为______．
12.已知a是常数，命题p：存在实数x，使得a⋅2x+21−x−2<0.若p是假命题，则a的取值范围是______．
13.函数y=k=13(k⋅|x+(−1)k⋅k|)取到最小值时，实数x的取值范围是______．
14.已知x>0，则x⋅ x2+15x2+2的最大值为______．
15.已知f(x)=x2+ax+b(a、b∈R)，记集合A={x|f(x)≤0}，B={x|f(f(x)+1)≤0}.若A=B≠⌀，则a的取值范围为______．
16.已知f(x)=1x+1x−2+1x−4+1，g(x)=3⋅2x−102x−2+1.函数y=f(x)的图像是一个中心对称图形.若函数y=f(x)与函数y=g(x)的图像交点分别为(x1,y1)，(x1,y2)，…，(xm,ym)(m为正整数)，则i=1m(xi+yi)= ______．
注：i=1m(xi+yi)=(x1+y1)+(x2+y2)+…+(xm+ym)．
三、解答题：本题共6小题，共90分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题14分)
解下列关于x的不等式：
(1)lg57|3x+5|≤lg57(6−x)．
(2)(3x+5)37≤(6−x)37．
18.(本小题14分)
已知函数f(x)=lg4(4x+1)+kx (x∈R)是偶函数．
(1)求k的值；
(2)若方程f(x)−m=0有解，求m的取值范围．
19.(本小题14分)
某群体的人均通勤时间，是指单日内该群体中成员从居住地到工作地的平均用时，某地上班族S中的成员仅以自驾或公交方式通勤，分析显示：当S中x%(0试根据上述分析结果回答下列问题：
(1)当x在什么范围内时，公交群体的人均通勤时间少于自驾群体的人均通勤时间？
(2)求该地上班族S的人均通勤时间g(x)的表达式；并求出g(x)的最小值．
20.(本小题18分)
问题：正实数a、b满足a+b=1，求1a+2b的最小值.其中一种解法是：1a+2b=(1a+2b)(a+b)=1+ba+2ab+2≥3+2 2，当且仅当ba=2ab且a+b=1时，即a= 2−1且b=2− 2时取等号，故而1a+2b的最小值是3+2 2．
学习上述解法并解决下列问题：
(1)已知a、b是正实数，且a+b=1，求12a+b+4b+2的最小值．
(2)①已知实数a、b、x、y，满足x2a2−y2b2=1，求证a2−b2≤(x−y)2．
②求代数式M= 4m−6− m−3的最小值，并求出使得M最小的m的值．
21.(本小题18分)
已知函数y=f(x)的定义域为R，现有下面两种对y=f(x)变换的操作：
φ变换：y=f(x)→y=f(x)−f(x−t)，其中t>0．
ω变换：y=f(x)→y=|f(x+t)−f(x)|，其中t>0．
(1)若f(x)=3x，t=1，对y=f(x)进行φ变换后得到函数y=g(x)，解方程g(x)=2．
(2)若f(x)=x2，对y=f(x)进行ω变换后得到函数y=ℎ(x)，解不等式f(x)≥ℎ(x)．
(3)若函数y=f(x)在(−∞,0)上是严格增函数，对函数y=f(x)先作φ变换，再作ω变换，得到函数y=ℎ1(x)，对函数y=f(x)先作ω变换，再作φ变换，得到函数y=ℎ2(x).对任意t>0，若ℎ1(x)=ℎ2(x)恒成立，证明：函数y=f(x)在R上是严格增函数．
22.(本小题12分)
已知函数y=f(x)在R上连续，且f(x)⋅f(x+1)⋅f(x+2)=f(x)+f(x+1)+f(x+2)>0恒成立，则f(x)= 3在[0,999)上至少有几个不同的解？
参考答案
1.A
2.A
3.B
4.D
5.±23
6.1或4
7.<
8.(13,14]∪(3,4]
9.[0,4)
10.3
11.[−18,38]
12.[12,+∞)
13.{x|1≤x≤3}
14. 612
15.[−2,2]
16.12
17.解：(1)因为对数函数f(x)=lg57x为(0,+∞)上的减函数，
由lg57|3x+5|≤lg57(6−x)可得|3x+5|≥6−x6−x>0，解得x≤−112或14≤x<6，
故原不等式的解集为(−∞,−112]∪[14,6)；
(2)构造函数g(x)=x37，该函数在定义域R上为增函数，
所以由(3x+5)37≤(6−x)37可得3x+5≤6−x，解得x≤14，
因此，原不等式的解集为(−∞,14]．
18.解：(1)由函数f(x)=lg4(4x+1)+kx(x∈R)是偶函数．
可知f(x)=f(−x)
∴lg4(4x+1)+kx=lg4(4−x+1)−kx
即lg44x+14−x+1=−2kx
∴lg44x=−2kx
∴x=−2kx对x∈R恒成立
∴k=−12．
(2)由m=f(x)=lg4(4x+1)−12x，
∴m=lg44x+12x=lg4(2x+12x).∵2x+12x≥2
∴m≥12
故要使方程f(x)−m=0有解，m的取值范围：m≥12．
19.解：(1)当0当3050，解得x<20(舍)或x>45；
所以当45(2)设该地上班族总人数为n，则自驾人数为n·x%，乘公交人数为n·(1−x%)．
因此人均通勤时间整理得：g(x)=50−x5,0因为g(x)在(0,30]和(30,32.5]为减函数，在(32.5,100]为增函数，
g(30)=44，g(32.5)=46.875，
所以g(x)的最小值为44．
20.解：(1)因为a+b=1，a>0，b>0，
所以a+1+b+2=4，
所以12a+b+4b+2=1a+a+b+4b+2=1a+1+4b+2，
所以12a+b+4b+2=14[(a+1)+(b+2)](1a+1+4b+2)，
=14[5+4(a+1)b+2+b+2a+1]≥14(5+4)=94，
当且仅当4(a+1)b+2=b+2a+1a+b=1，即a=13b=23时等号成立，
故12a+b+4b+2取得最小值94．
(2)①因为x2a2−y2b2=1，
所以a2−b2=(a2−b2)(x2a2−y2b2)=x2+y2−(b2x2a2+a2y2b2)，
因为x2+y2−(b2x2a2+a2y2b2)≤x2+y2−2 b2x2a2⋅a2y2b2=x2+y2−2|xy|≤x2+y2−2xy=(x−y)2，
当且仅当b2x2a2=a2y2b2且x、y同号时取等号，此时x、y满足x2a2−y2b2=1，
所以a2−b2≤(x−y)2．
②令x= 4m−6，y= m−3，所以x≥0，y≥0，
由4m−6≥0m−3≥0，解得m≥3，
构造x2a2−y2b2=1，由x2−4y2=6，则x26−y232=1，
所以a2=6，b2=32利用①中结论，有：
M= 4m−6− m−3=x−y≥ 6−32=3 22，
当且仅当x24=4y2x2−4y2=6且x≥0，y≥0时，即x=2 2y= 22取等号，
解得m=72时，M取最小值3 22．
21.解：(1)由f(x)=3x，t=1，对y=f(x)进行φ变换后，
得y=g(x)=f(x)−f(x−1)=3x−3x−1=2×3x−1=2，
即3x−1=1，解得x=0；
(2)由f(x)=x2，对y=f(x)进行ω变换后得到函数y=ℎ(x)=|f(x+t)−f(x)|
=|(x+t)2−x2|=|2xt+t2|，
又f(x)≥ℎ(x)，即x2≥|2xt+t2|，t>0，
则当2xt+t2≥0，即x≥−t2时，x2≥2xt+t2，
解得x≤(1− 2)t或x≥(1+ 2)t，即−t2≤x≤(1− 2)t或x≥(1+ 2)t；
当2xt+t2<0，即x<−t2时，x2≥−2xt−t2，即(x+t)2≥0，不等式恒成立，即x<−t2；
综上所述，x的范围为{x|x≤(1− 2)t或x≥( 2+1)t}；
(3)证明：由题意对函数y=f(x)先作φ变换可得u(x)=f(x)−f(x−t)，
再作ω变换，得到函数ℎ1(x)=|u(x+t)−u(x)|=|[f(x+t)−f(x)]−[f(x)−f(x−t)]|，
对函数y=f(x)先作ω变换可得v(x)=|f(x+t)−f(x)|，
再作φ变换，得到函数ℎ2(x)=|f(x+t)−f(x)|−|f(x)−f(x−t)|，
所以对任意t>0，|[f(x+t)−f(x)]−[f(x)−f(x−t)]|=|f(x+t)−f(x)|−|f(x)−f(x−t)|，
当x<0时，x−t则f(x−t)由于|a−b|=|a|−|b|，可知ab≥0且|a|≥|b|，若其中b>0，则a≥b>0，
即当f(x)−f(x−t)>0时，f(x+t)−f(t)≥f(x)−f(x−t)>0，
任取x2>x1，令t=x2−x1，存在k∈N∗，使x2−kt<0，
由函数y=f(x)在(−∞,0)上是严格增函数，
可知f(x2−kt)−f(x2−(k+1)t)>0，则f(x2−(k−1)t)−f(x2−kt)>0，
依此类推可得f(x2)−f(x2−t)=f(x2)−f(x1)>0，
即函数y=f(x)在R上是严格增函数．
22.解：根据题意，函数y=f(x)在R上连续，且满足f(x)⋅f(x+1)⋅f(x+2)=f(x)+f(x+1)+f(x+2)①，
则有f(x+1)⋅f(x+2)⋅f(x+3)=f(x+1)+f(x+2)+f(x+3)②，
①−②可得：f(x+1)⋅f(x+2)⋅[f(x+3)−f(x)]=f(x+3)−f(x)，
变形可得：[f(x+1)⋅f(x+2)−1]⋅[f(x+3)−f(x)]=0，
则有f(x+1)⋅f(x+2)−1=0或者f(x+3)−f(x)=0，
当f(x+1)⋅f(x+2)−1=0时，f(x)⋅f(x+1)⋅f(x+2)=f(x)+f(x+1)+f(x+2)=f(x+2)，
此时f(x)+f(x+1)=0，
与f(x+1)⋅f(x+2)−1=0不会同时成立，故f(x+1)⋅f(x+2)−1≠0，
所以f(x+3)−f(x)=0成立，即f(x)是周期为3的周期函数，
f(x)⋅f(x+1)⋅f(x+2)=f(x)+f(x+1)+f(x+2)>0，
等号两边同除f(x)⋅f(x+1)⋅f(x+2)可得：1=1f(x+1)⋅f(x+2)+1f(x)⋅f(x+2)+1f(x)⋅f(x+1)，
所以{1f(x+1)f(x+2),1f(x)f(x+2),1f(x)f(x+1)}max≥13，
{1f(x+1)f(x+2),1f(x)f(x+2),1f(x)f(x+1)}min≤13，
变形可得：{f(x+1)⋅f(x+2),f(x)⋅f(x+1),f(x)⋅f(x+2)}max≥3，
{f(x+1)⋅f(x+2),f(x)⋅f(x+1),f(x)⋅f(x+2)}min≤3，
则{f(x),f(x+1),f(x+2)}max≥ 3，{f(x),f(x+1),f(x+2)}min≤ 3，
又由函数y=f(x)在R上连续，故f(x)= 3在[x,x+2]上至少有一个解，
且f(x)周期为3，故f(x)= 3在一个周期内至少有2个解，
f(x)在[0,999)上共有333个周期，
则f(x)= 3在[0,999)上至少有666个不同的解．