北京101中学2020-2021学年高一年级上学期期中考试数学试题

∣x(x1)0}，集合B{x∣1x1}，则AB（ ） 1．已知集合A{x∣1x1} A．{x∣1x1} C．{x【答案】A 【分析】

首先求集合A，再求AB. 【详解】

∣1x0} B．{x∣0x1} D．{x∣1x1} ∣1x0}，AB{x由题意集合A{x故选:A.

2．命题“x0,x22x30”的否定是 A．x0,x22x30 C．x0,x22x30 【答案】A 【详解】

命题“x0,x22x30”的否定是x0,x22x30,所以选A. 3．已知a,bR，则“ab”是“A．充分而不必要条件 C．充分必要条件 【答案】D 【分析】

根据充分条件、必要条件的定义，举特例判断可得； 【详解】

解：当a1，b2时，ab，但综上，“ab”是“【点睛】

本题考查充分条件必要条件的判断，属于基础题.

24．已知集合Axx2x30，Bx1xm，若xA是xB的充分不必要

B．x0,x22x30 D．x0,x22x30

a1”的 bB．必要而不充分条件 D．既不充分也不必要条件

aa11；当a2，b1时，1，但ab；

bb2a1”的既不充分也不必要条件，故选：D. b试卷第1页，总13页

条件，则实数m的取值范围为（ ） A．3, C．3, 【答案】A 【分析】

B．1,3 D．1,3

B，由此求得m范围. 解一元二次不等式求得集合A，由充分不必要条件定义可知A【详解】

由x22x30得：1x3，即A1,3；

Bm3,. xA是xB的充分不必要条件，A，m3，即实数的取值范围为故选：A. 【点睛】

结论点睛：本题考查根据充分条件和必要条件求解参数范围，一般可根据如下规则判断：（1）若p是q的必要不充分条件，则q对应集合是p对应集合的真子集； （2）若p是q的充分不必要条件， 则p对应集合是q对应集合的真子集； （3）若p是q的充分必要条件，则p对应集合与q对应集合相等；

（4）若p是q的既不充分又不必要条件， 则q对应的集合与p对应集合互不包含．

xy05．方程组2的解集是（ ） 2xy2A．{(1，﹣1),(﹣1，1)} C．{(2，﹣2),（﹣2，2)} 【答案】A 【分析】

求出方程组的解，注意方程组的解是一对有序实数． 【详解】

B．{(1，1),(﹣1，﹣1)} D．{(2，2),(﹣2，﹣2)}

x1xy0x1方程组2的解为或， 2xy2y1y1其解集为 {(1,1),(1,1)}． 故选：A． 【点睛】

本题考查集合的表示，二元二次方程组的解是一对有序实数，表示时用小括号括起来，

试卷第2页，总13页

表示有序，即代表元可表示为(x,y)，一个解可表示为(1,1)．

6．已知a，b是方程x2x30的两个实数根，则a2b2019的值是 A．2023 【答案】A 【分析】

根据题意可知b3b2，ab1，ab3，所求式子化为 a2b2019a23b22019ab2ab2016即可求解；

2B．2021 C．2020 D．2019

【详解】

a，b是方程x2x30的两个实数根，

∴b3b2，ab1，ab3，

∴a2b2019a23b22019ab2ab20161620162023； 故选A． 【点睛】

本题考查一元二次方程的根与系数的关系；根据根与系数的关系将所求式子进行化简代入是解题的关键．

7．下列函数中，在区间（1，+∞）上为增函数的是（ ）. A．y3x1 【答案】D 【分析】

结合一次函数，二次函数及反比例函数的图象及图象变换分别进行判断即可． 【详解】

由一次函数的性质可知，y=-3x-1在区间(1，+∞)上为减函数，故A错误；

B．y

2

x

2C．yx24x5 D．yx12

2由反比例函数的性质可知，y=在区间(1，+∞)上为减函数，

x由二次函数的性质可知，y=x2-4x+5在(-∞，2)上单调递减，在(2，+∞)上单调递增，故C错误；

由一次函数的性质及图象的变换可知，y=|x-1|+2在(1，+∞)上单调递增． 故选D． 【点睛】

本题主要考查了基本初等函数的单调性的判断，属于基础试题． 8．若不等式|x-3|+|x-4|B．a≥1

C．a<1

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D．a>1

【答案】D 【分析】

不等式转化为ax3x4min，求得函数的最小值后，即得a的取值范围. 【详解】

由条件可知xR,ax3x4成立，即ax3x4min， x3x4x3x41，即a1.

故选：D

9．已知a0，b0，若ab4，则 A．a2b2有最小值 C．

B．ab有最小值 D．1有最大值

ab11有最大值 ab【答案】A 【分析】

根据基本不等式的性质，即可求解a2b2有最小值，得到答案. 【详解】

由题意，可知a0，b0，且ab4， 因为a0,b0，则ab2ab，即ab(2ab2)4， 2所以a2b2ab2ab162ab16248， 当且仅当ab2时，等号成立，取得最小值8， 故选A． 【点睛】

本题主要考查了基本不等式的应用，其中解答中合理应用基本不等式求解是解答的关键，着重考查了运算与求解能力，属于基础题.

y∈R且x≠y，10．+）设函数f(x)在（，上有意义，对任意的x，都有|f(x)f(y)|<|xy|，并且函数f(x1)的对称中心是（1，0），若函数g(x)f(x)=x，则不等式g(2xx2)+g(x2)<0的解集是（ ）

A．（，1）（2，+） C．（，1）【答案】A 【分析】

（2，+）

B．（1，2） D．（1，2）

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由已知条件可知f(x)为奇函数，从而可得g(x)也为奇函数，然后结合|f(x)f(y)|<|xy|，可得g(x)在R上单调递增，结合单调性和奇函数的定义可得2xx22x，从而可求出不等式的解集 【详解】

解：由函数f(x1)的对称中心是（1，0），可得函数f(x)的图像关于(0,0)对称，所以

f(x)为奇函数，

所以f(x)f(x)，

因为g(x)f(x)x，所以g(x)f(x)x，

所以g(x)f(x)xf(x)xg(x)，所以g(x)为奇函数， 因为对任意的x，y∈R且x≠y，都有|f(x)f(y)|<|xy|， 所以g(x)g(y)(xy)xy，

g(x)g(y)(xy)g(x)g(y)1，即11，

xyxy所以

所以0g(x)g(y)2，

xyg(x)g(y)0，

xy所以对任意的x，y∈R且x≠y，所以g(x)在R上单调递增，

因为g(2xx2)+g(x2)<0，所以g(2xx2)g(x2)g(2x)， 所以2xx22x，即x23x20，解得x1或x2 故选：A 【点睛】

关键点点睛：此题考查了利用函数奇偶性和单调性求解不等式，解题的关键是由已知条件判断出g(x)的奇偶性和单调性，考查数学转化思想，属于中档题

二、填空题 11．若函数f(x)1【答案】(,)

21，则f(x)的定义域为_________． 2x1【分析】

由于根式在分母上，所以只要被开方数大于零，解不等式可得结果 【详解】

1解：由题意得，2x10，解得x，

2试卷第5页，总13页

1所以函数的定义域为(,)，

21故答案为：(,)

2 12．已知f(x)是定义在R上的奇函数，且当x>0时，f(x)=x2，则f()=________．1【答案】．

412【分析】

111由于函数是奇函数，所以f()f()，再由已知的解析式求出f()的值，可得答

222案 【详解】

1121解：因为当x>0时，f(x)=x2，所以f()()，

224因为f(x)是定义在R上的奇函数， 111所以f()f()，

2241故答案为：

4 13．写出一个使得命题“xR，ax22ax3>0恒成立”是假命题的实数a的值________：【答案】1（答案不唯一，只需a,03,）． 【分析】

求出命题“xR，ax22ax3>0恒成立”是真命题的范围即可. 【详解】

若命题“xR，ax22ax3>0恒成立”是真命题

a0则当a0时成立，a0时有，解得00恒成立”是真命题

所以当a,03,时，命题“xR，ax22ax3>0恒成立”为假命题 故答案为：1（答案不唯一，只需a,03,）

14．某餐厅经营盒饭生意，每天的房租、人员工资等固定成本为200元，每盒盒饭的成本为15元，销售单价与日均销售量的关系如下表： 单价/元 日销售量/盒 16 480 17 440 18 400 19 360 20 320 21 280 22 240 试卷第6页，总13页

根据以上数据，当这个餐厅利润（利润=总收入-总成本）最大时，每盒盒饭定价为________元． 【答案】21.5． 【分析】

由表格中的信息可知，销售单价为16元时，销售量为480盒，销售单价每增加1元时，销售量则减少40个，设每盒盒饭定价为x元，则销售量为48040(x16)，再根据利润=总收入-总成本，即可求出利润y关于销售单价x的函数，则二次函数的性质即可求得答案 【详解】

解：由表格中的信息可知，销售单价为16元时，销售量为480盒，销售单价每增加1元时，销售量则减少40个，设每盒盒饭定价为x元，利润为y元，则由题意得 y(x15)[48040(x16)] (x15)(112040x) 40x21720x16800

所以当x172021.5时，y取得最大值，最大值为1690， 80即每盒盒饭定价为21.5元时，利润最大，最大为1690元， 故答案为：21.5

x2,xt,(t0)，在区间(0,)上的增数，则实数t的取值范围是15．函数fxx,0xt________. 【答案】t1 【分析】

x2,xt(t0)的图象，数形结合可得结果. 作出函数f(x)x,0xt【详解】

x2,xt(t0)的图像如图. 解:函数f(x)x,0xt试卷第7页，总13页

x2,xt(t0)是区间(0,)上的增函数， 由图像可知要使函数f(x)x,0xt则t1. 故答案为t1 【点睛】

本题考查函数的单调性，考查函数的图象的应用，考查数形结合思想，属于简单题目. 16．几位同学在研究函数fxx(xR)时给出了下面几个结论：①函数fx的值1x域为1,1；②若x1x2，则一定有fx1fx2；③fx在0,是增函数；④若规定f1xfx，且对任意正整数n都有：fn1xffnx，则fnx任意nN*恒成立.上述结论中正确结论的序号为__________. 【答案】①②③④ 【分析】

考虑x0,x0,x0时对应函数的值域、单调性、奇偶性即可判断出①②③是否正确，利用归纳推理的思想判断fnx【详解】

x是否正确.

1nxx对

1nxfx的定义域为R，当x0时fx当x0时fxx110,1且fx是单调递增的， 1xx1x111,0且fx是单调递增的， 1x1x当x0时f00， 又因为fxxfx，所以fx是奇函数，

1x由此可判断出①②③正确， 因为f2xff1xxx，f3xff2x，......，

12x13xx，所以④正确.

1nx由归纳推理可得：fnx故答案为①②③④.

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【点睛】

本题考查函数的值域、单调性、奇偶性的综合运用，难度较难. （1）分段函数的值域可以采用分段求解，最后再取各段值域的并集；

（2）分段函数在判断单调性时，除了要考虑每一段函数单调性，还需要考虑到在分段点处各段函数的函数值的大小关系.

三、解答题

17．设全集U=R，集合A=（-，-1][4，+），B=（-，1]．求： （1）

U(AB)；

B)=M，N={x|a-1≤x≤-2a}，且MU（2）记

U(ANN，求a的取值范围．

【答案】（1）【分析】

(A1B)=（1，4）；（2）（，+）．

3（1）先求AB，再求

UAB；（2）由条件可知NM，分N和N两种情

况，列不等式求参数a的取值范围. 【详解】

（1）由题意知，AB=（-，1][4，+）， 又全集U=R，所以

U(AB)=（1，4）．

（2）由（1）得M=（1，4），由M

N=N得NM．

1①当N=时，有a-1>-2a，所以a>；

3a12a,②当N≠时，有a11,此不等式组无解．

2a4,1综上，a的取值范围是（，+）．

318．定义在R上的函数f(x)x2(2a1)x1(a∈R)．

(1)若f(x)为偶函数且f(m1)>f(1m)，求实数m的取值范围； (2)若f(x)不是偶函数且在区间[-1，2]上不单调，求实数a的取值范围． 3113【答案】(1)(0，+)；(2)(,)(,)．

2222【分析】

(1)利用偶函数定义求得a，再讨论函数f(x)的单调性，并利用它求解； (2)利用二次函数不单调的充要条件，结合不是偶函数的条件解得.

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【详解】

(1)因为f(x)为偶函数，所以f(x)=f(x)恒成立，

1即(x)2(2a1)(x)1x2(2a1)x1恒成立，所以a，

2所以f(x)=x21，其图像是开口向上的抛物线且关于y轴对称， 因为f(m1)>f(1m)，所以m11m，所以m>0． 所以实数m的取值范围是(0，+)．

2a10,1331(2)依题意，所以a或a， 122221a2,23113所以实数a的取值范围是(,)(,)．

2222【点睛】

解含有抽象法则“f”的偶函数不等式，利用偶函数性质f(x)f(|x|)变形不等式，再利用单调性去法则求解.

119．记关于x的方程a(x2)在区间（0，3]上的解集为A，若A至多有2个不同

x的子集，求实数a的取值范围． 【答案】,1 【分析】

原题等价于函数f(x)a(x1)21a在区间（0，3]上至多有1个零点，分类讨论a的取值范围即可得结果． 【详解】

因为A至多有2个不同的子集，所以A至多有1个元素． 因为a(x2)x0,1，所以所以a(x1)21a=0， xax(x2)10,所以原题等价于函数f(x)a(x1)21a在区间（0，3]上至多有1个零点． ①当a=0时，f(x)=1在区间（0，3]上无零点，符合题意；

②当a>0时，抛物线f(x)=a(x1)21a开口向上，对称轴为x=1，f(0)=1， 所以f(1)=1-a≥0，所以0③当a<0时，抛物线f(x)=a(x1)21a开口向下，对称轴为x=1，f(0)=1=f(2)， 所以f(x)在（0，3]上至多有一个零点，符合题意． 综上，实数a的取值范围是,1．

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【点睛】

关键点点睛：本题的解题关键在于判断原题等价于函数f(x)a(x1)21a在区间（0，3]上至多有1个零点． 20．已知不等式

ax10aR． x1（1）当a2时，解这个不等式；

ax11x对x,0恒成立，求实数a的最大值． x11【答案】（1）,1；（2）222．

2（2）若【分析】

（1）根据分式不等式的求解方法可直接求得结果；

22（2）将恒成立不等式化为ax2，则ax2，利用基本不等式可求

xminx2得x2，由此可确定给结果.

xmin【详解】

1（1）当a2时，原不等式可化为2x1x10，解得：x1，

21不等式的解集为,1；

22（2）当x,0时，x10，ax11xx1x2x1，

x22x22x2； 即axx2222x2x22（当且仅当x，即x2时取等号），

xxxx2x2222，a222，则实数a的最大值为222.

xminx21．已知f(x)是定义在R上的单调递减函数，对任意实数m，n都有f(mn)=f(m)f(n)．函数g(x)2(xx2)．定义在R上的单调递增函数h(x)的图象经过点A

（0,0）和点B(2,2)．

（1）判断函数f(x)的奇偶性并证明；

（2）若t[1,2]，使得f(g(t)1)f(8tm)<0（m为常实数）成立，求m的取值范围；

（3）设f(1)1，F1(x)f(x)x,F2(x)g(x)，F3(x)h(x)h(2x)，bii（i=0，1001，2…100）2，3）．若MkFk(b1)Fk(b0)+Fk(b2)Fk(b1)+…+Fk(b100)Fk(b99)（k=1，，比较M1,M2,M3的大小并说明理由．

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【答案】（1）f(x)为奇函数；证明见解析；（2）(11,)；（3）M1M3M2；答案见解析． 【分析】

（1）根据奇函数的定义进行证明即可；（2）根据奇函数将不等式转化为f(g(t)1)最值问题解题即可；（3）根据函数的单调性及特殊值分别计算M1,M2,M3，最后比较大小即可. 【详解】

（1）f(x)是R上的奇函数．证明如下： 因为任意实数m，n都有f(mn)f(m)f(n)， 所以f(00)f(0)f(0)，所以f(0)=0， 从而对x∈R，恒有f(xx)=f(x)f(x)， 所以f(x)f(x)f(0)0，

所以f(x)f(x)，所以f(x)为奇函数． （2）由（1）知，f(x)为R上单调递减的奇函数，

由f(g(t)1)f(8tm)<0得f(g(t)1)<f(8tm)=f(8tm)， 所以g(t)1>-8t-m，2(tt2)1>8tm，m2t210t1． 5223令h(t)2t210t1，则h(t)2(t)．

22当t[1,2]时，h(t)minh(2)11．

所以t[1,2]，使得f(g(t)1)+f(8tm)<0成立， 等价于t[1,2]，使得mh(t)成立，

所以mh(t)min11，所以m的取值范围是(11,)． （3）依题意，易证F1(x)=f(x)-x在R上单调递减， 所以M1F1(b1)F1(b0)+F1(b2)F1(b1)+…+F1(b100)F1(b99) F1(b0)F1(b1)+F1(b1)F1(b2)+…+F1(b99)F1(b100)

F1(b0)F1(b100)F1(0)F1(1)(f(0)0)(f(1)1)(00)(11)2．

111211]单调递减， 因为g(x)=2(xx2)=-2(x)在[0,]单调递增，在[，2222所以M2F2(b1)F2(b0)+F2(b2)F2(b1)+…+F2(b100)F2(b99)

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F2(b1)F2(b0)+F2(b2)F2(b1)+…+F2(b50)F2(b49)+ F2(b50)F2(b51)+F2(b51)F2(b52)+…+F2b99F2b100

11F2(b0)F2(b50)F2(b50)F2(b100)F2(0)F2()F2()F2(1)

2211001．

22由h(x)在R上单调递增，易证F3(x)h(x)h(2x)在R上单调递增， 所以M3F3(b1)F3(b0)+F3(b2)F3(b1)+…+F3(b100)F3(b99) F3(b1)F3(b0)+F3(b2)F3(b1)+…+F3(b100)F3(b99)

F3(b100)F3(b0)F3(1)F3(0)(h(1)h(21))(h(0)h(2))0(02)2，

所以M1M3M2． 【点睛】

函数的单调性是函数的重要性质之一，它的应用贯穿于整个高中数学的教学之中.某些数学问题从表面上看似乎与函数的单调性无关，但如果我们能挖掘其内在联系，抓住其本质，那么运用函数的单调性解题，能起到化难为易、化繁为简的作用.因此对函数的单调性进行全面、准确的认识，并掌握好使用的技巧和方法，这是非常必要的.根据题目的特点，构造一个适当的函数，利用它的单调性进行解题，是一种常用技巧.许多问题，如果运用这种思想去解决，往往能获得简洁明快的思路，有着非凡的功效.

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