2020-2021学年新高一新生入学分班考数学试卷（二） 6页

2020-2021 学年新高一新生入学分班考数学试卷（二） 一、单选题（共 12 小题，满分 60 分，每小题 5 分） 1、下列分解因式错误的是 （ ） A．a 2 －5a＋6＝（a－2）（a-3） B．1－4m 2 ＋4m＝（1－2m） 2 C．－4x 2 ＋y 2 ＝-(2x＋y)（2x－y） D．3ab＋ 4 1 a 2 b 2 ＋9＝（3＋ 2 1 ab） 2 【答案】B 【解析】B 中的 1+4m 2 -4m＝（1－2m） 2 ，所以 B 是错的。 2、已知 x=1 是一元二次方程 02  baxx 的一个根，则  22 2 baba （ ） A．2 B．1 C．0 D．-1 【答案】B． 【解析】∵x=1 是一元二次方程 02  baxx 的一个根，∴ 21 0a b   ，∴ 1a b   ， ∴  22 2 baba 2 2( ) ( 1) 1a b    ．故选 B． 3、已知 x2﹣2x﹣1=0．求代数式（x﹣1）2+x（x﹣4）+（x﹣2）（x+2）的值． A． 1 B． 0 C． -1 D． 2 【答案】B 【解析】原式=x 2-2x-1+x2-4x+x2-4=3x2-6x-3 ∵x2-2x-1=0∴原式=3（x2-2x-1）=0 4、下列分解不正确的是 （ ） A. B t t t ൅ C. t ൅ ൅ t D. 222 )12(144  ababba 【答案】B 【解析】完成平方公式的运用：a2+2ab+b2=（a+b）2， 故选 B . 5、关于 x 的方程 m 2x +(2m+1)x+m=0 有两个不等的实根，则 m 的取值范围是： A.(- 4 1 , +  ) B.(-  ,- 4 1 ) C.[- 4 1 ，+  ] D.(- 4 1 ,0)∪(0,+  ). 【答案】D 【解析】由 m 0 且 >0，得 m<- ，∴选 D. 6、不等式 3 2x x   的解集是（ ） A．  | 1 3 x x x 或 B．  | 1 0 3 x x x  或 C．  | 1 0 3 x x x   或 D．  | 1 0 0 3 x x x    或 【答案】B 【解析】 时， t 不成立，可排除 ， t 时， t 不成立，可排除 ，故选 B． 7、已知 t 的解集是 t ൅ ，则实数 ， 的值是（ ） A． t ൅ ， B． ൅ ， t C． t ൅ ， t D． ൅ ， 【答案】D 【解析】分析：先解不等式 t ，再列方程组得实数 a，b 的值． 详解：由题得-b＜x-a＜b，所以 a-b＜x＜a+b， 因为 t 的解集是 t ൅ ， 所以 a-b=-3 且 a+b=9， 所以 a=3，b=6．故答案为：D 8、一元二次不等式 022  bxax 的解集是 )3 1,2 1( ，则 ba  的值是（ ）。 A.10 B.-10 C.14 D.-14 【答案】D 【解析】方程 022  bxax 的两个根为 2 1 和 3 1 , 由维达定理得 14,2,12,2 3 1 2 1,3 1 2 1  babaaa b . 9、不等式 1 1 02 3x x         的解集为（ ） A． 1 1| 3 2x x     B． 1| 2x x    C． 1| 3x x   D． 1 1| 3 2x x x     或 【答案】A 【解析】∵ 1 1 02 3x x         ∴ 1 1 02 3x x        ＜ 解得： 1 1 3 2x  ，即不等式 1 1 02 3x x         的解集为 1 1| 3 2x x     ，故选：A 10、关于 x 的不等式 2 22 8 0x ax a   ( 0a  )的解集为 1 2,x x ,且 2 1 15x x  ,则 a ( ) A．15 4 B． 7 2 C． 5 2 D．15 2 【答案】C 【解析】因为 t t t ，所以 t t ， t即 t ，又 t h ，所以 h ，解得 h ．故选 C. 11、若抛物线 y＝kx2﹣2x﹣1 与 x 轴有两个不同的交点，则 k 的取值范围为( ) A．k＞﹣1 B．k≥﹣1 C．k＞﹣1 且 k≠0 D．k≥﹣1 且 k≠0 【答案】C 【解析】 ∵二次函数 y＝kx2﹣2x﹣1 的图象与 x 轴有两个交点， ∴b2﹣4ac＝（﹣2）2﹣4×k×（﹣1）＝4+4k＞0， ∴k＞﹣1， ∵抛物线 y＝kx2﹣2x﹣1 为二次函数， ∴k≠0， 则 k 的取值范围为 k＞﹣1 且 k≠0，故选 C. 12、已知方程 2(k+1) 2x +4kx+3k-2=0 有两个负实根，则实数 k 的取值范围是（ ） A. t t ൅ B. t t C. ൅ D. t t ൅ h【答案】A 【解析】要原方程有两个负实根，必须: 푘 t t t t  푘 t 푘 푘 t t t 푘 푘 t ൅푘t 푘 t 푘 t t 푘 푘 t 或 푘 t 푘 ൅ 或 푘 t . t 푘 t 或 ൅ 푘 ∴实数 k 的取值范围是{k|-20,1－a>0.即 1 1＋a 1－a ＝ 1 1－a2 ∵0<1－a2≤1，∴ 1 1－a2≥1，∴ 1 1＋a≥1－a. 14、不等式 2 1x x  的解集为________． 【答案】 | 1x x  【解析】 t t t t ൅ ,所以不等式 t 的解 集为 ． 15、已知 012  xx ，求  20062007 xx ……+ 123  xxx =_______. 【答案】0 【解析】三个一分组，每组都有因式 x2+x+1. 16、 已知函数 f(x)＝ ax2＋2ax＋1的定义域为 R.，则 a 的取值范围 ； 【答案】[0，1] 【解析】 (1)∵函数 f(x)＝ ax2＋2ax＋1的定义域为 R，∴ax2＋2ax＋1≥0 恒成立，当 a＝0 时，1≥0 恒成立．当 a≠0 时，则有{a>0，解得 02x x  . 【解析】当 x<0 时，原不等式可化为 1 2 2x x    ，解得 x<– ൅ ： 当 0≤x≤ 时，原不等式可化为 x+1–2x>2，即 x<–1，无解； 当 x> 时，原不等式可化为 x+2x–1>2，解得 x>1. 综上，原不等式的解集为 t ൅ 或 . 19、已知 2 3 1 0x x   ，求 3 3 1 3x x   的值． 【解析】 t ൅ t t ൅原式= t ൅ t ൅h ൅ ൅൅ t ൅ ൅ . 20、已知函数 f(x)＝ax2＋4x＋b(a<0，a、b∈R)，设关于 x 的方程 f(x)＝0 的两实根为 x1、x2，方程 f(x)＝x 的两实根为α、β. (1)若|α－β|＝1，求 a、b 的关系式； (2)若 a、b 均为负整数，且|α－β|＝1，求 f(x)的解析式； 【解】 (1)由 f(x)＝x 得 ax2＋3x＋b＝0(a<0，a、b∈R)有两个不等实根为α、β，∴Δ＝9－4ab>0，α＋β＝－ 3 a ，α·β＝b a.由|α－β|＝1 得(α－β)2＝1，即(α＋β)2－4αβ＝ 9 a2 －4b a ＝1，∴9－4ab＝a2，即 a2＋4ab＝9(a<0，a、 b∈R)． (2)由(1)得 a(a＋4b)＝9，而 a、b 均为负整数， ∴ a＝－1， a＋4b＝－9 或 a＝－9， a＋4b＝－1 或 a＝－3， a＋4b＝－3. 显然后两种情况不合题意，应舍去，从而有 a＝－1， a＋4b＝－9， ∴ a＝－1， b＝－2. 故所求函数解析式为 f(x)＝－x2＋4x－2. 21、已知二次函数的图象过点(－3，0)，(1，0)，且顶点到 x 轴的距离等于 2，求此二次函数的表达式． 【解析】法一：∵二次函数的图象过点(－3，0)，(1，0)， ∴可设二次函数为 y＝a(x＋3) (x－1) (a≠0)， 展开，得 y＝ax2＋2ax－3a， 顶点的纵坐标为 2 212 4 44 a a aa     ，由于二次函数图象的顶点到 x 轴的距离 2， ∴| －4a|＝2，即 a＝ 1 2  ． 所以，二次函数的表达式为 y＝ 21 3 2 2x x  ，或 y＝－ 21 3 2 2x x  ． 法二：∵二次函数的图象过点(－3，0)，(1，0)， ∴对称轴为直线 x＝－1． 又顶点到 x 轴的距离为 2， ∴顶点的纵坐标为 2，或－2． 于是可设二次函数为 y＝a(x＋1)2＋2，或 y＝a(x＋1)2－2， 由于函数图象过点(1，0)， ∴0＝a(1＋1)2＋2，或 0＝a(1＋1)2－2． ∴a＝－ 1 2 ，或 a＝ 1 2 ．所以，所求的二次函数为 y＝－ 1 2 (x＋1)2＋2，或 y＝ 1 2 (x＋1)2－2． 22、求二次函数 2( ) (2 1) 3( 0)f x ax a x a     在区间 3 ,22     上的最大值． 解析 2 22 1 (2 1)( ) 32 4 a af x a x a a         ，对称轴为 2 1 2 ax a   ①当 0a  时 （ⅰ）当 2 1 1 2 4 a a  ≤ 时，即 2 5a≥ 时， max( ) (2) 8 5f x f a   ； （ⅱ）当 2 1 1 2 4 a a   时，即 20 5a  时， max 3 3 3( ) ( )2 4 2f x f a     ； ②当 0a  时， 2 1 02 a a   （ⅰ）当 2 1 3 2 2 a a  ≤ 时，即 1 0a ≤ 时， max 3 3 3( ) ( )2 4 2f x f a     ； （ⅱ）当 3 2 1 02 2 a a     时，即 1a   时， 2 max 2 1 (2 1)( ) ( ) 32 4 a af x f a a       ， 综上所述， 2 max (2 1) 3, 14 3 3 2( ) , 1 04 2 5 28 5 , 5 a aa f x a a a a a                且≤ ≥