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- 2021-06-20 发布
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2015-2016学年上海市格致中学高一(上)期中数学试卷
一、填空题
1.已知全集U=R,,则A∩∁UB= .
2.若函数,则f(x)•g(x)= .
3.函数y=的定义域是 .
4.不等式ax+b<0的解集A=(﹣2,+∞),则不等式bx﹣a≥0的解集为 .
5.已知函数f(x)=x2﹣(a﹣1)x+5在区间(,1)上为增函数,那么f(2)的取值范围是 .
6.已知集合A={x|x≥2},B={x||x﹣m|≤1},若A∩B=B,则实数m的取值范围是 .
7.“若a+b>2,则a>2或b>2”的否命题是 .
8.设f(x)是R上的偶函数,f(1)=0,且在(0,+∞)上是增函数,则(x﹣1)f(x﹣1)>0的解集是 .
9.已知函数f(x)=x2+mx﹣1,若对于任意x∈[m,m+1],都有f(x)<0成立,则实数m的取值范围是 .
10.已知定义在R上的偶函数f(x)在[0,+∞)上是增函数,且f(2)=1,若f(x+a)≤1对x∈[﹣1,1]恒成立,则实数a的取值范围是 .
11.已知的解集为[m,n],则m+n的值为 .
二、选择题
12.给出下列命题:
(1)∅={0};
(2)方程组的解集是{1,﹣2};
(3)若A∪B=B∪C,则A=C;
(4)若U为全集,A,B⊆U,且A∩B=∅,则A⊆∁UB.
其中正确命题的个数有( )
A.1 B.2 C.3 D.4
13.“﹣2≤a≤2”是“一元二次方程x2+ax+1=0没有实根”的( )
A.充要条件 B.必要非充分条件
C.充分非必要条件 D.非充分非必要条件
14.已知a∈R,不等式的解集为P,且﹣4∉P,则a的取值范围是( )
A.a≥﹣4 B.﹣3<a≤4 C.a≥4或a≤﹣3 D.a≥4或a<﹣3
15.函数f(x)=,若f(0)是f(x)的最小值,则a的取值范围为( )
A.[﹣1,2] B.[﹣1,0] C.[1,2] D.[0,2]
三、解答题(8+8+10+14分)
16.记关于x的不等式的解集为P,不等式|x﹣1|≤1的解集为Q.
(Ⅰ)若a=3,求P;
(Ⅱ)若Q⊆P,求正数a的取值范围.
17.设α:A={x|﹣1<x<1},β:B={x|b﹣a<x<b+a}.
(1)设a=2,若α是β的充分不必要条件,求实数b的取值范围;
(2)在什么条件下,可使α是β的必要不充分条件.
18.设函数f(x)=3ax2﹣2(a+c)x+c(a>0,a,c∈R)
(1)设a>c>0,若f(x)>c2﹣2c+a对x∈[1,+∞]恒成立,求c的取值范围;
(2)函数f(x)在区间(0,1)内是否有零点,有几个零点?为什么?
19.已知集合M是满足下列性质的函数f(x)的全体:
在定义域(0,+∞)内存在x0,使函数f(x0+1)≤f(x0)f(1)成立;
(1)请给出一个x0的值,使函数;
(2)函数f(x)=x2﹣x﹣2是否是集合M中的元素?若是,请求出所有x0组成的集合;若不是,请说明理由;
(3)设函数,求实数a的取值范围.
2015-2016学年上海市格致中学高一(上)期中数学试卷
参考答案与试题解析
一、填空题
1.已知全集U=R,,则A∩∁UB= {0} .
【考点】交、并、补集的混合运算.
【专题】计算题;集合.
【分析】先确定集合A={0,3},再确定CUB={x|x≤},最后根据交集定义运算得出结果.
【解答】解:因为A={x|x2﹣3x=0}={0,3},
而B={x|x>},且U=R,
所以,CUB={x|x≤},
所以,{x|x≤}∩{0,3}={0},
即A∩CUB={0},
故答案为:{0}.
【点评】本题主要考查了集合间交集,补集的混合运算,涉及一元二次方程的解法,交集和补集的定义,属于基础题.
2.若函数,则f(x)•g(x)= x(x>0) .
【考点】函数解析式的求解及常用方法.
【专题】计算题;函数思想;函数的性质及应用.
【分析】直接利用函数的解析式化简求解即可.
【解答】解:函数,则f(x)•g(x)==x,x>0.
故答案为:x(x>0).
【点评】本题考查函数的解析式的求法,考查计算能力.
3.函数y=的定义域是 {x|﹣1≤x<1或1<x≤4} .
【考点】函数的定义域及其求法.
【专题】计算题;函数思想;转化思想;函数的性质及应用.
【分析】利用分母不为0,开偶次方被开方数方法,列出不等式组求解可得函数的定义域.
【解答】解:要使函数有意义,可得:,解得:﹣1≤x<1或1<x≤4.
函数的定义域为:{x|﹣1≤x<1或1<x≤4}.
故答案为:{x|﹣1≤x<1或1<x≤4}.
【点评】本题考查函数的定义域的求法,是基础题.
4.不等式ax+b<0的解集A=(﹣2,+∞),则不等式bx﹣a≥0的解集为 (﹣∞,] .
【考点】其他不等式的解法.
【专题】方程思想;综合法;不等式的解法及应用.
【分析】由题意可得a<0,且﹣2a+b=0,解得b=2a,代入要解的不等式可得.
【解答】解:∵不等式ax+b<0的解集A=(﹣2,+∞),
∴a<0,且﹣2a+b=0,解得b=2a,
∴不等式bx﹣a≥0可化为2ax﹣a≥0,
两边同除以a(a<0)可得2x﹣1≤0,
解得x≤
故答案为:(﹣∞,].
【点评】本题考查不等式的解集,得出a的正负是解决问题的关键,属基础题.
5.已知函数f(x)=x2﹣(a﹣1)x+5在区间(,1)上为增函数,那么f(2)的取值范围是 [﹣7,+∞) .
【考点】二次函数的性质.
【专题】函数的性质及应用;不等式的解法及应用.
【分析】求得二次函数的对称轴,由题意可得≤,求得a的范围,再由不等式的性质,可得f(2)的范围.
【解答】解:函数f(x)=x2﹣(a﹣1)x+5的对称轴为x=,
由题意可得≤,
解得a≤2,
则f(2)=4﹣2(a﹣1)+5
=11﹣2a≥﹣7.
故答案为:[﹣7,+∞).
【点评】本题考查二次函数的单调性的运用,考查不等式的性质,属于中档题.
6.已知集合A={x|x≥2},B={x||x﹣m|≤1},若A∩B=B,则实数m的取值范围是 [3,+∞) .
【考点】交集及其运算.
【专题】计算题;转化思想;定义法;集合.
【分析】先求出集合B,再利用交集定义和不等式性质求解.
【解答】解:∵集合A={x|x≥2},B={x||x﹣m|≤1}={x|m﹣1≤x≤m+1},
A∩B=B,
∴m﹣1≥2,解得m≥3,
∴实数m的取值范围是[3,+∞).
故答案为:[3,+∞).
【点评】本题考查实数的取值范围的求法,是基础题,解题时要认真审题,注意不等式性质的合理运用.
7.“若a+b>2,则a>2或b>2”的否命题是 “若a+b≤2,则a≤2且b≤2” .
【考点】四种命题.
【专题】演绎法;简易逻辑.
【分析】根据否命题的定义,结合已知中的原命题,可得答案.
【解答】解:“若a+b>2,则a>2或b>2”的否命题是“若a+b≤2,则a≤2且b≤2”,
故答案为:“若a+b≤2,则a≤2且b≤2”
【点评】本题考查的知识点是四种命题,熟练掌握四种命题的概念,是解答的关键.
8.设f(x)是R上的偶函数,f(1)=0,且在(0,+∞)上是增函数,则(x﹣1)f(x﹣1)>0的解集是 (0,1)∪(2,+∞) .
【考点】奇偶性与单调性的综合.
【专题】转化思想;数形结合法;函数的性质及应用;不等式的解法及应用.
【分析】根据函数奇偶性和单调性的关系先求出f(x)>0和f(x)<0的解集,进行求解即可.
【解答】解:∵f(x)是R上的偶函数,f(1)=0,且在(0,+∞)上是增函数,
∴f(﹣1)=f(1)=0,
则函数f(x)对应的图象如图:
即当x>1或x<﹣1时,f(x)>0,
当0<x<1或﹣1<x<0时,f(x)<0,
则不等式(x﹣1)f(x﹣1)>0等价为或,
即或,
即或,
即x>2或0<x<1,
即不等式的解集为(0,1)∪(2,+∞),
故答案为:(0,1)∪(2,+∞)
【点评】本题主要考查不等式的求解,根据函数奇偶性和单调性的关系,利用数形结合求出f(x)>0和f(x)<0的解集是解决本题的关键.
9.已知函数f(x)=x2+mx﹣1,若对于任意x∈[m,m+1],都有f(x)<0成立,则实数m的取值范围是 (﹣,0) .
【考点】二次函数的性质.
【专题】函数的性质及应用.
【分析】由条件利用二次函数的性质可得,由此求得m的范围.
【解答】解:∵二次函数f(x)=x2+mx﹣1的图象开口向上,
对于任意x∈[m,m+1],都有f(x)<0成立,∴,
即,解得﹣<m<0,
故答案为:(﹣,0).
【点评】本题主要考查二次函数的性质应用,体现了转化的数学思想,属于基础题.
10.已知定义在R上的偶函数f(x)在[0,+∞)上是增函数,且f(2)=1,若f(x+a)≤1对x∈[﹣1,1]恒成立,则实数a的取值范围是 [﹣1,1] .
【考点】函数恒成立问题;奇偶性与单调性的综合.
【专题】计算题.
【分析】先利用f(x)是R上的偶函数,且f(2)=1,得到f(2)=f(﹣2)=1;再由f(x)在[0,+∞)上是增函数,f(x+a)≤1对x∈[﹣1,1]恒成立,导出﹣2﹣x≤a≤2﹣x在x∈[﹣1,1]上恒成立,由此能求出实数a的取值范围.
【解答】解:∵f(x)是R上的偶函数,且f(2)=1,
∴f(2)=f(﹣2)=1;
∵f(x)在[0,+∞)上是增函数,f(x+a)≤1对x∈[﹣1,1]恒成立,
∴﹣2≤x+a≤2,
即﹣2﹣x≤a≤2﹣x在x∈[﹣1,1]上恒成立,
∴﹣1≤a≤1,
故答案为:[﹣1,1].
【点评】本题考查函数恒成立问题,解题时要认真审题,仔细解答,注意函数的奇偶性、单调性的灵活运用.
11.已知的解集为[m,n],则m+n的值为 3 .
【考点】根与系数的关系.
【专题】计算题;方程思想;综合法;不等式的解法及应用.
【分析】利用二次函数的单调性、一元二次不等式的解法即可得出.
【解答】解:解:∵ x2﹣2x+3=(2x2﹣6x+9)= [(x﹣3)2+x2]≥,
令n2﹣2n+3=n,得2n2﹣9n+9=0,
解得n=(舍去),n=3;
令x2﹣2x+3=3,解得x=0或3.
取m=0.
∴m+n=3.
故答案为:3.
【点评】本题考查了二次函数的单调性、一元二次不等式的解法,属于基础题.
二、选择题
12.给出下列命题:
(1)∅={0};
(2)方程组的解集是{1,﹣2};
(3)若A∪B=B∪C,则A=C;
(4)若U为全集,A,B⊆U,且A∩B=∅,则A⊆∁UB.
其中正确命题的个数有( )
A.1 B.2 C.3 D.4
【考点】命题的真假判断与应用.
【专题】计算题;集合思想;数形结合法;集合.
【分析】由集合间的关系判断(1);写出方程组的解集判断(2);由A∪B=B∪C,可得A=C或A、C均为B的子集判断(3);画图说明(4)正确.
【解答】解:(1)∅⊆{0}.故(1)错误;
(2)方程组的解集是{(1,﹣2)}.故(2)错误;
(3)若A∪B=B∪C,则A=C或A、C均为B的子集.故(3)错误;
(4)若U为全集,A,B⊆U,且A∩B=∅,如图,
则A⊆∁UB.故(4)正确.
∴正确命题的个数是1个.
故选:A.
【点评】本题考查命题的真假判断与应用,考查了集合的表示法及集合间的关系,是基础题.
13.“﹣2≤a≤2”是“一元二次方程x2+ax+1=0没有实根”的( )
A.充要条件 B.必要非充分条件
C.充分非必要条件 D.非充分非必要条件
【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断.
【专题】方程思想;判别式法;简易逻辑.
【分析】一元二次方程x2+ax+1=0没有实根,则△<0.解出即可判断出.
【解答】解:若一元二次方程x2+ax+1=0没有实根,
则△=a2﹣4<0.
解得﹣2<a<2.
∴“﹣2≤a≤2”是“一元二次方程x2+ax+1=0没有实根”必要不充分条件.
故选:B.
【点评】本题考查了一元二次方程有实数根与判别式的关系、简易逻辑的判定方法,考查了推理能力与计算能力,属于中档题.
14.已知a∈R,不等式的解集为P,且﹣4∉P,则a的取值范围是( )
A.a≥﹣4 B.﹣3<a≤4 C.a≥4或a≤﹣3 D.a≥4或a<﹣3
【考点】其他不等式的解法.
【专题】计算题;方程思想;定义法;不等式的解法及应用.
【分析】原不等式化为<0,分类讨论即可得到答案.
【解答】解:化为式﹣1>0,即>0,即<0,
当a+3>0时,即a>﹣3时,原不等式为x+a<0,即x<﹣a,
∵﹣4∉P,
∴a≥4;
当a+3<0时,即a<﹣3时,原不等式为x+a>0,即x>﹣a,
∴﹣4∉P,
∴a<﹣3;
当a+3=0时,即x∈∅,
∴﹣4∉P,
综上所述:a的取值范围为a≥4,或a≤﹣3,
故选:C.
【点评】本题考查分式不等式解法的运用,关键是分类讨论,属于与基础题.
15.函数f(x)=,若f(0)是f(x)的最小值,则a的取值范围为( )
A.[﹣1,2] B.[﹣1,0] C.[1,2] D.[0,2]
【考点】函数的最值及其几何意义.
【专题】综合题;函数的性质及应用.
【分析】由分段函数可得当x=0时,f(0)=a2,由于f(0)是f(x)的最小值,则(﹣∞,0]为减区间,即有a≥0,则有a2≤x++a,x>0恒成立,运用基本不等式,即可得到右边的最小值2+a,解不等式a2≤2+a,即可得到a的取值范围.
【解答】解:由于f(x)=,
则当x=0时,f(0)=a2,
由于f(0)是f(x)的最小值,
则(﹣∞,0]为减区间,即有a≥0,
则有a2≤x++a,x>0恒成立,
由x+≥2=2,当且仅当x=1取最小值2,
则a2≤2+a,解得﹣1≤a≤2.
综上,a的取值范围为[0,2].
故选:D.
【点评】本题考查分段函数的应用,考查函数的单调性及运用,同时考查基本不等式的应用,是一道中档题
三、解答题(8+8+10+14分)
16.记关于x的不等式的解集为P,不等式|x﹣1|≤1的解集为Q.
(Ⅰ)若a=3,求P;
(Ⅱ)若Q⊆P,求正数a的取值范围.
【考点】集合的包含关系判断及应用;其他不等式的解法;绝对值不等式的解法.
【分析】(I)分式不等式的解法,可转化为整式不等式(x﹣a)(x+1)<0来解;对于(II)中条件Q⊆P,应结合数轴来解决.
【解答】解:(I)由,得P={x|﹣1<x<3}.
(II)Q={x||x﹣1|≤1}={x|0≤x≤2}.
由a>0,得P={x|﹣1<x<a},又Q⊆P,结合图形
所以a>2,即a的取值范围是(2,+∞).
【点评】对于条件Q⊆P的问题,应结合数轴来解决,这样来得直观清楚,便于理解.
17.设α:A={x|﹣1<x<1},β:B={x|b﹣a<x<b+a}.
(1)设a=2,若α是β的充分不必要条件,求实数b的取值范围;
(2)在什么条件下,可使α是β的必要不充分条件.
【考点】充要条件.
【专题】转化思想;集合思想;简易逻辑.
【分析】(1)若α是β的充分不必要条件,则A⊊B,即,解得实数b的取值范围;
(2)若α是β的必要不充分条件,则B⊊A,即且两个等号不同时成立,进而得到结论.
【解答】解:(1)∵a=2,
∴β:B={x|b﹣2<x<b+2}.
若α是β的充分不必要条件,
则A⊊B,即,
解得:b∈[﹣1,1];
(2)若α是β的必要不充分条件,则B⊊A,
即且两个等号不同时成立,
即a<1,b≤|a﹣1|
【点评】本题考查的知识点是充要条件,正确理解并熟练掌握充要条件的概念,是解答的关键.
18.设函数f(x)=3ax2﹣2(a+c)x+c(a>0,a,c∈R)
(1)设a>c>0,若f(x)>c2﹣2c+a对x∈[1,+∞]恒成立,求c的取值范围;
(2)函数f(x)在区间(0,1)内是否有零点,有几个零点?为什么?
【考点】函数零点的判定定理;二次函数的性质.
【专题】综合题;函数的性质及应用.
【分析】(1)由题意可得:二次函数的对称轴为x=,由条件可得:2a>a+c,所以x=<<1,进而得到f(x)在区间[1,+∞)是增函数,求出函数的最小值,即可得到答案.
(2)二次函数的对称轴是x=,讨论f(0)=c>0,f(1)=a﹣c>0,而f()=﹣<0,根据根的存在性定理即可得到答案.
【解答】解:(1)因为二次函数f(x)=3ax2﹣2(a+c)x+c的图象的对称轴x=,
因为由条件a>c>0,得2a>a+c,
所以x=<<1,
所以二次函数f(x)的对称轴在区间[1,+∞)的左边,且抛物线的开口向上,
所以f(x)在区间[1,+∞)是增函数.
所以f(x)min=f(1)=a﹣c,
因为f(x)>c2﹣2c+a对x∈[1,+∞]恒成立,
所以a﹣c>c2﹣2c+a,
所以0<c<1;
(2)二次函数f(x)=3ax2﹣2(a+c)x+c图象的对称轴是x=.
若f(0)=c>0,f(1)=a﹣c>0,而f()=﹣<0,
所以函数f(x)在区间(0,)和(,1)内分别有一零点.
故函数f(x)在区间(0,1)内有两个零点;
若f(0)=c<0,f(1)=a﹣c>0,而f()=﹣<0,
故函数f(x)在区间(0,1)内有一个零点.
【点评】解决此类问题的关键是熟练掌握二次函数的有关性质,以及根的存在性定理.
19.已知集合M是满足下列性质的函数f(x)的全体:
在定义域(0,+∞)内存在x0,使函数f(x0+1)≤f(x0)f(1)成立;
(1)请给出一个x0的值,使函数;
(2)函数f(x)=x2﹣x﹣2是否是集合M中的元素?若是,请求出所有x0组成的集合;若不是,请说明理由;
(3)设函数,求实数a的取值范围.
【考点】元素与集合关系的判断.
【专题】应用题;新定义;函数思想.
【分析】(1)取值带入即可;
(2)根据函数f(x)的定义求解x0即可;
(3)利用函数的思想求解.
【解答】解:(1)令x0=2,则,成立;
(2)假设函数f(x)=x2﹣x﹣2是集合M中的元素,则存在x0,使
f(x0+1)≤f(x0)f(1)成立,
即(x0+1)2﹣(x0+1)﹣2≤()(﹣2),
解得:,
故x0组成的集合是:{x0|};
(3)∵函数f(x)=,
∴,
设g(x)==,
∴0<g(x)<3,2
a=0时显然成立,
当a>0时,a>g(x),∴a>3;
a<0时,a<g(x),∴a<0;
综上,a≤0或a>3
【点评】本题考查新定义及运用,考查运算和推理能力,考查函数的性质和应用,正确理解定义是迅速解题的关键,属于中档题