新疆博尔塔拉蒙古自治州第五师高级中学2019-2020学年高一上学期期中考试数学试卷 8页

www.ks5u.com 数学试卷 ‎（卷面分值：150分 考试时间120分钟）‎ 注意事项： ‎ ‎ 1.本试卷为问答分离式试卷，共4页，其中问卷2页，答卷2页。答题前，请考生务必将自己的学校、姓名、座位号、准考证号等信息填写在答题卡上。‎ ‎ 2.作答非选择题时须用黑色字迹0.5毫米签字笔书写在答题卡的指定位置上，作答选择题须用2B铅笔将答题卡上对应题目的选项涂黑。如需改动，请用橡皮擦干净后，再选涂其它答案，请保持答题卡卡面清洁，不折叠、不破损。‎ 第Ⅰ卷（选择题 共60分）‎ 一、 选择题（每道小题只有一个选项正确）‎ ‎1．1．已知全集,集合,,则集合（   ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎2．下列四组函数中表示相等函数的是(   )‎ A. 与 B. 与 C. 与 D. 与 ‎§网]‎ ‎3．已知函数，则的值是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎4．函数的图像必经过定点(   )‎ A. B. C. D. ‎ ‎5．函数y=的定义域是（ ）‎ A. B.（1，2） C.（2，+∞） D.(-∞,2)‎ ‎6．三个数的大小顺序是（ ）‎ A. B.‎ C. D.‎ ‎7．设集合若,则实数的取值范围是(   )‎ A. B. C. D. ‎ ‎8． 函数是R上的偶函数，且在上单调递增，则下列各式成立的是（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎9．幂函数,当时为减函数,则实数m的值是(   )‎ A. B. C. 或2 D. ‎ ‎10．已知函数 (其中)，若的图象如右图（左）所示，则的图象是 ( )‎ ‎11．已知函数若关于的方程有两个不等的实根，则实数的取值范围是 ( )‎ A． B． C． D．‎ ‎12. 设是的两个非空子集，如果存在一个从到的函数满足：(i)；(ii)对任意，当时，恒有，那么称这两个集合“保序同构”，以下集合对不是“保序同构”的是（ ）‎ A. ‎ B. ‎ C. ‎ D. ‎ ‎ ‎ 第Ⅱ卷（非选择题 共90分）‎ 一、 填空题（共4小题，每小题5分，共20分）‎ ‎13．13．集合,则的子集个数为 ．‎ ‎14．已知上的最大值比最小值多1，则a＝ ．‎ ‎15．函数的单调递减区间是 ．‎ ‎16.已知，则____________（用表示）‎ 三、解答题（共6小题，第17题10分，其余每题12分，共70分）‎ ‎17．17. 设集合,,求,.‎ ‎18. 计算：（1）； （2）.‎ ‎19．已知函数.‎ ‎（1）判断函数的奇偶性，并加以证明；‎ ‎（2）用定义证明函数在区间上为增函数；‎ ‎20. 乔经理到老陈的果园里一次性采购一种水果，他俩商定：乔经理的采购价（元/吨）与采购量（吨）之间函数关系的图像如图中的折线段所示（不包含端点但包含端点）.‎ ‎（1）求与之间的函数关系式；‎ ‎（2）已知老陈种植水果的成本是2800元/吨，那么乔经理的采购量为多少时，老陈在这次买卖中所获的利润最大？最大利润是多少？‎ ‎21．若二次函数满足，且方程=0的一个根为.‎ ‎(Ⅰ) 求函数的解析式；‎ ‎（Ⅱ）对任意的，恒成立，求实数的取值范围.‎ ‎22已知定义为的函数满足下列条件：对任意的实数都有：，（2）当时，.‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）求证：在上为增函数；‎ ‎（3）若，关于的不等式对任意的恒成立，求实数的取值范围.‎ 答案 ‎1-5．ADCDB 6-10.DBBAA 11-12.DD ‎13．16 14．2或 15． 16. ‎ ‎17‎ ‎,,所以.‎ ‎18.‎ 解：（1）‎ ‎（2）‎ ‎19． ‎ ‎1）函数是奇函数， ‎ ‎∵函数的定义域为，在轴上关于原点对称， ‎ 且， ‎ ‎∴函数是奇函数. ‎ ‎（2）证明：设任意实数，且， ‎ 则， ‎ ‎∵ ∴， ‎ ‎∴<0 ， ‎ ‎∴<0,即， ‎ ‎∴函数在区间上为增函数. ‎ ‎20.‎ 解：（1）当时，‎ 当时，设满足的函数关系式为，则 解得，‎ 所以 （2） 当时，老陈获得的利润为 此时老陈获得的最大利润为104000元 当时，老陈获得的利润为 所以，当时，利润取得最大值，最大值为105800元 因为105800>104000，所以当乔经理的采购量为23吨时，老陈在这次买卖中获得的利润最大，最大利润为105800元 ‎21．‎ ‎(Ⅰ) ；（Ⅱ）或.‎ 试题分析：(Ⅰ) ∵且 ‎（Ⅱ）由题意知：在上恒成立，‎ 整理得在上恒成立， ‎ 令 ‎∵ ∴ ‎ 当时，函数得最大值， ‎ 所以，解得或. ‎ ‎22. ‎ 解：（1）由题设，令x=y=0，‎ 恒等式可变为f（0－0）=f（0）－f（0）＋1，解得f（0）=1——————2分 ‎（2）任取x1＜x2，则x2﹣x1＞0，由题设x＞0时，f（x）＞1，可得f（x2﹣x1）＞1，‎ ‎∵f（x－y）=f（x）－f（y）＋1，‎ ‎∴f（x2﹣x1）=f（x2）－f（x1）+1，∴f（x2）－f（x1）=f（x2﹣x1）－1＞0, 即f（x1）＜f（x2）‎ 所以 f（x）是R上增函数；————————8分 ‎（3）由已知条件f（x－y）=f（x）－f（y）＋1有f（x－y）＋f（y）=f（x）＋1 ‎ 所以f（ax﹣2）+f（x﹣x2）=f（ax﹣2+x﹣x2）+1‎ 故原不等式可化为：f（ax﹣2+x﹣x2）+1＜2‎ 即f[﹣x2+（a+1）x﹣2]＜1由（1）f（0）=1故不等式可化为f[﹣x2+（a+1）x﹣2]＜f（0）；‎ 由（2）可知f（x）在R上为增函数，所以﹣x2+（a+1）x﹣2＜0．‎ 即x2﹣（a+1）x+2＞0在x∈[﹣1，+∞）上恒成立，‎ 令g（x）=x2﹣（a+1）x+2，即g（x）min＞0成立即可 由a≤﹣3知g（x）在x∈[﹣1，+∞）上单调递增