北京市一零一中学2019-2020学年高一上学期期中考试数学试题 含解析 15页

北京一零一中学2019-2020学年高一上学期期中考试数学试题 一、选择题（本大题共8小题）‎ ‎1.方程-x2-5x+6=0的解集为（ ）.‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 因式分解法求解一元二次方程．‎ ‎【详解】∵-x2-5x+6=0，‎ ‎∴x2+5x-6=0，‎ ‎∴(x+6)(x-1)=0，‎ ‎∴x=-6或1，‎ 方程-x2-5x+6=0的解集为{-6，1}．‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题属于简单题，解一元二次方程时注意观察方程特征，本题采用因式分解法会快速精准解题．‎ ‎2.“”是“”的 （　　）‎ A. 必要不充分条件 B. 充分不必要条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】因为或，‎ 所以，“”能推出“”， “”不能推出“”，‎ ‎“”是“”的充分不必要条件，故选B.‎ ‎3.下列函数中，在区间（1，+∞）上为增函数的是（ ）.‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【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；‎ 由反比例函数的性质可知，y=在区间(1，+∞)上为减函数，‎ 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．‎ ‎4.已知是定义在R上的奇函数，且当时，，则 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意结合函数的解析式和函数的奇偶性确定函数值即可.‎ ‎【详解】由奇函数的性质结合题意可得：‎ ‎.‎ 本题选择A选项.‎ ‎【点睛】本题主要考查函数的奇偶性，奇函数的性质及其应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.‎ ‎5.设函数f（x）=4x+-1（x＜0），则f（x）（ ）.‎ A. 有最大值3 B. 有最小值‎3 ‎C. 有最小值 D. 有最大值 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接利用基本不等式求得函数f(x)=4x+-1(x＜0)的最值得答案．‎ ‎【详解】当x＜0时，f(x)=4x+-1=-[(-4x)+]-1．‎ 当且仅当-4x=-，即x=-时上式取“=”．‎ ‎∴f(x)有最大值为-5．‎ 故选：D．‎ ‎【点睛】本题考查利用基本不等式求函数的最值，是基础题．‎ ‎6.若函数 (a∈R)在区间(1，2)上有零点，则a的值可能是(　　)‎ A. －2 B. 0‎ C. 1 D. 3‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用零点存在性定理逐个选项代入验证，即可得到答案.‎ ‎【详解】函数的图象在上是连续不断的，逐个选项代入验证，当时，，.故在区间上有零点，同理，其他选项不符合，‎ 故选A.‎ ‎【点睛】本题考查了函数的零点与方程的根的应用，属于基础题．‎ ‎7.已知函数是(－∞，＋∞)上的减函数，则a的取值范围是 A. (0，3) B. (0，3] C. (0，2) D. (0，2]‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由为上的减函数，根据和时，均单调递减，且，即可求解.‎ ‎【详解】因为函数为上的减函数，‎ 所以当时，递减，即，当时，递减，即，‎ 且，解得，‎ 综上可知实数的取值范围是，故选D.‎ ‎【点睛】本题主要靠考查了分段函数的单调性及其应用，其中熟练掌握分段的基本性质，列出相应的不等式关系式是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.‎ ‎8.设函数f（x）在（-∞，+∞）上有意义，且对于任意的x，y∈R，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. B. ‎ C. , D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知可知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|，得 ，从而可得g(x)单调递增，结合单调性及奇函数的定义可求．‎ ‎【详解】由函数f(x+1)的对称中心是(-1，0)，可得f(x)的图象关于(0，0)对称即f(x)为奇函数，‎ ‎∴f(-x)=-f(x)，‎ ‎∵g(x)-f(x)=x，‎ ‎∴g(x)=f(x)+x，‎ ‎∴g(-x)=f(-x)-x=-f(x)-x=-g(x)，‎ ‎∵对于任意的x，y∈R，有|f(x)-f(y)|＜|x-y|，‎ ‎∴|g(x)-g(y)-(x-y)|＜|x-y|，‎ ‎∴，‎ 即||＜1，‎ ‎∴0＜＜2，‎ 由对任意实数有得g(x)单调递增，‎ ‎∵g(2x-x2)+g(x-2)＜0，‎ ‎∴g(2x-x2)＜-g(x-2)=g(2-x)，‎ ‎∴2x-x2＜2-x，‎ 整理可得，x2-3x+2＞0，‎ 解可得，x＞2或x＜1，‎ 故选：A．‎ ‎【点睛】本题主要考查了利用函数的奇偶性及单调性求解不等式，解题的关键是结合单调性定义判断出函数g(x)的单调性．‎ 二、解答题（本大题共11小题，共80.0分）‎ ‎9.已知x1，x2是方程x2+2x-5=0的两根，则x12+2x1+x1x2的值为______．‎ ‎【答案】0‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ x1，x2是方程x2+2x-5=0的两根，可得x12+2x1-5=0，x1x2=-5．即可得出．‎ ‎【详解】∵x1，x2是方程x2+2x-5=0的两根，‎ 则x12+2x1-5=0，x1x2=-5．‎ ‎∴x12+2x1+x1x2=5-5=0．‎ 故答案为：0．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了一元二次方程的根与系数的关系、方程的根，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．‎ ‎10.已知方程两个根为，，则不等式的解集为______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据韦达定理求出，代入不等式，解一元二次不等式求得结果.‎ ‎【详解】由题意得： ‎ 则不等式可化为： ‎ 本题正确结果：‎ ‎【点睛】本题考查一元二次方程的根与一元二次不等式求解的问题，属于基础题.‎ ‎11.命题“∀x＞0，x2+2x-3＞‎0”‎的否定是______．‎ ‎【答案】∃x0＞0，x02+2x0-3≤0‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据含有量词的命题的否定即可得到结论．‎ ‎【详解】命题为全称命题，则命题“∀x＞0，x2+2x-3＞‎0”‎的否定是为∃x0＞0，x02+2x0-3≤0，‎ 故答案为：∃x0＞0，x02+2x0-3≤0．‎ ‎【点睛】本题主要考查含有量词的命题的否定，比较基础．‎ ‎12.已知f（x），g（x）分别是定义在R上的偶函数和奇函数，且f（x）-g（x）=x3+x2+2，则f（1）+g（1）的值等于______．‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由已知可得f(-x)=f(x)，g(-x)=-g(x)，结合f(x)-g(x)=x3+x2+2，可得f(-x)+g(-x)=x3+x2+2，代入x=-1即可求解．‎ ‎【详解】f(x)，g(x)分别是定义在R上的偶函数和奇函数，‎ ‎∴f(-x)=f(x)，g(-x)=-g(x)，‎ ‎∵f(x)-g(x)=x3+x2+2，‎ ‎∴f(-x)+g(-x)=x3+x2+2，‎ 则f(1)+g(1)=-1+1+2=2．‎ 故答案为：2‎ ‎【点睛】本题主要考查了利用奇函数及偶函数定义求解函数值，属于基础试题．‎ ‎13.若函数f（x）=x2-2x+1在区间[a，a+2]上的最小值为4，则实数a的取值集合为______．‎ ‎【答案】{-3，3}‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数解析式求出对称轴和顶点坐标，画出函数图象，即可求出a的值．‎ ‎【详解】因为函数f(x)=x2-2x+1=(x-1)2，‎ 所以对称轴为x=1，顶点坐标为(1，0)．‎ 令x2-2x+1=4得：x2-2x-3=0，‎ 解得：x=-1或3，‎ 所以a+2=-1或a=3，‎ 即：a=-3或3．‎ 故答案为：{-3，3}‎ ‎【点睛】本题主要考查二次函数的图象，以及利用图象求最值问题．‎ ‎14.已知函数．‎ 若，则函数的零点有______个；‎ 若对任意的实数x都成立，则实数a的取值范围是______．‎ ‎【答案】 (1). 2 (2). ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 把a=0带入，令f(x)=0，求解，有几个解就有几个零点；‎ 分类讨论，令a>0,a=0,a<0分别进行讨论，最后求得a的取值范围.‎ ‎【详解】当a=0， ‎ 当,时，=0，解得x=2或x=0，‎ 当，x=0无解 故有两个零点 ‎（1）当时，f（1）=1，此时，不成立，舍；‎ ‎（2）当a=1，此时f（x）的最大值为f（1），所以成立；‎ ‎（3）当，‎ 令 ‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 当x<0时， ‎ 当时，，恒成立；‎ 故，‎ 综上 ‎ 故答案为 ‎【点睛】本题考查了函数零点的问题以及恒成立求参数问题，本题第二问的求参数主要考查了分类讨论的思想，如何分类，思路清晰是解题的关键，属于较难的题目.‎ 求函数零点方法：‎ ‎1.解方程f(x)=0的根；‎ ‎2.利用函数零点存在性定理和函数的单调性；‎ ‎3.利用数形结合，找图像的交点个数.‎ ‎15.设集合A={x2，x-1}，B={x-5，1-x，9}．‎ ‎（1）若x=-3，求A∩B；‎ ‎（2）若A∩B={9}，求A∪B．‎ ‎【答案】（1）{9} （2）x=-3时，A∪B={-8，-4，4，9}，x=10时， A∪B={-9，5，9，100}．‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ ‎(1)x=-3时，可求出A={9，-4}，B={-8，4，9}，然后进行交集的运算即可；‎ ‎(2)根据A∩B={9}即可得出x2=9或x-1=9，再根据集合元素的互异性即可求出x=-3或10，从而x=-3时，求出集合A，B，然后求出A∪B；x=10时，求出集合A，B，然后求出A∪B即可．‎ ‎【详解】(1)x=-3时，A={9，-4}，B={-8，4，9}，‎ ‎∴A∩B={9}；‎ ‎(2)∵A∩B={9}，‎ ‎∴9∈A，‎ ‎∴x2=9，或x-1=9，解得x=±3或10，‎ x=3时，不满足集合B中元素的互异性，∴x=-3或10，‎ 由(1)知，x=-3时，A∪B={-8，-4，4，9}，‎ x=10时，A={100，9}，B={5，-9，9}，∴A∪B={-9，5，9，100}．‎ ‎【点睛】本题考查了列举法的定义，交集、并集的定义及运算，元素与集合的关系，考查了计算能力，属于基础题．‎ ‎16.已知函数．‎ ‎（1）求定义域，并判断函数f（x）的奇偶性；‎ ‎（2）若f（1）+f（2）=0，证明函数f（x）在（0，+∞）上的单调性，并求函数f（x）在区间[1，4]上的最值．‎ ‎【答案】（1） ，奇函数 （2）单调递增，证明见详解，最大值，最小值-1；‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由题意可得，x≠0，然后检验f(-x)与f(x)的关系即可判断；‎ ‎(2)由f(1)+f(2)=a-2+‎2a-1=0，代入可求a，然后结合单调性的定义即可判断单调性，再由单调性可求函数f(x)在区间[1，4]上的最大值f(4)，最小值f(1)．即可求解．‎ ‎【详解】(1)由题意可得，x≠0，故定义域为 ‎∵f(-x)=-ax+=-f(x)，‎ ‎∴f(x)奇函数；‎ ‎(2)由f(1)+f(2)=a-2+‎2a-1=0，‎ ‎∴a=1，f(x)=x-，‎ 设0＜x1＜x2，‎ 则f(x1)-f(x2)=x1-x2=(x1-x2)(1+)，‎ ‎∵0＜x1＜x2，‎ ‎∴x1-x2＜0，1+＞0，‎ ‎∴(x1-x2)(1+)＜0，即f(x1)＜f(x2)，‎ ‎∴f(x)在(0，+∞)上的单调递增，‎ ‎∴函数f(x)在区间[1，4]上的最大值为f(4)=，最小值为f(1)=-1．‎ ‎【点睛】本题主要考查了函数奇偶性的判断及函数单调性的定义在单调性判断中的应用，属于函数性质的简单应用．‎ ‎17.一元二次方程x2-mx+m2+m-1=0有两实根x1，x2．‎ ‎（1）求m的取值范围；‎ ‎（2）求x1•x2的最值；‎ ‎（3）如果，求m的取值范围．‎ ‎【答案】（1） （2）最小值为，最大值为1 （3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)一元二次方程有两实根，则判别式△≥0；‎ ‎(2)利用根与系数的关系求得两根之积，从而化简求最值；‎ ‎(3)利用公式得到|x1-x2|的表达式从而解不等式求m．‎ ‎【详解】(1)∵一元二次方程x2-mx+m2+m-1=0有两实根x1，x2．‎ ‎∴△=(-m)2-4(m2+m-1)≥0，‎ 从而解得：-2．‎ ‎(2)∵一元二次方程x2-mx+m2+m-1=0有两实根x1，x2．‎ ‎∴由根与系数关系得：，‎ 又由(1)得：-2，‎ ‎∴，‎ 从而，x1•x2最小值为，最大值为1．‎ ‎(3)∵一元二次方程x2-mx+m2+m-1=0有两实根x1，x2．‎ ‎∴由根与系数关系得：，‎ ‎∴=，‎ 从而解得：，‎ 又由(1)得： ，‎ ‎∴．‎ ‎【点睛】本题考点是一元二次方程根与系数的关系，考查用根与系数的关系将根的特征转化为不等式组求解参数范围，本题解法是解决元二次方程根与系数的关系一个基本方法，应好好体会其转化技巧．‎ ‎18.某住宅小区为了使居民有一个优雅舒适的生活环境，计划建一个八边形的休闲小区，它的主体造型的平面图是由两个相同的矩形ABCD和EFGH构成的面积为200平方米的十字型地域．现计划在正方形MNPQ上建花坛，造价为4200元/平方米，在四个相同的矩形上（图中阴影部分）铺花岗岩地坪，造价为210元/平方米，再在四个空角上铺草坪，造价为80元/平方米．‎ ‎（1）设总造价为S元，AD的边长为x米，DQ的边长为y米，试建立S关于x的函数关系式；‎ ‎（2）计划至少要投入多少元，才能建造这个休闲小区．‎ ‎【答案】（1）；（2）118000元 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据由两个相同的矩形ABCD和EFGH构成的十字形地域，四个小矩形加一个正方形面积共为200平方米得出AM的函数表达式，最后建立建立S与x的函数关系即得；‎ ‎(2)利用基本不等式求出(1)中函数S的最小值，并求得当x取何值时，函数S的最小值即可．‎ ‎【详解】(1)由题意，有 AM=，由AM＞0，有   0＜x＜10；‎ 则S=4200x2+210(200-x2)+80×2×；‎ S=4200x2+42000-210x2+=4000x2++38000；‎ ‎∴S关于x的函数关系式：‎ S=4000x2++38000，(0＜x＜10 )；‎ ‎(2)S=4000x2++38000≥2+38000=118000；‎ 当且仅当4000x2=时，即x=时，∈(0，10)，S有最小值；‎ ‎∴当x=米时，Smin=118000元．‎ 故计划至少要投入118000元，才能建造这个休闲小区．‎ ‎【点睛】本题主要考查了函数模型的选择与应用、基本不等式等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题．‎ ‎19.已知函数f（x）=x2+bx+c，其中b，c∈R．‎ ‎（1）当f（x）的图象关于直线x=1对称时，b=______；‎ ‎（2）如果f（x）在区间[-1，1]不是单调函数，证明：对任意x∈R，都有f（x）＞c-1；‎ ‎（3）如果f（x）在区间（0，1）上有两个不同的零点．求c2+（1+b）c的取值范围．‎ ‎【答案】（1）-2 （2）证明见解析 （3）（0，）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)求得f(x)的对称轴，由题意可得b的方程，解方程可得b；‎ ‎(2)由题意可得-1＜-＜1，即-2＜b＜2，运用f(x)的最小值，结合不等式的性质，即可得证；‎ ‎(3)f(x)在区间(0，1)上有两个不同的零点，设为r，s，(r≠s)，r，s∈(，1)，可设f(x)=(x-r)(x-s)，将c2+(1+b)c写为f(0)f(1)，再改为r，s的式子，运用基本不等式即可得到所求范围．‎ ‎【详解】(1)函数f(x)=x2+bx+c的对称轴为x=-，‎ 由f(x)的图象关于直线x=1对称，‎ 可得-=1，解得b=-2，‎ 故答案为：-2．‎ ‎(2)证明：由f(x)在[-1，1]上不单调，‎ 可得-1＜-＜1，即-2＜b＜2，‎ 对任意的x∈R，f(x)≥f(-)=-+c=c-，‎ 由-2＜b＜2，可得f(x)≥c-＞c-1；‎ ‎(3)f(x)在区间(0，1)上有两个不同的零点，‎ 设为r，s，(r≠s)，r，s∈(0，1)，‎ 可设f(x)=(x-r)(x-s)，‎ 由c2+(1+b)c=c(1+b+c)=f(0)f(1)=rs(1-r)(1-s)，‎ 且0＜rs(1-r)(1-s)＜[]2•[]2=，‎ 则c2+(1+b)c∈(0，)．‎ ‎【点睛】本题考查二次函数的单调性和对称性的应用，考查函数零点问题的解法，注意运用转化思想，以及基本不等式和不等式的性质，考查运算能力，属于中档题．‎