2020-2021学年湖北省武汉市某校高一（上）期中考试数学试卷

1、2020-2021学年湖北省武汉市某校高一（上）期中考试数学试卷一、选择题 1. 下面四个关系中正确的是(       ) A.0B.aaC.00D.a,bb,a 2. 已知集合A=1,0,1,2，B=x|1<x1，则AB=(        ) A.0,1B.1,1C.1,0,1D.0,1,2 3. 函数f(x)=x+|x|x的图象是（ ） A.B.C.D. 4. 已知函数fx=x+1,x0，x2,x<0，则ff2的值为(    &#

2、160;   ) A.1B.2C.4D.5 5. 已知函数fx的定义域为0,2，则f2x+1的定义域为(        ) A.0,2B.12,12C.1,1D.1,5 6. 已知命题p:x<y，使得x|x|y|y|，则p为(        ) A.xy，使得x|x|y|y|B.xy，总有x|x|<y|y|C.x<y，使得x|x|<y|y|D.x<y，总有x|x|<y|y| 7. 定义在R上的奇函数fx在0,+上单调递减，若f1=1，则满足

3、1fx21的x的取值范围是（        ） A.2,2B.1,1C.0,4D.1,3 8. 咖啡产品的经营和销售如何在中国开拓市场是星巴克、漫咖啡等欧美品牌一直在探索的内容，而2018年至今中国咖啡行业的发展实践证明了以优质的原材料供应以及大量优惠券、买赠活动吸引消费者无疑是开拓中国咖啡市场最有效的方式之一若某品牌的某种在售咖啡产品价格为30元/杯，其原材料成本为7元/杯，营销成本为5元/杯，且该品牌门店提供如下4种优惠方式：首杯免单，每人限用一次；3.8折优惠券，每人限用一次；买2杯送2杯，每人限用

4、两次；买5杯送5杯，不限使用人数和使用次数每位消费者都可以在以上4种优惠方式中选择不多于2种使用现在某个公司有5位后勤工作人员去该品牌门店帮每位技术人员购买1杯咖啡，购买杯数与技术人员人数须保持一致.请问，这个公司的技术人员不少于（        ）人时，无论5位后勤人员采用什么样的优惠方式购买咖啡，这笔订单该品牌门店都能保证盈利 A.28B.29C.30D.31二、多选题  已知集合A=2,1,0,1，B=x(x1)(x+2)0，则(        ) A.AB=

5、2,1,0,1B.AB=2,1,0,1C.AB=1,0,1D.AB=x2x1  下列各组函数是同一个函数的是（        ） A.fx=x22x1与gt=t22t1B.fx=x0与gx=1x0C.fx=1x与gx=2xD.fx=2x1xZ与gx=2x+1xZ  下列函数中，在区间0,1上是增函数的是（        ） A.y=|x|B.y=x+3C.y=1xD.y=x2+4  已知fx=x22x3，x

6、0,a，a为大于0的常数，则fx的值域可能为(        ) A.4,3B.RC.4,10D.3,10三、填空题  若函数y=x2+(2a1)x+1在区间(,2上是减函数，则实数a的取值范围是_   若a>0，b>0，则“a+b4”是“ab4”的_条件.（填：充分不必要，必要不充分，既不充分又不必要，充要）   若命题“xR，使x2+(a1)x+1<0”是假命题，则实数a的取值范围为_   设a，b均为正数，且a+2b=1，则下列四个命题正确的有_.ab有最大值18 ；a+2b有最大

7、值2；a2+b2有最小值15 ；a2b2有最小值14. 四、解答题  设集合U=R，A=x|x2x6<0，B=x|x25x+40，C=x|x<a (1)求图中阴影部分表示的集合； (2)若BC=C，求a的取值范围  已知定义在0,+上的函数y=fx,对任意的x1,x20,+,且x1x2,x1x2fx1fx2>0恒成立且满足fxy=fx+fy，f2=1. (1)求f4的值； (2)求不等式fx+fx2>3的解集  已知函数fx=x|x|2x,xR. (1)求y=fx的奇偶性； (2)画出函数y=fx的图象； (3)求y=fx,x4,

8、2的值域  p：关于x的不等式x22a+1x+a2+a0，q：关于x的不等式32x2. (1)记A=x|px,求A； (2)若q是p的必要不充分条件，求实数a的范围  经观测，某公路段在某时段内的车流量y（千辆/小时）与汽车的平均速度v（千米/小时）之间有函数关系： y=900vv2+5v+1000v>0. (1)在该时段内，当汽车的平均速度v为多少时车流量y最大？ (2)为保证在该时段内车流量至少为12千辆/小时，则汽车的平均速度应控制在什么范围内？  函数f(x)=x2x+1x1，x2,+)，g(x)=x2+ax+3，xM .  (1

9、)求函数fx的单调性； (2)若M=2,2，求使gxa恒成立时a的取值范围； (3)若a>3，M=2,+)，x12,+)，x2M，使得fx1=gx2,求实数a的取值范围 . 参考答案与试题解析2020-2021学年湖北省武汉市某校高一（上）期中考试数学试卷一、选择题1.【答案】D【考点】元素与集合关系的判断集合的包含关系判断及应用【解析】集合三个特征：确定性、无序性、互异性；集合与集合之间是包含或不包含关系，元素与集合之间是属于或不属于关系【解答】解：集合与集合之间是包含或不包含关系，元素与集合之间是属于或不属于关系A，空集是集合，不能用元素与集合关系的表示，故A错误；B，a是

10、集合a中的元素，故B错误；C，0是元素，不能用集合与集合关系的表示，故C错误；D，a,bb,a正确，故D正确.故选D.2.【答案】A【考点】交集及其运算【解析】此题暂无解析【解答】解：集合A=1,0,1,2,B=x|1<x1，所以AB=0,1.故选A.3.【答案】C【考点】函数图象的作法【解析】对x进行讨论将函数f(x)=x+|x|x转化为所熟知的基本初等函数既可作图【解答】解：当x>0时，f(x)=x+1,故图象为直线f(x)=x+1（x>0的部分），当x<0时，f(x)=x1,故图象为直线f(x)=x1（x<0的部分），当x=0时f(x)无意义既无图象，综上：

11、f(x)=x+1,x>0，x1,x<0，的图象为直线y=x+1(x>0)的部分和y=x1（x<0的部分），即两条射线.故选C.4.【答案】D【考点】分段函数的应用函数的求值【解析】先求出f(2)=4，再求f(4）即可.【解答】解：函数fx=x+1,x0，x2,x<0， f(2)=(2)2=4， ff2=f(4)=4+1=5.故选D.5.【答案】B【考点】函数的定义域及其求法【解析】利用抽象函数定义域的求法，构造不等式，解出即可得出【解答】解： 函数f(x)的定义域为0,2，在函数f(2x+1)中，02x+12，解得12x12 函数f(2x+1)的定义域是12,12

12、故选B6.【答案】D【考点】命题的否定【解析】根据特称命题的否定是全称命题进行判断即可【解答】解：特称命题的否定是全称命题，则p:x<y，总有x|x|<y|y|.故选D.7.【答案】D【考点】函数奇偶性的性质函数单调性的性质奇偶性与单调性的综合【解析】由函数fx为奇函数且在R单调递减，求得f1=1，结合函数的单调性，把不等式1fx21转化为f1fx2f1，得到1x21，即可求解【解答】解：由题意，函数fx为奇函数且在R单调递减，因为f1=1，可得f1=f1=1，要使不等式1fx21成立，即f1fx2f1成立，则实数x满足1x21，解得1x3，所以实数x的取值范围为1,3.故选D8.

13、【答案】C【考点】函数与方程的综合运用【解析】 【解答】解：由题意知，咖啡产品原价为30元/杯，成本为12元/杯，优惠方式免单购买，每购买1杯该品牌门店亏损12元；优惠方式每杯售价11.4元，每购买1杯该品牌店亏损0.6元；优惠方式和相当于5折购买，每购买1杯该品牌门店盈利3元.技术人员为28人时，最优购买方式为免单购买5杯咖啡+买5送5购买20杯咖啡+3.8折购买3杯咖啡，该品牌门店亏损12×5+0.6×33×20=1.8元；技术人员为29人时，最优购买方式为免单购买5杯咖啡+买5送5购买20杯咖啡+3.8折购买4杯咖啡，该品牌门店亏损12×

14、5+0.6×43×20=2.4元；技术人员为30人时，最优购买方式为免单购买5杯咖啡+买5送5购买20杯咖啡+买2送2购买4杯咖啡+3.8折购买1杯咖啡，该品牌门店盈利3×2412×50.6×1=11.4元；技术人员为31人时，最优购买方式为免单购买5杯咖啡+买5送5购买20杯咖啡+买2送2购买4杯咖啡+3.8折购买2杯咖啡，该品牌门店盈利3×2412×50.6×2=10.8元.故选C二、多选题【答案】A,D【考点】一元二次不等式的解法并集及其运算交集及其运算【解析】化简集合B，再求交集，并集即可.【解答】解： B

15、=x(x1)(x+2)0=x|2x1，又A=2,1,0,1， AB=2,1,0,1，AB=x2x1.故选AD.【答案】A,B【考点】判断两个函数是否为同一函数【解析】了解函数为同一个函数主要是从函数的定义域，值域以及对于法则上进行比较，然后变量为不同字母表示是没有影响的，因此可以得出判断.【解答】解：A，两个函数只是自变量的字母不一样，两者的定义域以及对应法则完全相同，故为同一函数，故A正确；B，x0有意义，则x0，两个函数的定义域都为,00,+，此时fx=x0=1，gx=1x0=1，故两者为同一函数，故B正确；C，fx=1x，gx=2x两者的定义域相同，但对应法则不同，故两者不为同一函数，故

16、C错误；D，fx=2x1，gx=2x+1，两者的定义域相同，但对应法则不同，故两者不为同一函数，故D错误.故选AB.【答案】A,B【考点】函数单调性的判断与证明【解析】根据基本函数的图象和性质判断【解答】解：A，y=|x|在区间(0,+)上是增函数，故正确B，y=x+3在区间(,+)上是增函数，故正确C，y=1x在区间(0,+)上是减函数，故错误D，y=x2+4在区间(0,+)上是减函数，故错误故选AB【答案】A,C【考点】二次函数的性质函数的值域及其求法【解析】首先讨论函数的单调性，再确定值域即可.【解答】解： f(x)=x22x3=x124， 函数fx在区间0,1为减函数，在1,+为增函数

17、，当0a1时，fx的值域为fa,f0，即值域a124,3；当1<a2时，fx的值域为f1,f0，即值域4,3；当a>2时，fx的值域为f1,fa，即值域4,a124；当a124=10时，a=14+1>2成立，故函数fx在区间0,a上的值域可以为4,3，也可以为4,10.故选AC.三、填空题【答案】(,32【考点】二次函数的性质【解析】有顶点公式可得出对称轴，对称轴应在(,2的右侧，可得不等式，求解【解答】解： 函数y=x2+(2a1)x+1的对称轴为x=12a，又 函数y=x2+(2a1)x+1在区间(,2上是减函数， 12a2， a32.故答案为：(,32【答案】充分不必要

18、【考点】充分条件、必要条件、充要条件基本不等式【解析】充分条件和必要条件的定义结合均值不等式、特值法可得结果【解答】解： a>0，b>0， 4a+b2ab， 2ab， ab4，即a+b4ab4.若a=4，b=14，则ab14，但a+b=4+14>4，即ab4推不出a+b4， a+b4是ab4的充分不必要条件.故答案为：充分不必要.【答案】1a3【考点】全称命题与特称命题命题的否定命题的真假判断与应用【解析】先求出命题的否定，再用恒成立来求解【解答】解：命题“xR，使x2+(a1)x+1<0”的否定是：“xR，使x2+(a1)x+10”，即：=(a1)240， 1a3.故

19、答案为：1a3.【答案】【考点】基本不等式在最值问题中的应用函数的最值及其几何意义【解析】此题暂无解析【解答】解：a+2b=122ab， ab18，当且仅当a=2b，即a=12，b=14时等号成立，正确；a+2b2=a+2b+22ab2，即a+2b2，当且仅当a=12，b=14时等号成立，正确；由已知a=12b，a2+b2=12b2+b2=5b24b+1=5b252+15，当b=25,a=15时，a2+b2取得最小值15，正确；a2b2=12b2b2=3b24b+1=3b23213, 0<2b<1，0<b<12，a2b214,1， a2b2没有最小值，错误故答案为：.四

20、、解答题【答案】解：(1)图中阴影部分表示的集合为AUB，其中A=x|2<x<3，B=x|x1或x4，则UB=x|1<x<4，AUB=x|1<x<3(2)由于BC=C,则CB，则可得a1 . 【考点】Venn图表达集合的关系及运算交、并、补集的混合运算集合关系中的参数取值问题【解析】（1）图中阴影部分表示的集合为ACUB，其中A=x|2<x<3,B=x|x1或|x4，则CUB=x|1<x<4,AUB=x|1<x<3即为所求（2）由于BC=C,则CB，则可得a1 . 【解答】解：(1)

21、图中阴影部分表示的集合为AUB，其中A=x|2<x<3，B=x|x1或x4，则UB=x|1<x<4，AUB=x|1<x<3(2)由于BC=C,则CB，则可得a1 . 【答案】解：(1)f4=f2×2=f2+f2=1+1=2 . (2) x1,x20,+，且x1x2，不妨设x1>x2>0即x1x2>0，则由x1x2fx1fx2>0可得fx1fx2>0，即fx1>fx2， y=fx在0,+上为单调增函数.由(1)可知f2=1，f4=2，且已知fxy=fx+fyx,y0,+，则f

22、8=f2×4=f2+f4=3.由fx+fx2>3，得f(x(x2)>f(8)，则 x>0,x2>0,xx2>8, 即 x>0,x>2,x22x8>0, 解得x>4， 不等式解集为x|x>4 . 【考点】函数的求值函数单调性的性质【解析】（1）f4=f2×2=f2+f2=1+1=2 . （2） x1,x20,+,且x1x2，不妨设x1>x2>0即x1x2>0，则由x1x2fx1fx2>0可得fx1fx2>0，

23、即fx1>fx2， y=fx在0,+上为单调增函数，由（1）可知f2=1,f4=2，且已知fx=fx+fyx,y0,+，则f8=f2×4=f2+f4=3，由fx+fx2>3，得f(x2)>f(8)，则 x>0x2>0xx2>8 ，即 x>0x>2x22x8>0 ，解得得x>4，所以不等式解集为x|x>4 . 【解答】解：(1)f4=f2×2=f2+f2=1+1=2 . (2) x1,x20,+，且x1x2，不妨设x1>x2&

24、gt;0即x1x2>0，则由x1x2fx1fx2>0可得fx1fx2>0，即fx1>fx2， y=fx在0,+上为单调增函数.由(1)可知f2=1，f4=2，且已知fxy=fx+fyx,y0,+，则f8=f2×4=f2+f4=3.由fx+fx2>3，得f(x(x2)>f(8)，则 x>0,x2>0,xx2>8, 即 x>0,x>2,x22x8>0, 解得x>4， 不等式解集为x|x>4 . 【答案】解：(1)f(x)的定义域为R，其关于原点对

25、称xR，fx=x|x|2(x)=x|x|+2x=x|x|2x=fx恒成立，则y=fx为奇函数(2)fx=x22x,x<0,x22x,x0,函数f(x)图像如图所示.(3)由(2)中图象可知，y=fx,x4,2 . 当x=4时，f4=8；当x=1时，f1=1；当x=1时，f1=1，当x=2时，f(2)=0，则f(x)min=f(4)=8，f(x)max=f(1)=1，故fx的值域为8,1 . 【考点】函数奇偶性的判断函数的图象函数的值域及其求法【解析】（1）f(x)的定义域为R，其关于原点对称xR,fx=x|x|2x=x=x|x|+2x=x|x|2x

26、=fx恒成立，则y=fx为奇函数（2）fx=x22x,x<0,x22x,x0,（3）由（2）中图象可知，y=fx,x4,2 . 当x=4时，f48；当x=1时，f1=1；当 x=1时，f1=1，则f(x)min=f(4)=8,f(x)max=f(1)=1，故fx的值域为8,1) . 【解答】解：(1)f(x)的定义域为R，其关于原点对称xR，fx=x|x|2(x)=x|x|+2x=x|x|2x=fx恒成立，则y=fx为奇函数(2)fx=x22x,x<0,x22x,x0,函数f(x)图像如图所示.(3)由(2)中图象可知，y=fx,x

27、4,2 . 当x=4时，f4=8；当x=1时，f1=1；当x=1时，f1=1，当x=2时，f(2)=0，则f(x)min=f(4)=8，f(x)max=f(1)=1，故fx的值域为8,1 . 【答案】解：(1)原不等式可化为：xaxa+10，解得axa+1，则集合A=x|axa+1 . (2)不等式32x2可化为：32x2=2x12x0，等价于2x12x0，2x0，解得12x<2，记B=x|qx，则集合B=x|12x<2. q是p的必要不充分条件，故a12,a+1<2,解得12a<1 . 【

28、考点】一元二次不等式的解法根据充分必要条件求参数取值问题【解析】（1）原不等式可化为：xaxa+10，解得axa+1，则集合A=x|axa+1 .  【解答】解：(1)原不等式可化为：xaxa+10，解得axa+1，则集合A=x|axa+1 . (2)不等式32x2可化为：32x2=2x12x0，等价于2x12x0，2x0，解得12x<2，记B=x|qx，则集合B=x|12x<2. q是p的必要不充分条件，故a12,a+1<2,解得12a<1 . 【答案】解：(1) y=900vv2+5v+

29、1000=900v+1000v+59002v1000v+5=9002010+5，当且仅当v=1000v，即v=1010时等号取得，故当汽车的平均速度为1010千米/小时时车流量y最大(2)依题意得900vv2+5v+100012，化简得v270v+10000， 20v50，故汽车的平均速度应控制在20,50范围内时车流量至少为12千辆/小时【考点】基本不等式及其应用基本不等式在最值问题中的应用一元二次不等式的应用【解析】暂无暂无【解答】解：(1) y=900vv2+5v+1000=900v+1000v+59002v1000v+5=9002010+5，当且仅当v=1000v，

30、即v=1010时等号取得，故当汽车的平均速度为1010千米/小时时车流量y最大(2)依题意得900vv2+5v+100012，化简得v270v+10000， 20v50，故汽车的平均速度应控制在20,50范围内时车流量至少为12千辆/小时【答案】解：(1)x1,x22,+)，令x1>x22，fx1fx2=x12x1+1x11x22x2+1x21=(x12x1+1)(x21)(x22x2+1)(x11)(x11)(x21)=(x2x1)(x1+x2x1x2)(x11)(x21)， x1+x2x1x2=x1x1x22+x2x1x22=x122x2+x222x1<0，且x11&

31、gt;0，x21>0，x2x1<0， fx1>fx2，即fx在2,+)上为单调增函数 . (2)gx=x2+ax+3，x2,2，且gxa恒成立， x2,2，x2+ax+3a0恒成立，不妨设hx=x2+ax+3a，(i)当2a2，即a4时，h20即可， 4+2a+3a0，则a7,4 . (ii)当2<a2<2，即4<a<4时，ha20即可， a2+4a120，则a4,2 .  (iii)当a22即a4时，h20即可， 42a+3a0 ，则a .  综上所述

32、，a7,2 . (3)M=2,+)，x12,+)，x2M，使得fx1=gx2， 令A=y|y=f(x1),x1M，B=y|y=g(x2),x2M，则AB，由(1)可知y=fx在x2,+)上为单调增函数，则fxmin=f2=3，且值域A为3,+).y=gx，其对称轴为x=a2， a>3， a2<32，则gx在x2,+)上为单调增函数，则gxmin=f2=7+2a，且值域B为7+2a,+)， 7+2a3，即a2，又 a>3，a的取值范围为(3,2.【考点】函数单调性的判断与证明函数恒成立问题集合关系中的参数取值问题函数的值域及其求法【解析】（1）法一、x1,x22,+),令x1>x22，fx1fx2=x12x1+1x11x22x2+1x21=(x12x1+1)(x21)(x22x2+1)(x11)(x11)(x21)=(x2x1)(x1+x2x1x2)(x11)(x21)， x1+x2x1x2=x1x1x22+x2x1x22=x122x2+x222x1<0且x11>0,x21>0,x2x1<0， fx1>fx2,，即fx在2,+)上为单调增函数 . 法二