河北省邯郸市魏县2022-2023学年高一上学期数学期末考试试卷（含答案）

河北省邯郸市魏县2022-2023学年高一上学期数学期末考试试卷姓名：__________班级：__________考号：__________题号一二三四总分评分一、单选题1．设A1、A2、A3、⋯、A7是均含有2个元素的集合，且A1∩AA．5 B．6 C．7 D．82．已知函数f(x)的定义域为R，则“f(x+1)+f(x)=0”是“f(x)是周期为2的周期函数”的（）A．充分不必要条件 B．必要不充分条件C．既不充分又不必要条件 D．充要条件3．已知命题p：任意x∈[1，2]，x2−a⩾0，命题q：存在A．a⩽−2 B．a≤1C．a⩽−2或a=1 D．a>−2且a≠14．已知函数f(x)的定义域为R，f(x−2)为偶函数，f(x−2)+f(−x)=0，当x∈[−2，−1]时，f(x)=1ax−ax−4（a>0且A．16 B．20 C．24 D．285．下列命题中，正确的有（）个①对应：A=R，②若函数f(x−1)的定义域是（1，2），则函数f(2x)③幂函数y=x−2④当b>0时，方程|2A．1 B．2 C．3 D．46．已知定义域为R的偶函数f(x)和奇函数g(x)满足：f(x)+g(x)=2x．若存在实数a，使得关于x的不等式(nf(x)−a)(g(x)−a)≤0在区间A．1 B．2 C．3 D．47．定义域为R的函数f(x)=lg|x−2|，x≠21，x=2，若关于x的方程f2(x)+bf(A．1 B．2lg2 C．38．已知定义在R上的函数f(x)满足f(x+1)=2f(x)，当x∈(0，1]时，f(x)=−14sinπx．若对任意A．(−∞，94] B．(−∞，7二、多选题9．下列结论正确的是（）A．∀x∈R，x+B．若a<b<0，则(C．若x(x−2)<0，则logD．若a>0，b>0，a+b≤1，则0<ab≤10．已知函数f(x)=aA．∃a，b∈R，f(x)为奇函数 B．∃b∈R，C．∃a，b∈R，f(x)的值为常数 D．∃b∈R，11．函数f(x)的定义域为D，若存在闭区间[a，b]⊆D，使得函数f(x)同时满足①f(x)在[a，b]上是单调函数；②f(x)在[a，b]上的值域为[ka，A．f(x)=lnx C．f(x)=x2(x≥0)12．已知函数f(A．函数f(xB．函数f(C．直线x=3π4是函数D．方程f(三、填空题13．设函数f(x)=x2+2x+a，若关于x的不等式f(f(x))<0的解集为空集，则实数a14．已知定义在整数集合Z上的函数f(x)，对任意的x，y∈Z，都有f(x+y)+f(x−y)=4f(x)f(y)且f(1)=14，则f(0)+f(1)+f(2)+⋅⋅⋅+f(2016)=15．已知f(x)=lnx+82−x定义域为D，对于任意x1，x2∈D，当16．在函数f(x)=sin(2x−φ)(φ>0)图象与x轴的所有交点中，点(φ2，四、解答题17．对于非空数集A，若其最大元素为M，最小元素为m，则称集合A的幅值为TA=M−m，若集合A中只有一个元素，则（1）若A={2，（2）若A={1，2，3，（3）若集合N*的非空真子集A1，18．已知函数f(x)=(ax+2)(x−1)，（1）若a=12，解不等式（2）解关于x的不等式f(x)<0.19．对于在某个区间[a，+∞)上有意义的函数f(x)，如果存在一次函数g(x)=kx+b使得对于任意的x∈[a（1）判断g(x)=x是否是函数（2）若函数g(x)=3x+1是函数（3）是否存在函数g(x)=kx，使得g(20．依法纳税是每个公民应尽的义务，个人取得的所得应依照《中华人民共和国个人所得税法》向国家缴纳个人所得税（简称个税）.2019年1月1日起，个税税额根据应纳税所得额、税率和速算扣除数确定，计算公式为：个税税额＝应纳税所得额×税率－速算扣除数．应纳税所得额的计算公式为：应纳税所得额＝综合所得收入额－基本减除费用－专项扣除－专项附加扣除－依法确定的其它扣除．其中，“基本减除费用”（免征额）为每年60000元．税率与速算扣除数见下表：级数全年应纳税所得额所在区间税率（%）速算扣除数1[0302(360001025203(1440002016920…………（1）设全年应纳税所得额为t（不超过300000元）元，应缴纳个税税额为y元，求y=f(t)；（2）小王全年综合所得收入额为189600元，假定缴纳的基本养老金、基本医疗保险费、失业保险等社会保险费和住房公积金占综合所得收入额的比例分别是8%，2%，1%，9%，专项附加扣除是52800元，依法确定其它扣除是4560元，那么他全年应缴纳多少综合所得个税？（3）设小王全年综合所得收入额为x（不超过521700元）元，应缴纳综合所得个税税额为y元，求y关于x的函数解析式；并计算小王全年综合所得收入额由189600元增加到249600元，那么他全年缴纳多少综合所得个税？注：“综合所得”包括工资、薪金，劳务报酬，稿酬，特许权使用费；“专项扣除”包括居民个人按照国家规定的范围和标准缴纳的基本养老保险、基本医疗保险费、失业保险等社会保险费和住房公积金等；“专项附加扣除”包括子女教育、继续教育、大病医疗、住房贷款利息或者住房租金、赡养老人等支出；“其他扣除”是指除上述基本减除费用、专项扣除、专项附加扣除之外，由国务院决定以扣除方式减少纳税的优惠政策规定的费用．21．已知函数f(x)=sin2x+(sin（1）当a=1时，若f(x0)=（2）记f(x)的最大值为g(a)，求g(a)的表达式并求出g(a)的最小值.22．如图，矩形ABCD的长AD=23，宽AB=1，A，D两点分别在x轴，y轴的正半轴上移动，B

答案解析部分1．【答案】A【解析】【解答】设x1、x2、⋯、xn(n≥4)是集合B互不相同的元素，若①假设集合B中含有4个元素，可设A1={xA3=A②假设集合B中含有5个元素，可设A1=AA3={x5，综上所述，集合B中元素个数最少为5.故答案为：A.

【分析】利用已知条件结合分类讨论的方法，再利用交集和并集的运算法则以及空集的定义，从而得出满足要求的集合B中元素个数的最小值。2．【答案】A【解析】【解答】由f(x+1)+f(x)=0得，f(x+1)=−f(x)，所以，f((x+1)+1)=−f((x+1))=−(−f(x))=f(x)，即f(x+2)=f(x).所以“f(x+1)+f(x)=0”是“f(x)是周期为2的周期函数”的充分条件.如下图是一个周期为2得函数，得不出f(x+1)+f(x)=0，所以“f(x+1)+f(x)=0”是“f(x)是周期为2的周期函数”的不必要条件.所以“f(x+1)+f(x)=0”是“f(x)是周期为2的周期函数”的充分不必要条件.故答案为：A.

【分析】利用已知条件结合充分条件和必要条件的判断方法，进而判断出“f(x+1)+f(x)=0”是“f(x)是周期为2的周期函数”的充分不必要条件。3．【答案】D【解析】【解答】当命题为p真时，即：“∀x∈[1，2]，x2﹣a≥0“，即当x∈[1，2]时，（x2﹣a）min≥0，又当x＝1时，x2﹣a取最小值1﹣a，所以1﹣a≥0，即a≤1，当命题q为真时，即：∃x∈R，x2+2ax+2﹣a＝0，所以Δ＝4a2﹣4（2﹣a）≥0，所以a≤﹣2或a≥1，又命题“p且q”是真命题，所以p真q真，即a≤1a≤−2或a≥1即实数a的取值范围是：a≤−2或a=1；故命题“p且q”是假命题时，实数a的取值范围是a>−2且a≠1.故答案为：D．

【分析】利用已知条件结合全称命题和特称命题真假性判断方法，再结合复合命题真假性判断方法，再利用分类讨论的方法结合并集的运算法则，从而得出实数a的取值范围。4．【答案】C【解析】【解答】因为f(x−2)是偶函数，所以f(−x−2)=f(x−2)所以函数f(x)又因为f(x−2)+f(−x)=0，所以−f(x−2)=f(−x)，所以f(x)=−f(由f(x)=f所以f所以函数f(x)因为当x∈[−2，−1]时，f(x)=1ax−ax−4（所以4=1a−2+2a−4，解得：a=2或a=−4，因为a>0且所以当x∈[−2，−1]时，所以f(−2)=4，f(1)=f(f(4)所以k=113故答案为：C.

【分析】利用已知条件结合偶函数的图形的对称性和函数的周期性，进而得出|f(1)5．【答案】C【解析】【解答】对于①，对应：A=R，B=R，对于②，若函数f(x−1)的定义域是（1，2），则x−1∈(0，1)，∴2x∈(0，1)⇒x∈(0，对于③，幂函数y=x−23=13x2为偶函数，在(−∞，0)上单调递增，在(于④，当x>1时，|2x−1|单调递增，且函数值大于1，所以当b>1时，方程|故答案为：C

【分析】利用已知条件结合映射和函数的定义、函数的定义域求解方法、幂函数的图象求交点个数的方法、两函数的图象的交点的横坐标与方程的根的等价关系，进而找出真命题的个数。6．【答案】B【解析】【解答】由题设，f(−x)联立可得：f(x)又f(x)≥22x−1⋅2−x−1所以，在[1，2]上而g(x)=2若f(x)≥a若f(x)综上所述，正整数n的最小值为2.故答案为：B

【分析】利用已知条件结合函数的奇偶性和函数的单调性，再结合不等式恒成立问题求解方法和函数的单调性，进而得出正整数n的最小值。7．【答案】C【解析】【解答】令u=f(x)，作出函数u=f(x)的大致图象，当x≠2时，f(4−x)=lg故函数f(x)的图象关于直线x=2对称，因为关于x的方程f2(x)+bf(x)+c=0恰有则关于u的方程u2+bu+c=0恰有两根，设为u1、u2，且必有一根为设方程u1=f(x)的两根分别为x1、x2，且所以，x3+x因此，f(10)=lg故答案为：C.

【分析】令u=f(x)，作出函数u=f(x)的大致图象，当x≠2时结合函数的图象的对称性得出函数f(x)的图象关于直线x=2对称，再利用关于x的方程f2(x)+bf(x)+c=0恰有5个不同的实数根，则关于u的方程u2+bu+c=0恰有两根，设为u1、u2，且必有一根为1，设u2=1，设方程u1x3+x4+8．【答案】B【解析】【解答】因为当x∈(0，1]时，f(x)=−1当x∈(1，2]时，x−1∈(0，当x∈(2，3]时，x−2∈(0，令−sin[π(x−2)]=−32，得若对任意x∈(−∞，m]，都有f(x)≥−32，则故答案为：B.

【分析】根据递推关系f(x+1)=2f(x)以及所给解析式，求出相关区间的解析式，利用f(x)≥−39．【答案】B,D【解析】【解答】当x<0时，x+1若a<b<0，则1b<1所以f(1a)>f(若x(x−2)<0，则0<x<2，log2若a>0，b>0，a+b≤1，根据基本不等式有ab所以D符合题意.故答案为：BD

【分析】A，当x<0时，x+1x为负数；

B，当a<b<0时，1b<1a<0，根据函数f(x)=x310．【答案】B,C,D【解析】【解答】解：因为f(x)=ax2对于A：若f(x)为奇函数，则f(−x)=−f(x)，即ax即ax2+2=0，显然方程ax2对于B：若f(x)为偶函数，则f(−x)=f(x)，即ax即bx=0，当b=0时方程bx=0恒成立，故当b=0时，对∀a∈R，f(x)为偶函数，B符合题意；对于C：当a=2，b=0时f(x)=2对于D：f(x)的定义域为R，f(x)=a所以[a−f(x)]x当a−f(x)=0，即f(x)=a时[a−f(x)]x2+bx+2−f(x)=0当b≠0时方程bx+2−a=0有解，当b=0、a=2时方程bx+2−a=0在R上恒成立，当a−f(x)≠0，即f(x)≠a时，方程[a−f(x)]x2+bx+2−f(x)=0在R即4f因为16(a+2)当b=0、a=2时4f2(x)−4(a+2)f(x)+8a−b2当b≠0或a≠2时，4f2(x)−4(a+2)f(x)+8a−不妨设为m和n(m<n)，则m+n=a+2mn=所以4f2(x)−4(a+2)f(x)+8a−所以当b≠0时，∀a∈R，f(x)有最小值，D符合题意；故答案为：BCD

【分析】f(x)=ax2+bx+2x2+111．【答案】B,C【解析】【解答】A：f(x)=ln若f(x)=lnx存在“3倍值区间”[a，结合y=lnx及y=3x的图象知，方程故f(x)=lnB：f(x)=1若存在“3倍值区间”[a，b]，则有f(a)=1a=3bf(b)=1所以可取a=13，所以f(x)=1C：f(x)=x若f(x)=x2(x≥0)存在“3倍值区间”[a，b]所以f(x)=xD：当x=0时，f(x)=0；当0<x≤1时，f(x)=1x+1x，从而可得若f(x)=x1+x2存在“3倍值区间”[a，b]且所以f(x)=x故答案为：BC

【分析】利用已知条件结合“k倍值区间”的定义，再利用集合间的包含关系、函数的单调性和函数的值域求解方法，进而得出存在“3倍值区间”的函数。12．【答案】A,B,D【解析】【解答】显然，f(−x)又f(x+2π)=|sin(当0≤x≤π时，0≤2x≤2π，f(x)=sin即当0≤x≤π时，f(x)的取值集合是[−12，12因此，当−π≤x≤π时，f(x)的取值集合是[−12，12]，而因f(π4)=12，f(5π因当x>2时，恒有log4x>12成立，而f(x又当0<x<1或π2<x<2时，f(x)的值与log4令g(x)=f(x)而g(1)=12sin因此，方程f(x)=log4x在[1所以方程f(故答案为：ABD

【分析】对x的取值进行分类讨论可得值域可判断A；利用周期函数，奇偶性的定义进行判断B；利用f(π4)≠f(5π4)可判断C；当x>2时，方程f(x)=log4x在(13．【答案】[【解析】【解答】根据题意，可知f(x)=x设f(x)=t，则t≥a−1，因为不等式f(f(x))<0的解集为空集，即f(t)<0在区间[a−1，即y=t2+2t+a=所以y=(t+1)2+a−1≥0对于二次函数y=(t+1)2+a−1∴Δ=4−4a，当Δ=4−4a≤0，即a≥1时，则a−1≥0>−1，所以y=(t+1)2+a−1≥0当Δ=4−4a≥0，即a≤1时，令y=(t+1)2+a−1≥0，解得：t≤−1−要使得y=(t+1)2+a−1≥0只需满足a−1>t=−1且a−1≥−1+1−a即a>0且a2+a−1≥0，解得：a≤−1−又因为a≤1，故解得：−1+5综上所述，实数a的取值范围是[−1+故答案为：[−1+

【分析】根据题意结合二次函数的图象求值域的方法可知f(x)≥a−1，设f(x)=t，则t≥a−1，再利用不等式f(f(x))<0的解集为空集，即f(t)<0在区间[a−1，+∞)上的解集为空集，即y=t2+2t+a=(t+1)2+a−1<0在区间[a−1，+∞)上无解，所以y=(t+1)2+a−1≥014．【答案】1【解析】【解答】f(x+y)+f(x−y)=4f(x)f(y)中，令y=1得：f(x+1)+f(x−1)=4f(x)f(1)=f(x)，所以f(x+2)+f(x)=f(x+1)，故f(x+2)+f(x)+f(x−1)=f(x)，即f(x+2)=−f(x−1)，所以f(x+3)=−f(x)，将x+3代替x得：f(x+6)=−f(x+3)，从而得到f(x+6)=f(x)，即f(x)为周期为6的函数，由于2016=6×336，故f(0)+f(1)+f(2)+⋅⋅⋅+f(2016)=336[f(0)+f(1)+f(2)+f(3)+f(4)+f(5)]，f(x+y)+f(x−y)=4f(x)f(y)中，令x=1，y=0得：因为f(1)=14，所以令x=y=1得：f(2)+f(0)=4f(1)⋅f(1)=1因为f(0)=12，所以令x=2，y=1得：f(3)+f(1)=4f(2)f(1)，即解得：f(3)=−1令x=y=2得：f(4)+f(0)=4f(2)f(2)，即f(4)+1解得：f(4)=−1令x=4，y=1得：f(5)+f(3)=4f(4)f(1)，即解得：f(5)=1从而f(0)+f(1)+f(2)+f(3)+f(4)+f(5)=1故f(0)+f(1)+f(2)+⋅⋅⋅+f(2016)=f(2016)=f(0)=1故答案为：12

【分析】利用已知条件结合赋值法和函数的周期性，进而得出函数的值，从而得出f(0)+f(1)+f(2)+⋅⋅⋅+f(2016)=f(2016)的值。15．【答案】2【解析】【解答】由题意，由x+82−x>0，即(x+8)(x−2)<0，解得∴函数f(x)定义域为(−8，2)，不妨设∵|∴x2=x∴|f(=|ln∵x1∈(−8，0)，则x∴ln(1−20x1根据对数函数性质可知，当x12+8x1∴|f(x故答案为：2

【分析】利用已知条件结合函数的定义域和对数函数的性质，再结合不等式恒成立问题求解方法得出任意x1，x2∈D，当|16．【答案】π3【解析】【解答】因为f(x)=sin令f(x)=0，即sin(2x−φ)=0，得2x−φ=kπ，k∈Z，即x=φ2因为其中点(φ2，不等式两边平方整理得k(φ+k当k≥1时，φ+k2π≥0，因为φ>0当k≤−1时，φ+k2π≤0，即φ≤−k2π恒成立，因为当−1<k<1，即k=0时，显然上述不等式恒成立，综上，由于上述分类情况要同时成立，故0<φ≤π2，所以φ可以等于故答案为：π3

【分析】利用已知条件结合函数的零点与函数与x轴交点的横坐标的等价关系，进而得出函数f(x)图象与x轴的所有交点为(φ2+k2π，0)，k∈Z，再利用其中点17．【答案】（1）解：由集合A={2，所以TA（2）解：因为A={1，由此可知集合A1根据定义要让TA则只需TA4，5，6，分布在3个集合中，1，2，3分布在3个集合中这样差值才会最大，总体才会有最大值，所以TA1+所以有一组A1（3）解：要n的值最大，则集合的幅值要尽量最小，故幅值最小从0开始，接下来为1，因为A1，A不妨设A1是集合N*中只有一个元素的非空真子集，此时TA则A2是集合N*中有两个元素的非空真子集，且TA同理A3是集合N*中有三个元素的非空真子集，且TA⋯⋯An是集合N*中有n个元素的非空真子集，且TA所以TA解得n=11或n=−10（舍去），所以n的最大值为11.【解析】【分析】（1）利用已知条件结合集合A的幅值的定义，进而得出TA的值。、

（2）利用已知条件结合集合A的幅值的定义、集合间的包含关系、交集和并集的运算法则、空集的定义、最值求解方法，从而得出TA1+TA2A1，A18．【答案】（1）解：当a=12时，所以由f(x)≥0得12(x+4)(x−1)≥0，解得x≤−4或故f(x)≥0的解集为{x|x≤−4或x≥1}.（2）解：由f(x)<0得(ax+2)(x−1)<0，当a=0时，不等式化为2(x−1)<0，解得x<1，故不等式的解集为{x|x<1}；令(ax+2)(x−1)=0，解得x1=−2当−2a>1，即−2<a<0时，不等式解得x<1或x>−2a当−2a=1，即a=−2时，不等式化为(x−1)2>0当0<−2a<1，即a<−2时，不等式解得x<−2a或x>1当−2a<0<1，即a>0时，不等式解得−综上：当a>0时，不等式的解集为{x|−2当a=0时，不等式的解集为{x|x<1}；当−2<a<0时，不等式的解集为{x|x<1或x>−2当a=−2时，不等式的解集为{x|x≠1}；当a<−2时，不等式的解集为{x|x<−2a或【解析】【分析】（1）利用a的值得出函数的解析式，再结合一元二次不等式求解方法得出不等式f(x)≥0的解集。

（2）利用已知条件结合分类讨论的方法，再结合一元二次不等式求解方法和根与系数的关系，进而得出关于x的不等式f(x)<0的解集。19．【答案】（1）解：|f因为y=x+x2+1所以|f(x)−g(x故|f(（2）解：因为函数g(x)=3x+1是函数所以|f(x)即−1≤mx−1≤1整理得：0≤m≤2x在区间[4，因为y=2x在x∈[4，+∞)上的最小值为得0≤m≤8．（3）解：不存在.假设存在，则有|f即−1≤kx−x≤1，对任意等价于−1+xx≤k≤等价于(−1+xx令h1(x)=−1+xx当t=12时，取得最大值，最大值为令h2(x)=1+xx易知h可得14所以，假设不成立，