2020-2021学年河北省石家庄二中高一上学期期中数学试题(解析版)

一、单选题

 1,0,1,2，A  1,1，则集合1．已知全集U A．{0,2} 【答案】A

【分析】利用集合补集的性质直接求解即可

B．{1,0}

UA（ ）

D．{1,2}

C．{0,1}

 1,0,1,2，A  1,1，所以，【详解】由于U 故选A

2．命题“xQ,xx0”的否定是（ ） A．xQ,xx0 C．xQ,xx0 【答案】C

UA{0,2}

B．xCRQ,xx0 D．xQ,xx0

【分析】根据特称命题的否定是全称命题，可直接得出结果. 【详解】命题“xQ,xx0”的否定是“xQ,xx0”. 故选C

【点睛】本题主要考查特称命题的否定，只需改写量词与结论即可，属于基础题型. 3．函数f(x)A．(3,0]

【答案】C

【分析】直接利用负数不能开偶次方根和分母不能为零求解.

x1的定义域为（ ） x3C．(,3)(3,0]B．(3,1] D．(,3)(3,1]

x0【详解】因为，

x30所以x0且x3， 所以函数f(x)故选：C

【点睛】本题主要考查函数定义域的求法，属于基础题.

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x1的定义域为(,3)(3,0]， x34．已知幂函数fx的图象经过点4,2，则下列命题正确的是( ) A．fx是偶函数 C．fx的值域为R 【答案】B 【详解】设所以所以

，所以

，它在

，因为幂函数fx的图象经过点（4,2）, ．

单调递增．

B．fx是单调递增函数 D．fx在定义域内有最大值

5．已知aR，则“a1”是“A．充分非必要条件 C．充要条件 【答案】A

11”的（ ） aB．必要非充分条件 D．既非充分又非必要条件

1a11”， 【详解】a∈R，则“a＞1”⇒“＜a1“＜1”⇒“a＞1或a＜0”， a11”的充分非必要条件． ∴“a＞1”是“＜a故选A．

1”，“＜1”⇒“a＞1或a＜0”，由此能求出结果． 【分析】“a＞1”⇒“＜1a【点睛】充分、必要条件的三种判断方法．

1．“若q则p”的真假．定义法：直接判断“若p则q”、并注意和图示相结合，例如“p⇒q”为真，则p是q的充分条件．

2．等价法：利用p⇒q与非q⇒非p，q⇒p与非p⇒非q，p⇔q与非q⇔非p的等价关系，对于条件或结论是否定式的命题，一般运用等价法．

3．集合法：若A⊆B，则A是B的充分条件或B是A的必要条件；若A＝B，则A是

B的充要条件．

bf()，6．已知f(x)是定义在R上的偶函数，且在(0,)是增函数，设af(3)，cf(1)，则a，b，c的大小关系是

A．acb 【答案】D

【分析】利用函数的奇偶性化简a,c，再根据单调性比较出三者的大小关系.

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B．cba

C．bac

D．cab

【详解】由于fx是偶函数，故af3f3,cf1f1.由于fx在

(0,)是增函数，所以f1f3fπ，即cab.

故选D.

【点睛】本小题主要考查利用函数的奇偶性、单调性比较大小，属于基础题. 7．设集合Axy1x取值范围为（ ） A．,1 【答案】C

【分析】本题首先可根据1x20得出A1,1，然后根据x2B．,1

C．1,

D．1,

2，Byyxa，若AB，则实数a的

2aa得出

B,a，最后根据AB即可得出结果.

【详解】因为y1x2，1x20，解得1x1，所以A1,1， 因为yx2aa，所以B,a，

因为AB，所以a1，实数a的取值范围为1,， 故选：C.

a2x2,x2fx28．已知函数在R上是增函数，则实数a的取值范围是ax1,x2（ ） A．2a4 【答案】D

B．2a4

C．3a4

D．3a4

ax1y2【分析】由题意可知函数函数ya在x2在区间,2上为增函数，

2区间2,上为增函数，且有2组，进而可求得实数a的取值范围.

a22a，由此可得出关于实数a的不等式2a2x2,x22【详解】由于函数fx在R上是增函数， ax1,x2则函数y2ax2在区间,2上为增函数， 2第 3 页 共 15 页

函数yax1a22,在区间上为增函数，且有222a， a220所以，a1，解得3a4.

6aa故选：D.

【点睛】本题考查利用分段函数的单调性求参数，要注意分析每支函数的单调性，同时也还需注意分界点处函数值的大小关系，考查计算能力，属于中等题. 9．已知函数f(x)A．12 【答案】A

【分析】根据函数的奇偶性的性质求出f(2)的值即可． 【详解】解：令g(x)1ax3bx5，且f(2)2，那么f(2)等于（ ） 3xB．2 C．18 D．10

13axbx， 3x则g(x)g(x)是奇函数，

f(2)g(2)52，

故g(2)7，g(2)7， 故f(2)g(2)512， 故选：A．

x1,x0,fafa0，则实数a的取值范围10．已知函数fx若a2x1,x0,是（ ） A．2, C．,2【答案】D

【分析】按a0和a0分类解不等式即可得． 【详解】a[f(a)f(a)]0，

若a0，则f(a)f(a)0，即a1[2(a)1]0，解得a2，所以

B．2,00,2

2, D．2,00,2

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0a2，

若a0，则f(a)f(a)0，即2a1(a1)0，解得a2，所以

2a0，

综上，不等式的解为(2,0)故选：D．

【点睛】本题考查解不等式，解题方法是分类讨论．掌握分类讨论的思想方法是解题关键．

11．记实数x1、x2、、xn中的最大数为maxx1,x2,(0,2)．

,xn，最小数为

minx1,x2,为（ ） A．3 【答案】B

,xn，若fxminx1,x2x1,x6，则函数fx的最大值

B．

7 2C．4 D．65 【分析】由题意首先绘制出函数的图象，然后结合函数图象联立方程，即可求得函数

fx的最大值．

【详解】在同一个平面相交坐标系中绘制函数yx1，yxx1，yx6的图象如下图所示，

结合题中的定义可知函数fx的图象为图中的实线部分所示，

2

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5xyx12联立直线方程，可得．

7yx6y2即函数fx的最大值为故选：B．

【点睛】关键点点睛：本题考查函数最大值的求解，解题的关键在于理解fx的意义，利用数形结合思想进行求解.

二、多选题

12．下列命题为真命题的是（ ）

2A．函数f(x)x97． 21x92的最小值为2

B．“x2”是“x2C．xR，

2x”的充要条件

1x1 xD．函数y|x1|既是偶函数又在区间[1,)上是增函数 【答案】BC

【分析】对四个命题依次判定，A选项可研究函数的最小值，确定其是假命题，B选项C选项可根据特称命题的真假判断方法进行直接用充要条件的定义进行证明即可判断，判断，D选项从偶函数的角度判断真假．

2【详解】解：对于A选项，由于x93，故x921x923，

所以函数f(x)A不是真命题；

x291x92的最小值为2错误，

对于B选项，x2时，x2 2x显然成立，即x2可推出x22x成立，由x22x0，可得出x20，解得x2，

2x0故x2”是“x2B是真命题；

2x”的充要条件，

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对于C选项，当x1时，111，故 xR，

111x1，是真命题； x对于D选项，由于|x1||x1|，故函数y|x1|不是偶函数，D不是真命题． 综上BC是真命题． 故选：BC．

三、填空题 13．计算：912427(1.5)2__． 823【答案】

2 3【分析】利用有理数指数幂的运算性质求值．

23)32(1332332【详解】原式()2()3()2()2()2，

2223223故答案为：

2． 3111，则a4b的最小值为______. ab14．已知a0，b0，【答案】9

【分析】利用基本不等式中 “1”的用法，即可求出结果． 【详解】由a0，b0，

111， ab则(a4b)当且仅当

a4ba4b115529.

babaab34ba，即a3且b时，a4b取得最小值9.

2ab故答案为:9.

【点睛】本题主要考查基本不等式的应用，属于基础题.

15．若定义在R上的奇函数f(x)在(0,)上是增函数，且f(4)0，则使得

xf(x)0成立的x的取值范围是__．

【答案】(,4)(4,)．

【分析】由已知可得函数f(x)是在(,0)上是增函数，结合f(4)f(4)0，转化不等式，即可求解． 【详解】解：

定义在R上的奇函数f(x)在(0,)上是增函数，

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函数f(x)是在(,0)上是增函数，

又f(4)0，f(4)0，

x0x0由xf(x)0，得或，

f(x)0f(x)0解得x4或x4．

x的取值范围是(,4)(4,)．

故答案为：(,4)(4,)．

【点睛】关键点点睛：本题考查函数的单调性与奇偶性的应用，考查数学转化思想方法，属于中档题，解题的关键是由奇函数的性质可得函数f(x)是在(,0)上是增函数，由

x0x0xf(x)0，得或，结合f(4)0，f(4)0可得结果．

f(x)0f(x)016．关于x的不等式(ax1)2x2恰有2个整数解，则实数a的取值范围是__． 【答案】(3443,][,)． 2332【分析】先将原不等式转化为[(a1)x1][(a1)x1]0，再对a分类讨论分别求出原不等式的解集，然后根据其解集中恰有两个整数求出实数a的取值范围．

22【详解】不等式(ax1)x可化为[(a1)x1][(a1)x1]0，

①当a1时，原不等式等价于2x10，其解集为1,，不满足题意； 21，不满足题意； 2②当a1时，原不等式等价于2x10，其解集为 ,③当a1时，原不等式等价于x1111x0,，其解集为，

a1a1a1a112?43a1其解集中恰有2个整数，，解得：a；

3231a1④当1a1时，原不等式等价于x11x0，其解集为

a1a1(,11,，不满足题意； a1a1第 8 页 共 15 页

⑤当a1时，原不等式等价于x1111x0, ，其解集为，

a1a1a1a11234a1其解集中恰有2个整数，，解得：a，

2313a1综合以上，可得：a34,2343,. 32故答案为：a34,2343,． 32【点睛】关键点睛：解决本题的关键一是正确的分类讨论，二是要注意在处理满足整数解时等号的取舍．

四、解答题

17．已知集合A{x|1x7},B{x|2m1xm}，全集为R. （1）若m5，求A（2）若AB, (CRA)B；

BA，求m的取值范围.

B{x∣9x7},CRA【答案】（1）ABx|9x1；（2）m7.

【详解】解：（1）∵m5，A{x|1x7},B{x|9x5} ,

CRA{x|x1或x7}

∴AB{x∣9x7}，CRABx|9x1；

（2） ∵A∴BA,AB，

2m11，

m7b的图象经过点A（1，1），B． （2，1）x∴m7.

18．已知函数fxax（1）求函数fx的解析式；

（2）判断函数fx在（0，+）上的单调性并用定义证明； 【答案】（1）fxx2x0.（2）见解析. x【分析】（1）根据条件列方程组，解得a,b，即得解析式，（2）根据单调性定义先作差，

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再因式分解，根据各因子符号确定差的符号，最后根据定义确定单调性.

【详解】（1）由 f(x)的图象过A、B，则，解得．

∴fxx2x0. x（2）证明：设任意x1，x2∈，且x1.

由x1，x2∈，得x1x2>0，x1x2+2>0． （0，）由x1． ，即

．

∴函数fx在上为减函数． （0，）【点睛】本题考查函数单调性定义，考查基本分析论证能力. 19．已知函数f(x)x2(1a)xa(aR)． （1）解关于x的不等式f(x)0；

（2）若a[1,1]，f(x)0恒成立，求实数x的取值范围．

【答案】（1）当a1时，不等式的解集为(a,1)；当a1时，不等式的解集为；当a1时，不等式的解集为(1, a)；（2）x|x1或x1.

【分析】（1）将不等式f(x)0左边因式分解，将a分成a1,a1,a1三种情况分类讨论，结合一元二次不等式的解法，求得不等式f(x)0的解集.

（2）变换主参变量，将“a[1,1]，f(x)0恒成立”转化为一次函数在区间1,1上恒大于零，列不等式组来求解得x的取值范围. 【详解】（1）不等式x(1a)xa0等价于

2(xa)(x1)0，

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当a1时，不等式的解集为(a,1)； 当a1时，不等式的解集为； 当a1时，不等式的解集为(1,a)．

22（2）x(1a)xaa(x1)xx，

2设g(a)a(x1)xx,a[1,1]，

要使g(a)0在a[1,1]上恒成立，

g(1)0只需，

g(1)0x22x10, 即2x10,解得x1或x1，

所以x的取值范围为x|x1或x1．

【点睛】本小题主要考查一元二次不等式的解法，考查不等式恒成立问题的求解策略，考查分类讨论的数学思想方法，考查化归与转化的数学思想方法，属于中档题.

3xa20．已知定义域为R的函数fxx1是奇函数．

3b（1）求a、b的值；

（2）求不等式f2xfx10的解集． 【答案】（1）a1，b3；（2）xx．

13【分析】（1）由奇函数的性质可得f00，分析可得a的值，又由fxfx可得出关于b的等式，由此可解得实数b的值；

（2）由（1）的结论，分析可得在R上是增函数且为奇函数，进而可以将不等式转化为

f2xf1x，结合函数的单调性即可得2x1x，解可得答案．

【详解】（1）由题意知函数fx为定义在R上的奇函数， 则有f01a0，解可得a1， 3b因为函数fx为奇函数，则fxfx，

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xx3x133113x13x3x1x1x而fx1x， x1x，所以，x3b33b3b33b33b整理可得

3x1b3b3x33xb3b3x3x3b3b3x13b0对

任意的xR恒成立，所以3b0，解得b3. 所以，a1，b3；

xx3x1213113112

（2）由（1）的结论，fx1，x1xxx33331331331由fx在R上是增函数且为奇函数，

由f2xfx10可得f2xfx1f1x， 则有2x1x，解可得x1. 3所以，不等式f2xfx10的解集为xx．

13【点睛】方法点睛：利用函数的奇偶性与单调性求解抽象函数不等式，要设法将隐性划归为显性的不等式来求解，方法是：

（1）把不等式转化为fgxfhx；

（2）判断函数fx的单调性，再根据函数的单调性把不等式的函数符号“f”脱掉，得到具体的不等式（组），但要注意函数奇偶性的区别.

21．某乡镇响应“绿水青山就是金山银山”的号召，因地制宜的将该镇打造成“生态水果特色小镇”．经调研发现：某珍惜水果树的单株产量W（单位：千克）与施用肥料x（单

5x23,0x2位：千克）满足如下关系：W(x)50x，肥料成本投入为10x元，

,2x51x其它成本投入（如培育管理、施肥等人工费）20x元．已知这种水果的市场售价大约15元/千克，且销售畅通供不应求，记该水果单株利润为f(x)（单位：元） （1）写单株利润f(x)（元）关于施用肥料x（千克）的关系式； （2）当施用肥料为多少千克时，该水果单株利润最大？最大利润是多少？

75x230x225,0x2【答案】（1）f(x)750x（2）故当施肥量为4千克时，该水果

30x,2x51x树的单株利润最大，最大利润为480元．

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【分析】（1）用销售额减去成本投入得出利润f(x)的解析式；

（2）分段判断f(x)的单调性，及利用基本不等式求出f(x)的最大值即可．

5x23,0x2 【详解】（1）依题意f(x)15W(x)10x20x，又W(x)50x,2x51x75x230x225,0x2所以f(x)750x．

30x,2x51x2（2）当0x2时，f(x)75x30x225，开口向上，对称轴为x1， 511f(x)在[0，]上单调递减，在(，2]上单调递增，

55f(x)在[0，2]上的最大值为f2465．

25251x)780302(1x)480， 当2x5时，f(x)78030(1x1x当且仅当

251x时，即x4时等号成立． 1x因为465480，所以当x4时，f(x)max480．

答：当投入的肥料费用为40元时，种植该果树获得的最大利润是480元．

【点睛】在应用基本不等式求最值时，要把握不等式成立的三个条件，就是“一正——各项均为正；二定——积或和为定值；三相等——等号能否取得”，若忽略了某个条件，就会出现错误．

22．已知函数fxx2xa4，(其中a为常数)

21若a2，写出函数fx的单调递增区间(不需写过程)； 2判断函数fx的奇偶性，并给出理由；

3若对任意实数x，不等式fx1恒成立，求实数a的取值范围．

【答案】（1）递增区间为：1,（2）fx为非奇非偶函数，详见解析（3）a2或a2

【分析】（1）利用a2，直接写出函数fxx2x24的递增区间．

2（2）当a0时，判断函数的奇偶性，当a0时，通过特殊值f2f2，说明fx为非奇非偶函数；

（3）设gx(x1)2a5，xa，hx(x1)2a5，(xa)通过①

22第 13 页 共 15 页

对于gx当a1时，当a1时，求解gminx，当a1时，当a1②对于hx，时，求解hminx，推出fminxhminxh12a5，由2a51，解得a2，得到实数a的取值范围即可．

x22x8,x2【详解】（1）由题意，当a2，函数fxx2x242，

x2x,x22可得函数的图象，如图所示，

结合图象，可函数的单调递增区间为1,.

（2）当a0时，函数fxx2x4，

2则fx(x)2x4x2x4fx，所以函数fx为偶函数；

22当a0时，可得f222a，f22a2， 则f2f2，所以函数fx为非奇非偶函数；

（3）对任意实数x，不等式fx1恒成立，只需使得fxmin1恒成立， 设gx(x1)2a5，xa，hx(x1)2a5，(xa)

222①对于gx(x1)2a5，xa

当a1时，gminxg12a5；当a1时，gminxgaa4

22②对于hx(x1)2a5，(xa)

当a1时，hminxhaa4，当a1时，hminxh12a5

2222①当a1时，a42a5a2a1(a1)0，

所以fminxgminxg12a5，由2a51，解得a2满足；

2②当1a1时，fminxa4，

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由a241，解得a3或a3，不满足；

222③当a1时，a42a5a2a1(a1)0，

所以fminxhminxh12a5，由2a51，解得a2，满足题意． 所以实数a的取值范围是：a2或a2．

【点睛】本题考查了函数与方程的应用，函数的奇偶性的判定，以及函数的最值的求法等知识的综合应用，其中解答中把不等式的恒成立问题转化为函数的最值问题，利用二次函数的性质求解是解答的关键，着重考查了分类讨论思想的应用，属于中档试题．

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