江苏省南京师范大学附属中学2020-2021学年高一第一学期期中考试数学试题

这是一份江苏省南京师范大学附属中学2020-2021学年高一第一学期期中考试数学试题，共14页。试卷主要包含了单项选择题，填空题等内容，欢迎下载使用。

一、单项选择题：本大题共 8 小题,每小题 5 分，共 40 分，请把答案直接填写在答题卡相应位置上
1.已知全集U  1, 0,1, 2 ， A  1,1 ，则集合 U A  （）．
A. 0, 2
B. 1, 0
C. 0,1
D. 1, 2
2.“ x  1”是“ x2  5x  4  0 ”的（）
A. 充要条件B. 充分不必要条件
C. 必要不充分条件D. 既不充分也不必要条件
3.命题“ x  R, x2  x 1  0 ”的否定是（）．
A. x  R, x2  x 1  0
C. x  R, x2  x 1  0
B. x  R, x2  x 1  0
D. x  R, x2  x 1  0
5
4.已知 x2  x2  3 ，则 x  x1 的值为（）．
5
A.B. 1C.
2x  x2 , 0  x  3
D. 1

5.函数 f  x   1
 x ,
x  0
的值域为（）．
A. 3,1
B. ,0
C. ,1
D. ,1
下列四组函数中， f  x 与 g  x （或 g t  ）表示同一个函数的是（）
f  x 
C. f  x 
g  x  x
3 x3
 
x2  x  2
g x  x  2
x 1
B. f  x 
D. f  x  x
g t   
x2
t2
g t  
t 2
7.已知实数a  0,b  0 ，且 1  1
 1 ，则a  2b 的最小值为（）．
2
A. 3  2
x3
ab  1
2
B. 21
C. 4D. 3 + 3 5
22
函数 f  x  x2 1 的图像大致为（）．
ABCD.
求，全部选对得 5 分，选对但不全的得 3 分，有选错的得 0 分）
设集合 A  x x2  2x  0，则下列表述不正确的是（）．
A. 0 A
B. 2  A
C. 2 A
D. 0  A
下列四个条件中，能成为 x  y 的充分不必要条件的是（）
xt2  yt2B. xt  yt
C. x  y
D. 0  1  1
xy
下列命题中是真命题的有（）．
若函数 f  x 在,0和0,  上都单调递增，则 f  x 在R 上单调递增；
0, x为无理数
狄利克雷函数 f  x  1, x为有理数 在任意一个区间都不单调；

若函数 f  x 是奇函数，则一定有 f 0  0 ；
若函数 f  x 是偶函数，则可能有 f 0  0 ；
已知a  1， b  1 ，且ab  a  b  1 ，那么下列结论正确的有（）．
2
2
a  b 有最大值2 2B. a  b 有最小值2 2
2
2
C. ab 有最大值1D. ab 有最小值2 3
三、填空题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分，请把答案直接填写在答题卡相应位置上
0, x  0

13. 已知 f  x  1, x  0

3x  2, x  0
，则 f  f  f 6 ．
14. 已知函数 f  x  ax5  bx3  c  7 ， f 3  5 ，则 f 3 ．
x
某水果店申报网上销售水果价格如下：梨子 60 元/盒，桔子 65 元/盒，水蜜桃 80 元/盒，荔枝 90 元/ 盒，为增加销量，店主对这四种水果进行促销：一次性购买水果总价达到 120 元，顾客就少付 x 元， 每笔订单顾客网上支付成功后，店主会得到支付的80% .
① x  10 时，顾客一次性购买梨子、水蜜桃各一盒，需要支付 元；
② 在促销活动中，为保证店主每笔订单得到的金额均不低于促销前总价的七折（即 70%），则 x 的最大值是 ．
f  x 为定义在R 上的偶函数， g  x  f  x  2x2 在区间0,  上是增函数，则不等式
f x 1  f x  2  4x  6 的解集为 ．
三、解答题：本大题共 6 小题，共 70 分，请把答案填写在答题卡相应位置上
（本小题满分 10 分）
2
2
已知a,b 均为正数，证明： a  b  a  b ．
ba
（本小题满分 12 分） 计算：
 1
 9 
⑴ eln 2   4  2  5 32 ；
 
23
⑵ lg 22  lg5  lg 20  lg 3lg 4 ．
（本小题满分 12 分）
已知二次函数 f  x 的值域为4,  ，且不等式 f  x  0 的解集为1,3 ．
⑴ 求 f  x 的解析式；
⑵ 若对于任意的 x 2, 2 ，都有 f  x  2x  m 恒成立，求实数m 的取值范围.
（本小题满分 12 分）
AE
FB
G
H
某小区为了扩大绿化面积，规划沿着围墙（足够长）边画出一DC
块面积为 100 平方米的矩形区域 ABCD 修建花圃，规定 ABCD 的每条边长不超过 20 米．如图所示，要求矩形区域 EFGH 用来种花，且点 A, B, E, F 四点共线，阴影部分为 1 米宽的种草区域．设 AB  x 米，种花区域 EFGH 的面积为 S 平方米．
⑴ 将 S 表示为 x 的函数；
⑵ 求 S 的最大值．
（本小题满分 12 分） 已知集合 A  y | y 
4x  x2 ，集合 B  x | x2  x  a  a2  0．
⑴ 若 AB  A ，求a 的取值范围；
⑵ 在 AB 中有且仅有两个整数，求a 的取值范围．
（本小题满分 12 分）
设 f  x  x  a （ x  0 ， a 为大于 0 的常数）
x
⑴ 若 f  x 的最小值为 4，求a 的值；

⑵ 用定义证明： f  x 在
a,  上是增函数；
⑶ 在⑴的条件下，当 x  1时，都有 f  x  m  m  1 恒成立，求实数m 的取值范围．
x
【答案】A；
【解析】由补集定义知选 A． 2.
【答案】B；
【解析】因为1 是x x2  5x  4  0 的真子集，所以“ x  1”是“ x2  5x  4  0 ”的充分不必要条件．
3.
【答案】C；
【解析】存在量词命题的否定，需要把存在量词改成全称量词，并否定后面的结论，故选C． 4.
【答案】C；
【解析】由x  x1 2  x2  x2  2  5 ，知 x  x1  
5.
【答案】D；
5 ，故选 C．
【解析】当 x  0 时， f  x  1 单调递减，范围为,0 ，当0  x  3 时， f  x  2x  x2 在0,1 上单调递
x
增，在1,3 上单调递减，范围是3,1 ，所以函数值域为,1 ，故选 D．
6.
【答案】D；
【解析】A 选项， f  x  x ，故错误； B 选项，定义域不同，故错误； C 选项，定义域不同，故错误； D 选项，是同一函数，故选 D．
7.
【答案】B；

【解析】a  2b  a  2b 1  2   1  1 a  2b 1  2  3  2b 1  a  2  2 2 1 ，当且仅当
a  1
8.
2 且b 
 ab 1
2 时等号成立，故选 B．
2
ab 1
【答案】A；
【解析】 f  x 定义域为, 11,11,  ，是奇函数，当 x   时， f  x   ，故选 A．
【答案】ABC；
【解析】 A  0, 2 ，故选 ABC． 10.
【答案】ACD；
【解析】A 选项，若 xt2  yt2 ，则t2  0 ，则 x  y ，反之不成立，A 正确；
B 选项，当t  0 时， x  y ，B 错误；
C 选项，若 x  y ，由 y  y ，则 x  y ，反之不成立，C 正确；
D 选项， f  x  1 在0,  单调递减，若0  1  1 ，则 x  y ，反之不成立，D 正确；
xxy
故选 ACD．
11.
【答案】BD；

【解析】A 选项，若 f  x  
x, x  0
是一个反例，A 错误；
12.
ln x, x  0
B 选项，在任意区间 I 上总可以取 x1 , x2 Q ，使 f  x1   f  x2  ，则 f  x 在 I 上不单调，B 正确；
C 选项， f  x  1 是一个反例，C 错误；
x
D 选项， f  x  x2 符合要求，D 正确； 故选 BD．
【答案】BD；
【解析】法一：
令a  b  s, ab  t ，由题意可得 s  2,t  1， t  s  1，
t
2
由基本不等式 s  2 t ，
则t 1  2
，由t  1 可得t2  2t 1  4t ，则t  3  2
， a  b 
2 1取等；
s  2
s 1 ，由 s  2 可得 s2  4s  4  0 ，则 s  2  2
， a  b 
2 1取等；
2
故选 BD； 法二：
由ab  a  b  1 可得a 1b 1  2 ，令m  a 1  0, n  b 1  0 ，
mn
则a  b  m  n  2  2  2
 2  2
， m  n 
2 取等；
2
2
ab  m 1n 1  mn  m  n 1  3  m  n  3  2
故选BD．
， m  n 
2 取等；
【答案】5 ；
【解析】 f  f  f 6  f  f 0  f 1  5 ．
14.
【答案】9 ；
【解析】 f 3  f 3  7  7  14 ， 所以 f 3  14  5  9 ．
15.
【答案】130 ；15 ．
【解析】① 60  80 10 130 ；
②由题意可知，购买总价刚好为120 元时，折扣比例最高， 此时有0.8120  x  0.7 120 ，
解得 x  15 ．
16.
【答案】 ,  3  ；
2 

【解析】由 f  x 为偶函数，可知 g  x 也为偶函数，且在R 上先减再增， 由 f x 1  f x  2  4x  6 ，
可知 f  x 1  2 x 12  f  x  2  2 x  22 ，即 g x 1  g x  2 ，
可知 x 1  x  2 ，解得 x  3 .
2
17.
【答案】详见解析．
b2 
a
a
【解析】法一：由基本不等式可得，
b
a
22
b  a  2
 b  2
 2a  b ，
2
bab
 a2 
当且仅当 b


b2

 a
则原式得证．
b
，即a  b 时取等，
a
 a  b 
22
法二： a  b  a
2  b2
 a3  b3

，
 ba ba

3
3
由 a  0,b  0 ，可得a  b  0 ， b0, a  0 ， ab  0 ，
ab
 a2
则
2
b 
a  b  a
2  b2  2
a2b2
 a2  b2
 2ab  a  b2 ，
 ba 
2
2
b ．
由 a  b  0 可得 a  b  a 
ba
a2b2
a2  b2
b2  a2
a  ba2  b2 a  b2 a  b
法三：
 a  b ，
abaabab
2
2
22
由 a  0,b  0 可得 a  b  a  b  0 即 a  b  a  b ．
baba
18.
【答案】⑴ 3 ；⑵ 3 ．
2
【解析】⑴
 1
 9 
eln 2   4  2 
 
 2  3  2  3 ；
5 32
22
23
⑵ lg 22  lg5  lg 20  lg 3lg 4  lg 2  lg52  2  3 ．
19.
【答案】⑴
f x  x2  2x  3 ；⑵
m  7 ．
【解析】⑴ 设 f x  ax2  bx  c ，由题意可知：
 f 1  a  b  c  0
a  1
 f 3  9a  3b  c  0 ，解得b  2 ，即 f x  x2  2x  3 ；


 f 1  a  b  c  4


c  3
⑵ m  x2  4x  3 对 x 2, 2 恒成立， 令 g  x  x2  4x  3 ，
当 x 2, 2 ，可知 g  x7,9，
故 m  7 ．
20.
【答案】⑴
S  102  200  x 5  x  20 ；⑵ S 的最大值为102  20 2 ．
x
【解析】⑴ 因为 AB  x ，
所以 AD  100 ， EF  x  2 ， FG  100 1；
xx
所以 S   x  2 100 1  102  200  x
 xx

因为0  x  20, 0  100  20 ，解得5  x  20 ，所以 S  102  200  x 5  x  20 ；
xx
x  200
x
⑵ S  102  2
 102  20
，当且仅当 x  10 2 时取等
2
所以 S 的最大值为102  20 2 ．
21.
【答案】⑴ 0  a  1 ；⑵ 1, 01, 2 ；
B  A
【解析】⑴ 因为 A
所以 B  A ，
因为4x  x2  4 ， 所以 A  0, 2 ；
集合 B 的不等式可化为x  a 1x  a  0 ，
① B  ，即 0 ，解得a  1 ，符合；
2
② B  ，即a  1 时，此时0  a  2,0 1 a  2 ，解得0  a  1 且 a  1 ；
22
综上0  a  1 ；
⑵ 集合 A 中有三个整数0,1, 2 ， B  x |  x  a x  a 1  0 ；
由 AB 中有且仅有两个整数，可得 B 中有0,1, 2 中的两个整数；
a  1 a 即 a  1 时， B  a,1 a ，
2
则 B 中整数仅有有0,1 或仅有1, 2 ，
若仅有0,1 ，则1  a  0,1 1 a  2 ，解得1  a  0 ； 若仅有1, 2 ，则0  a  1 ， 2  1 a  3 ，无解；
a  1 a 即 a  1 时， B  ，不满足题意；
2
a  1 a 即 a  1 时， B  1 a, a ，
2
则 B 中整数仅有有0,1 或仅有1, 2 ，
若仅有0,1 ，则1 1 a  0,1  a  2 ，解得1  a  2 ， 若仅有1, 2 ，则0  1 a  1 ， 2  a  3 ，无解；
综上，实数a 的取值范围是1, 01, 2 ．
22.
6
【答案】⑴ 4；⑵ 证明见解析；⑶
a
【解析】⑴ 由基本不等式 f  x  2
m  2
 2 ．
当且仅当 x 
解得a  4 ；

⑵ 任取 x1 , x2 
a 时取等，所以2 4
a
a, ，设 x1  x2 ，
f  x   f  x    x  x  
a  x
 x    x
 x  x1 x2  a ，
x xx x
1212
a
因为 x1  x2 ；
2112
1 21 2
所以 x1x2  a, x1x2  a  0 ， 又因为 x1  x2  0
所以 f x1   f x2   0
所以 f  x1   f x2 

所以 f  x 在
a,  上是增函数
得证；
⑶ 原不等式可化为 x2  4  mx  m 1
x2  56
即 m  x  1 
x 1
x 1
恒成立
因为 x 1 
6
x 1
 x 1 
6
x 1
 2  2 6  2 ，
6
当且仅当 x 1 即 x  1
6 时取等
6
所以m  2 2 ．