2023-2024学年重庆市三峡名校联盟高一上学期数学联考试题(含解析)
展开1.已知集合A=x,x2,若1∈A,则x=.( )
A. 1或−1B. 1C. −1D. −1或0
2.“xy>0”是“x>0,y>0”的( )
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件
3.函数f(x)=x+2x的零点所在区间是
( )
A. (−2,−1)B. (−1,0)C. (0,1)D. (1,2)
4.一元二次不等式ax2+bx+c>0的解集为2,3,则不等式cx2+bx+a<0的解集为
( )
A. 13,12B. −12,−13
C. −3,−2D. −∞,13∪12,+∞
5.已知a=31.2,b=lg30.7,c=13−0.9,则a、b、c的大小关系是
( )
A. b
A. 40分钟B. 41分钟C. 42分钟D. 43分钟
7.函数fx的定义域为R,对任意的x∈1,+∞)、t∈0,+∞,都有fx+t
A. f1
A. a的取值范围是(0,12)B. x2−x1的取值范围是(0,1)
C. x3+x4=2D. 2x1+2x2x3+x4=12
二、多选题:本题共4小题,共20分。在每小题给出的选项中,有多项符合题目要求。
9.设a>b,则下列不等式一定成立的是
( )
A. a−c>b−cB. a3>b3C. a>bD. ac>bc
10.下列说法正确的是( )
A. 13∈Q
B. 若集合A=xax2+x+1=0中只有一个元素,则a=14
C. 命题“∃x<3,2x−x<3”的否定是“∀x<3,2x−x≥3”
D. 若命题“∀x∈1,2,x2−a≤0”为假命题,则a<4
11.下列命题为真命题的是( )
A. y= x+1⋅ x−1,y= x2−1为同一函数
B. 已知f x+1=x+1,则f3的值为5
C. 函数y=lg12−x2+4x−3的单调递减区间为1,2
D. 已知lg65=a,6b=2,则lg206=1a+2b
12.任意实数x均能写成它的整数部分[x]与小数部分{x}的和,即x=[x]+{x}(其中[x]表示不超过x的最大整数).比如:1.7=[1.7]+{1.7}=1+0.7,其中[1.7]=1,{1.7}=0.7.则下列的结论正确的是
( )
A. {−13}=23
B. {x}的取值范围为−1,1
C. 不等式x2−x≤2的解集为x−1≤x<3
D. 已知函数fx=2x1+2x−14,gx=fx的值域是−1,0.
三、填空题:本题共4小题,每小题5分,共20分。
13.若幂函数fx=m2+m−1xm+1在0,+∞上是减函数,则m=________.
14.16 34+lg12 12− lg12 3=________.
15.函数fx=lga2x−3+1(a>0且a≠1)的图象恒过定点Am,n,若对任意正数x、y都有mx+ny=4,则1x+1+2y的最小值是________.
16.已知函数f(x)=x+1x2,其中x∈[1,2],则fx的 值域是 ;若g(x)=x+m−1且对任意x1,x2∈1,2,总存在x3∈1,3,使得fx1−fx2=gx3,则m的取值范围是 .
四、解答题:本题共6小题,共70分。解答应写出文字说明,证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
已知集合A={x|−1≤x≤5},B=x|m−3
(2)若B∪∁RA=R,求实数m的取值范围.
18.(本小题12分)
(1)已知1(2)已知a,b,x,y∈0,+∞,且1a>1b,x>y,试比较xx+a与yy+b的大小.
19.(本小题12分)
设不等式2x−5x−4≤1的解集为A,关于x的不等式x2−(a+2)x+2a≤0的解集为B.
(1)求集合A;
(2)若“x∈A”是“x∈B”的必要不充分条件,求实数a的取值范围.
20.(本小题12分)
因新冠肺炎疫情影响,呼吸机成为紧缺商品,某呼吸机生产企业为了提高产品的产量,投入90万元安装了一台新设备,并立即进行生产,预计使用该设备前n(n∈N+)年的材料费、维修费、人工工资等共为(52n2+5n)万元,每年的销售收入55万元.设使用该设备前n年的总盈利额为f(n)万元.
(1)写出f(n)关于n的函数关系式,并估计该设备从第几年开始盈利;
(2)使用若干年后,对该设备处理的方案有两种:
方案一:当总盈利额达到最大值时,该设备以10万元的价格处理;
方案二:当年平均盈利额达到最大值时,该设备以50万元的价格处理;
问哪种方案处理较为合理?并说明理由.
21.(本小题12分)
已知函数fx的定义域为0,+∞,fxy−fx=fy+1,当x>1时,fx<−1.
(1)求f1的值;
(2)证明:函数fx在0,+∞上为单调减函数;
(3)解不等式fx−2+fx>−2.
22.(本小题12分)
已知定义在R上的函数f(x)=m⋅4x−2x+1+1−m(m∈R).
(1)已知当m>0时,函数f(x)在0,2上的最大值为8,求实数m的值;
(2)若函数y=g(x)的定义域内存在x0,使得g(a+x0)+g(a−x0)=2b成立,则称g(x)为局部对称函数,其中(a,b)为函数g(x)的局部对称点.若(1,0)是f(x)的局部对称点,求实数m的取值范围.
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】根据元素与集合的关系,结合元素的互异性,即可求解.
解:由于1∈A,若x=1,则x2=1,不合题意;
所以x≠x2x2=1,解得x=−1,
故选:C
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查充分条件和必要条件的判断,根据充分条件和必要条件的定义是解决本题的关键,属于基础题.
根据充分条件和必要条件的定义进行判断即可.
【解答】
解:xy>0⇒x>0,y>0或x<0,y<0,
x>0,y>0⇒xy>0.
故“xy>0”是“x>0,y>0”的必要不充分条件.
故选:B.
3.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查判断函数零点、方程的根所在区间,属于基础题.
直接利用零点判定定理判定求解即可.
【解答】
解:f(x)=x+2x在R上是增函数.
而f(−2)=−2+2−2<0,f(−1)=−1+2−1<0,f(0)=0+20=1>0,f(1)=1+21>0,
∴f(−1)⋅f(0)<0,
故函数f(x)在区间(−1,0)上有零点.
故选:B.
4.【答案】D
【解析】【分析】根据一元二次不等式与对应方程的关系,利用根与系数的关系,求出b、c与a的关系,代入所求不等式,求出解集即可.
解:一元二次不等式ax2+bx+c>0的解集为2,3,
∴a<0,且2,3是方程ax2+bx+c=0的两个实数根,
∴2+3=−ba2×3=ca,解得b=−5a,c=6a,其中a<0;
∴不等式cx2+bx+a<0化为6ax2−5ax+a<0,即6x2−5x+1>0,
解得x<13或x>12,因此所求不等式的解集为−∞,13∪12,+∞.
故选:D.
5.【答案】A
【解析】【分析】分别计算出a、b、c的范围,比较大小即可得.
解:a=31.2>3,b=lg30.7<0,c=13−0.9=30.9,即1
6.【答案】C
【解析】【分析】根据题意,列出方程,结合对数的运算,代入计算,即可得到结果.
解:由题意可知,40=30+110−30e−0.05t,解得t=3ln20.05≈3×.
即至少大约需要的时间为42分钟.
故选:C
7.【答案】B
【解析】【分析】由偶函数和减函数的性质判断即可
解:因为函数fx+1为偶函数,所以fx+1=f−x+1,
设−x+1=m,则x=1−m,所以fm=f2−m,
所以f−2=f2+2=f4,
又对任意的x∈1,+∞)、t∈0,+∞,都有fx+t
所以f−2=f4
8.【答案】D
【解析】【分析】将问题转化为f(x)与y=a有四个不同的交点,应用数形结合思想判断各交点横坐标的范围及数量关系,即可判断各选项的正误.
将零点问题转化为函数交点问题,应用数形结合判断交点横坐标的范围或数量关系.
解:y=fx−a有四个不同的零点x1、x2、x3、x4,即fx=a有四个不同的解.
f(x)的图象如下图示,
由图知:0所以x2−x1>0,即x2−x1的取值范围是(0,+∞).
由二次函数的对称性得:x3+x4=4,
因为1−2x1=2x2−1,即2x1+2x2=2,故2x1+2x2x3+x4=12.
故选:D
9.【答案】AB
【解析】【分析】根据不等式性质判断A,作差法判断B;C、D选项举出反例即可.
解:对于A,由a>b得a−c>b−c,正确;
对于B,a3−b3=a−ba2+ab+b2=a−ba+b22+34b2,
因为a>b,所以a−b>0,得a3−b3>0,正确;
对于C,若a=1,b=−2,a对于D,当c=0时,ac=bc,错误.
故选:AB
10.【答案】ACD
【解析】【分析】对A选项:分数是有理数;对B选项:当a=0时,集合A也仅有一个元素;对C选项:运用命题的否定即可得;对D选项:写出该命题的否定,计算即可得.
解:对A选项:13是有理数,故 A正确;
对B选项:当a=0时,有A=−1,故 B错误;
对C选项:“∃x<3,2x−x<3”的否定是“∀x<3,2x−x≥3”,故 C正确;
对D选项:命题“∀x∈1,2,x2−a≤0”为假命题,
即“∃x0∈1,2,使x02−a>0”为真命题,
即a小于x02在x0∈1,2上的最大值,即a<4,故 D正确.
故选:ACD.
11.【答案】BCD
【解析】【分析】首先明确真假命题相关定义,并对ABCD选项进项分析判断即可.
解:A中,y= (x+1)⋅ (x−1)的定义域为x∈1,+∞y= (x2−1)的定义域为x∈−∞,−1∪1,+∞,定义域不同,不是同一函数,故 A错误;
B中,f( x+1)=x+1,且令 x+1=t∈1,+∞,得到x=(t−1)2,
故f(t)=(t−1)2+1,则f(x)=(x−1)2+1,故f3=5,故 B正确;
C中,已知函数y=lg12(−x2+4x−3),先令−x2+4x−3>0,
解得x∈(1,3),故函数的定义域为(1,3),令g(x)=−x2+4x−3,易知对称轴为x=2,
故g(x)在(1,2)单调递增,在(2,3)单调递减,由复合函数单调性质得y=lg12(−x2+4x−3)的单调递减区间为1,2,故 C正确;
D中,已知lg65=a,6b=2,则lg62=b,
则lg206=1lg620=1lg65+lg64=1(a+2b),故 D正确.
故选:BCD
12.【答案】ACD
【解析】【分析】根据x=[x]+{x}及符号的含义逐个选项验证可得答案.
解:因为x=[x]+{x},所以{x}=x−[x],所以{−13}=−13−−1=23, A正确;
由{x}=x−[x]可得0≤{x}<1,B不正确;
由x2−x≤2可得−1≤[x]≤2,所以−1≤x<3, C正确;
fx=2x1+2x−14=34−11+2x,因为1+2x>1,所以fx∈−14,34,
当fx∈−14,0时,gx=fx=−1;当fx∈0,34时,gx=fx=0,所以gx=fx的值域是−1,0, D正确.
故选:ACD
13.【答案】−2
【解析】【分析】由幂函数定义算出m,由函数单调性舍去错误答案即可得.
解:又fx=m2+m−1xm+1为 幂函数,则有m2+m−1=1,解得m=1或m=−2,
当m=1时,fx=x2,在0,+∞上单调递增,不符,故舍去,
当m=−2时,fx=x−1,在0,+∞上是减函数,符合.
故答案为:−2.
14.【答案】6
【解析】【分析】根据对数函数运算法则求解.
解:16 34+lg12 12− lg12 3=2434+lg12123=23+lg2−122=8−2=6.
故答案为:6.
15.【答案】43
【解析】【分析】求出定点A的坐标,可得出2(x+1)+y=6,然后将代数式162x+1+y与1x+1+2y相乘,展开后利用基本不等式可求得1x+1+2y的最小值.
解:对于函数fx=lga2x−3+1(a>0且a≠1),
令2x−3=1,可得x=2,且f2=lga1+1=1,所以,A(2,1),即m=2,n=1,
对任意的正数x,y都有mx+ny=4,即2x+y=4,则2(x+1)+y=6,
所以,1x+1+2y=162x+1+y1x+1+2y=164+4x+1y+yx+1
≥164+2 4x+1y⋅yx+1=43,
当且仅当4x+1y=yx+12x+y=4x>0x>0,y>0时,即当x=12y=3时,等号成立,
所以,1x+1+2y的最小值是43
故答案为:43
16.【答案】34,2;−34,0
【解析】【分析】fx=x+1x2=1x+1x2=1x+122−14,结合二次函数性质即可得fx值域;x1,x2∈1,2时,fx1−fx2的 范围可计算出,则其范围在gx在x∈1,3的值域内,计算即可得m的取值范围.
解:fx=x+1x2=1x+1x2=1x+122−14,
由x∈[1,2],则1x∈12,1,故fx∈34,2;
gx=x+m−1且对任意x1,x2∈1,2,
总存在x3∈1,3,使得fx1−fx2=gx3,
即fx1−fx2在x1,x2∈1,2上的所有取值都在gx在x∈1,3的值域的内,
由x∈1,2时,fx∈34,2,
故对任意x1,x2∈1,2,fx1−fx2∈0,54,
g(x)在x∈1,3的值域为m,m+2,
故有m≤0m+2≥54,解得m∈−34,0.
故答案为:34,2;−34,0.
17.【答案】解:(1)当m=3时,B=x|0
所以m−3<−13m>5, 解得:53
【解析】【分析】(1)当m=3时,B=x|0
18.【答案】解:(1)∵1∴2<2a<12,−4<−b<−3.
∴−2<2a−b<9.
又14<1b<13,
∴14
因为1a>1b且a,b∈(0,+∞),
所以b>a>0;
又因为x>y>0,所以bx>ay>0,(x+a)(y+b)>0,
所以xx+a>yy+b.
【解析】【分析】(1)由不等式的性质直接求范围即可;(2)作差,再结合不等式的性质比较即可.
19.【答案】解:(1)由不等式 2x−5x−4≤1 ,可得 2x−5x−4−1=x−1x−4≤0 ,
即 x−1x−4≤0 ,且 x≠4 ,所以 1≤x<4 ,所以 A=1,4 .
(2)因为“ x∈A ”是“ x∈B ”的必要不充分条件,所以集合 B 是 A 的真子集,
由不等式 x2−a+2x+2a≤0 ,可得 x−2x−a≤0 ,
当 a<2 时,不等式的解集为 a≤x≤2 ,即 B=a,2 ,因为 B Ü A ,则 1≤a<2 ;
当 a=2 时,不等式为 (x−2)2≤0 ,解得 x=2 ,即 B=2 ; B Ü A 成立;
当 a>2 时,不等式的解集为 2≤x≤a ,即 B=2,a ,因为 B Ü A ,则 2综上所述 1≤a<4 ,即 a 的取值范围是 1,4 .
【解析】【分析】(1)根据题意,结合分式不等式的解法,即可求解;
(2)根据题意,转化为 B Ü A ,再结合一元二次不等式的解法,分类讨论,求得集合 B ,进而求得 a 取值范围.
20.【答案】解:(1)由题意得:
f(n)=55n−90−(52n2+5n)=−52n2+50n−90.
由f(n)>0,得−52n2+50n−90>0,
即n2−20n+36<0,
解得2
(2)方案一:总盈利额f(n)=−52(n−10)2+160,当n=10时 f(n)max=160.
故方案一共总利润160+10=170,此时n=10;
方案二:每年平均利润f(n)n=50−52(n+36n)⩽50−52×2 36=20,当且仅当n=6时等号成立.
故方案二总利润6×20+50=170,此时n=6.
比较两种方案,获利都是170万元,但由于第一种方案需要10年,而第二种方案需要6年,故选择第二种方案更合适.
【解析】本题考查根据实际问题选择函数模型,训练了利用配方法及基本不等式求最值,是中档题.
(1)由题意写出f(n)关于n的函数式,由f(n)>0求得n的范围,再由n∈N+,可得该设备企业从第3年开始盈利;
(2)利用配方法求最值得到方案一的总盈利额;利用基本不等式求最值求出f(n)n的最大值,得到方案二的总利润,可得两种方案获利都是170万元,再结合获得最大利润的年限得结论.
21.【答案】解:(1)由题意知,令x=y=1,
则f(1)−f(1)=f(1)+1,得f(1)=−1;
(2)当x∈(0,+∞)时,有f(xy)−f(x)=f(y)+1,且当x>1时f(x)<−1,
∀x1,x2∈(0,+∞),且x1
由f(xy)−f(x)=f(y)+1,得f(xy)=f(x)+f(y)+1,
有f(x2)=f(x1⋅x2x1)=f(x1)+f(x2x1)+1
由f(x−2)+f(x)>−2,得f(x−2)+f(x)=f[x(x−2)]−1>−2,
即f[x(x−2)]>−1,由(1)知f(1)=−1,
所以f[x(x−2)]>f(1),
由(2)知函数f(x)在(0,+∞)上为单调减函数,
所以{x(x−2)<1−2>0x>0,解得2
【解析】【分析】(1)令x=y=1,代入题意中的等式即可求解;
(2)由题意可得f(xy)=f(x)+f(y)+1,令x=x1,y=x2x1,利用定义法即可证明函数的单调性;
(3)将原不等式转化为f(x−2)+f(x)=f[x(x−2)]−1>−2,由(1)得f[x(x−2)]>f(1),结合(2)建立不等式组,解之即可求解.
22.【答案】解:(1)令t=2xt∈1,4,则:t∈1,4,
设gt=mt2−2t+1−mm>0,
由题意,gt在1,4上的最大值为8,
因为m>0,二次函数gt开口向上,
因此有g1=8,或g4=8,
由g1=8⇒8=m−2+1−m不成立,
由g4=8⇒16m−8+1−m=8⇒m=1;
(2)根据局部对称函数的定义可知,f(1+x)+f(1−x)=0,
即m⋅41+x−21+x+1+1−m+m⋅41−x−21−x+1+1−m=0,
2m⋅4x+2m⋅4−x−m−2⋅2x−2⋅2−x+1=0,
m=22x+2−x−124x+4−x−1=22x+12x−124x+14x−1,
令s=22x+12x−1,
则m=ss2+2s−92=2ss2+2s−9=2s−9s+2,
因为s=22x+12x−1≥4 2x⋅12x−1=3,当且仅当2x=12x,x=0时等号成立,
函数y=s−9s+2在区间[3,+∞)上单调递增,所以y=s−9s+2≥3−93+2=2,
所以m=2s−9s+2∈(0,1],所以m的取值范围是(0,1].
【解析】【分析】(1)运用换元法,结合指数函数的单调性、二次函数最值性质进行求解即可;
(2)运用题中定义,结合常变最分离法、指数幂的运算性质、基本不等式进行求解即可.
本题的关键是运用常变量分离法、运用指数幂的运算性质、利用基本不等式进行求解.
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