2023-2024学年浙江省9+1高中联盟高一上学期11月期中考试数学试题(含解析）

这是一份2023-2024学年浙江省9+1高中联盟高一上学期11月期中考试数学试题(含解析），共15页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知集合A={−2,−1,0,1,2}，B={x|x2−x−2≥0}，则A∩(∁RB)=( )
A. {−2,−1,0,1,2}B. {−1,0,1,2}C. {0,1}D. {−2,−1,2}
2.命题“∀x>0，都有x3>x+1”的否定是
( )
A. ∃x>0，使得x3≤x+1B. ∃x>0，使得x3C. ∀x≤0，都有x3≤x+1D. ∀x>0，都有x3≤x+1
3.下列不等式中成立的是( )
A. 若a>b，则an>bnB. 若0C. 若a>b>0，则ac2>bc2D. 若a1b
4.已知某程序研发员开发的小程序在发布时有500名初始用户，经过t天后，用户人数m(t)=a⋅2kt，其中a和k均为常数.已知小程序发布5天后有2000名用户，则发布10天后有用户名( )
A. 10000B. 8000C. 4000D. 3500
5.幂函数f(x)=x1n(n+1)(n∈N∗)的大致图像是
( )
A. B.
C. D.
6.若奇函数f(x)和偶函数g(x)满足f(x)+g(x)=3x+x3+2，则f(1)+g(0)=( )
A. 73B. 83C. 193D. 163
7.已知函数f(x)=ax−2,x≤12x2−x(x+a),x>1在R上单调递增，则实数a的取值范围是
( )
A. [1,+∞)B. (1,2]C. (1,32]D. (0,32]
8.已知实数a，b满足2a2+3ab−2b2=1，且1<23b−a<2，则3a+b的取值范围是
( )
A. (− 5,−2)∪(2, 5)B. (2, 5)
C. (− 5,0)∪(0, 5)D. (− 5,−2)
9.下列四组函数表示同一个函数的是( )
A. y=x与y=( x)2B. y=1x与y=xx2
C. y=3x3与y=xD. y=x2+1与y=x4−1x2+1
10.若实数x1，x2，x3满足x3⋅2x1=x3⋅3x2=1，则下列不等关系可能成立的是
( )
A. x111.已知正实数a，b满足3a+2b=1，则下列结论正确的是( )
A. 2a+3b的最小值为24B. a(b+1)的最大值为38
C. 4b2+8a的最小值为12D. a2+b2的最小值为113
12.已知定义在R上的函数y=f(x)满足： ①y=f(x)是偶函数; ②当x>0时，f(x)>1; ③当x≥0，y≥0时，f(x+y)=f(x)f(y)，则
( )
A. f(0)=1B. f(x)在[0,+∞)上单调递增
C. 不等式f(x)二、填空题（本大题共4小题，共20分）
13.已知函数y=f(x)的定义域是[1,5]，则函数g(x)=f(2x−1)的定义域为 ．
14.若函数y=a⋅πx−a +2b(a,b∈R)过定点(2,4)，则a= ，b= ．
15.已知函数f(x)=|3x−1|，g(x)=4x2−ax+1.若方程g(f(x))=0有4个不相同的实数根，则实数a的取值范围为 ．
16.已知定义在R上的单调函数y=f(x)满足f(f(x)−2x−x)=4.若对∀x∈[1,2]，∃x1，x2，⋯，xn∈[−1,0](n∈N∗)，使得f(x)≤f(x1)+f(x2)+⋯+f(xn)成立，则n的最小值为 ．
三、解答题（本大题共6小题，共70分）
17.计算：
(1)−(3−8−4)0+ (3−π)2+0.064−13;
(2)已知a12−a−12=1，求a2+a−2+3a32−a−32的值．
18.已知集合A={x|x−12x+3≥1}，B={x|2m+3≤x≤m+1}．
(1)若m=−4，求A∩B;
(2)若“x∈A”是“x∈B”的必要不充分条件，求实数m的取值范围．
19.第19届亚洲运动会预计将于2023年9月23日至10月8日在杭州举行，其吉祥物是一组融合了历史人文、自然生态和创新基因的机器人，组合名为“江南忆”。现有某工厂代为加工亚运会吉祥物的玩偶，已知代加工玩偶需投入固定成本4万元，每代加工一组玩偶，需另投入5元.现根据市场行情，该工厂代加工x万组玩偶，可获得f(x)万元的代加工费，且╔╔f(x)= \ begin{cases}x^{2}+2x,0
(1)求该工厂代加工亚运会吉祥物玩偶的利润y(单位：万元)关于代加工量x(单位：万件)的函数解析式;
(2)当代加工量为多少万件时，该工厂代加工亚运会吉祥物玩偶的利润最大?并求出年利润的最大值．
20.已知函数f(x)=(a2−2a)x2+(2a−2)x+1．
(1)若对∀x∈R，都有f(x)>−1成立，求实数a的取值范围;
(2)解关于x的不等式f(x)>0．
21.已知函数f(x)=4x+12x(x∈R)．
(1)讨论函数f(x)在区间[0,+∞)上的单调性，并用定义法证明;
(2)若对∀x∈[1,2]，都有f(x2−m)<[f(x)]2−2成立，求实数m的取值范围．
22.已知函数y=f(x)是定义在R上的奇函数，且当x>0时，f(x)=x−1x2．
(1)求函数y=f(x)的解析式;
(2)若关于x的方程f(x)=m有3个不同的实数根，记为x1，x2，x3(x1x2>0)，且x3x1+x2≥λ恒成立，求实数λ的取值范围．
答案和解析
1.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了交集的定义与运算问题，是基础题目．
先化简B，求出∁RB，根据交集的定义写出A∩(∁RB)即可．
【解答】
解：集合A={−2,−1,0,1,2}， B={x|x2−x−2≥0}={x|x≥2或x≤−1}，
所以∁RB=x|−1则A∩(∁RB)={0,1} .
2.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查全称命题的否定形式，属于基础题．
利用全称量词命题的否定为存在量词命题即可得到答案．
【解答】
解：命题“∀x>0，都有x3>x+1”的否定是
“ ∃x>0，使得x3≤x+1”．
故选A．
3.【答案】D
【解析】【分析】
本题考查利用不等式性质判断不等关系，为基础题．
利用特值排除ABC；利用不等式的性质证明D正确．
【解答】
解：对于A，当a=1，b=−2，n=2时，a>b，而1=an对于B，当a=1，b=2，c=3时，0b+ca+c=54，B错误;
对于C，当c=0时，ac2=bc2=0，C错误;
对于D，当a0，∴a⋅1ab1b，D正确．
答案：D．
4.【答案】B
【解析】【分析】本题考查指数函数模型的应用，属于简单题．
由题得到m(0)=a=500m(5)=a⋅25k=2000，求解即可．
【解答】解：由题意得：m(0)=a=500m(5)=a⋅25k=2000，∴a=50025k=4，∴m(10)=a⋅210k=a(25k)2=8000．
答案：B．
5.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查了函数图象的识别和判断，属于基础题．
根据函数的定义域和单调性即可判断；
【解答】
解：∵n∈N∗时，n(n+1)为偶数且大于0，
∴f(x)=x1n(n+1)的定义域为[0,+∞)，且在定义域上单调递增．
答案：B．
6.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查函数的奇偶性的应用，属于基础题．
利用函数f(x)是奇函数，g(x)是偶函数，由条件f(x)+g(x)=3x+x3+2，构建方程组，然后求解即可．
【解答】
解：∵f(x)+g(x)=3x+x3+2 ①，∴令−x代替x，得：f(−x)+g(−x)=3−x−x3+2，
又f(x)是奇函数，g(x)是偶函数，∴−f(x)+g(x)=3−x−x3+2 ②，
∴( ①+ ②)÷2得：g(x)=3x+3−x2+2，( ①− ②)÷2得：f(x)=3x−3−x2+x3，
∴f(1)=73，g(0)=3，∴f(1)+g(0)=163．
7.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查了分段函数的单调性，考查了学生的运算能力，属于中档题．
由已知函数是单调递增函数，得出a2⩽1a>1a−2≤2−1+a，即可求解．
【解答】
解：由已知可得函数f(x)是单调递增函数，
则需满足：a2⩽1a>1a−2≤2−1+a，解得1所以实数a的取值范围为：(1,32]，
故选：C．
8.【答案】A
【解析】【分析】
本题主要考查不等式性质，属于中档题．
记m=2a−b，n=a+2b，利用m，n表示3b−a，3a+b，由不等式性质可得3a+b的范围．
【解答】
解：由题意得：2a2+3ab−2b2=(2a−b)(a+2b)=1，记m=2a−b，n=a+2b，则mn=1．
又1<23b−a=2n−m<2，∴0∴3a+b=m+n∈(− 5,−2)∪(2, 5).
9.【答案】BC
【解析】【分析】
本题考查判断两个函数是否为同一个函数，属于基础题．
观察四个选项，得到有一组函数的对应法则不同，有两组函数的定义域不同，只有C选项，整理以后完全相同．
【解答】解：:对于A，y=x定义域为R，y=( x)2定义域为[0,+∞)，A错误;
对于B，y=1x定义域为{x|x≠0}，y=xx2=1x定义域为{x|x≠0}，B正确;
对于C，y=3x3=x定义域为R，y=x定义域为R，C正确;
对于D，y=x2+1，y=x4−1x2+1=x2−1，D错误．
答案：BC．
10.【答案】ABC
【解析】【分析】
本题考查三个数的大小的判断，考查指数函数的单调性等基础知识，考查数形结合思想，是基础题．
将条件转化为2x1=3x2=1x3，结合对应的性质画出函数的图象，能求出结果．
【解答】
解：实数x1，x2，x3满足x3⋅2x1=x3⋅3x2=1，
∴x3≠0，2x1=3x2=1x3，
如图在同一平面直角坐标系中作出函数y=2x，y=3x，y=1x的函数图象，
则由图象得，x1，x2，x3的大小关系可能为x3x2故A、B、C正确， D错误．
答案ABC．
11.【答案】AD
【解析】【分析】本题考查基本不等式，属于中档题．
根据基本不等式的性质逐项进行求解即可。
【解答】
解：已知3a+2b=1，a>0，b>0，
对于A，2a+3b=(3a+2b)(2a+3b)=12+4ba+9ab≥12+2 4ba·9ab=24，当且仅当4ba=9ab，即
a=16，b=14时，等号成立，∴2a+3b的最小值为24，A正确;
对于B，3a+2(b+1)=3≥2 3a⋅2(b+1)，∴a(b+1)≤38，当且仅当3a=2(b+1)，即a=12，b=−14
时，等号成立，与a>0，b>0矛盾，B错误;
对于C，4b2+8a=(1−3a)2+8a=9a+9a−6≥2 9a⋅9a−6=12，当且仅当9a=9a，即a=1，b=−1时，
等号成立，与a>0，b>0矛盾，C错误;
对于D，a2+b2=a2+(1−3a2)2=13a2−6a+14=13a−3132+4134≥113，当且仅当a=313，b=213时，等号成立，D正确．
答案：AD．
12.【答案】AB
【解析】【分析】
本题考查抽象函数的奇偶性及单调性，考查利用函数的单调性解不等式，属于中档题．
结合函数的奇偶性及单调性定义，函数的单调性求解不等式逐一解答即可．
【解答】
解：对于A，由条件 ③当x≥0，y≥0时，f(x+y)=f(x)f(y)，
令x=0，y=1，得：f(1)=f(0)f(1)，
又由条件 ②得f(1)>1，∴f(0)=1，A正确；
对于B，取∀x1，x2∈[0,+∞)，且x1则f(x1)−f(x2)=f(x1)−f(x1+x2−x1)
=f(x1)−f(x1)f(x2−x1)=f(x1)[1−f(x2−x1)]，
∵0≤x1x2−x1>0，∴f(x2−x1)>1，
∴f(x1)−f(x2)<0，即f(x1)∴f(x)在[0,+∞)上单调递增，B正确；
对于C，∵f(2)>1，∴不等式f(x)当x≥0时，f(2)f(x)=f(2+x)又f(x)在[0,+∞)上单调递增，∴2≤2+x<4，∴0≤x<2；
当x<0时，f(x)为偶函数，f(−x)=f(x)，
则f(2)f(x)=f(2)f(−x)=f(2−x)又f(x)[0,+∞)上单调递增，∴0≤2−x<4，∴−2综上所述，不等式得解集为(−2,2)，C错误；
对于D，令x=y=0，则1=f(0)=f(0)+f(0)=2不成立，D错误．
答案：AB．
13.【答案】1,3
【解析】【分析】
本题考查了抽象函数的定义域求法，是基础题．
由f(x)的定义域知x的取值范围，再结合g(x)的解析式得出满足1⩽2x−1⩽5，即可求得它的定义域．
【解答】
解：因为f(x)的定义域为[1,5]，
所以函数g(x)=f(2x−1)的x满足1⩽2x−1⩽5，
解得：1⩽x⩽3
∴函数g(x)的定义域为1,3.
故答案为1,3．
14.【答案】2；1
【解析】【分析】
本题考查函数过定点问题，属于简单题．
由题得到2−a=0a+2b=4，解方程即可．
【解答】
解：由题意得：2−a=0a+2b=4，解得：a=2b=1，
∴a=2，b=1．
15.【答案】(4,5)
【解析】【分析】
本题主要考查了函数的图象的应用，方程g(f(x))=0有4个不相同的实数根，等价于方程g(x)=0在区间(0,1)上有两个不同实根，进而求出结果．
【解答】
解：考虑方程|3x−1|=t，由f(x)=|3x−1|的图象得：
当t<0时，方程|3x−1|=t无解;当t=0或t≥1时，方程|3x−1|=t一解;
当0故方程g(f(x))=0有4个不相同的实数根，等价于方程g(x)=0在区间(0,1)上有两个不同实根，
∴Δ=a2−16>000，解得：4∴a∈(4,5)．
故答案为：(4,5)．
16.【答案】4
【解析】【分析】
本题考查了利用函数的单调性求最值和指数函数的图象与性质，是中档题．
易得f(x)−2x−x=c(c为常数)，由f(c)=2c+2c=4得出c=1，由题意得f(x)max≤[f(x1)+f(x2)+⋯+f(xn)]max，研究最值，可得结果．
【解答】
解：∵f(f(x)−2x−x)=4，且f(x)在R上单调，
∴f(x)−2x−x=c(c为常数)，
∴f(x)=2x+x+c，∴f(c)=2c+2c=4，∴c=1，
∴f(x)=2x+x+1在R上单调递增．
∵对∀x∈[1,2]，∃x1，x2，⋯，xn∈[−1,0](n∈N∗)，使得f(x)≤f(x1)+f(x2)+⋯+f(xn)成立，
∴f(x)max≤[f(x1)+f(x2)+⋯+f(xn)]max，
又当x∈[1,2]时，f(x)max=f(2)=7，
当x∈[−1,0]时，f(x)max=f(0)=2，
∴7≤2n，∴n≥72，又n∈N∗∴nmin=4．
17.【答案】解：(1)原式=−1+π−3+0.4−1=π−32;
(2)∵a12−a−12=1，∴a+a−1=(a12−a−12)2+2=3，
∴a2+a−2=(a+a−1)2−2=7，a32−a−32=(a12−a−12)(a+1+a−1)=4，
∴a2+a−2+3a32−a−32=52．
【解析】本题考查指数运算，属于基础题．
(1)直接利用指数运算法则即可求解；
(2)由题意得到a+a−1=3，则a2+a−2=7，再求解即可．
18.【答案】解：(1)A={x|x−12x+3≥1}={x|x+42x+3≤0}={x|−4≤x<−32}，
m=−4时，B={x|2m+3≤x≤m+1}={x|−5≤x≤−3}
∴A∩B={x|−4≤x≤−3};
(2)∵“x∈A”是“x∈B”的必要不充分条件，∴B⊆A.
①当B=⌀时，2m+3>m+1，解得：m>−2，成立;
②当B≠⌀，即m≤−2时，2m+3≥−4m+1<−32，解得：−72≤m<−52．
综上，m∈[−72,−52)∪(−2,+∞).
【解析】本题考查交集，必要不充分条件与集合的关系，属于中档题．
(1)求得集合A，集合B，再求交集；
(2)由题得到B⊆A，再分类讨论即可求解．
19.【答案】解：(1)当0当10∴y=x2−3x−4,0(2)当0∴x=10时，ymax=66;
当10当且仅当x=400x，即x=20时，等号成立，∴x=20时，ymax=76>66．
综上，当代加工量为20万件时，该工厂代加工亚运会吉祥物玩偶的利润最大，为76万元．
【解析】本题考查基本不等式的应用，属于中档题．
(1)分两段求解函数解析式即可；
(2)当020.【答案】解：(1)对∀x∈R，都有f(x)>−1成立，即(a2−2a)x2+(2a−2)x+2>0成立，
①a2−2a=02a−2=02>0无解：
②a2−2a>0Δ=(2a−2)2−8(a2−2a)<0，解得：a>1+ 2或a<1− 2．
综上，a∈(−∞,1− 2)∪(1+ 2,+∞).
(2)f(x)=(a2−2a)x2+(2a−2)x+1>0，即(ax+1)[(a−2)x+1]>0，
①当a=0时，−2x+1>0，∴x<12;
②当a=2时，2x+1>0，∴x>−12;
③当0 ④当a<0或a>2时，−1a−2<−1a，∴x<−1a−2或x>−1a．
综上，当a=0时，原不等式解集为(−∞,12);
当a=2时，原不等式解集为x∈(−12,+∞);
当0当a<0或a>2时，原不等式解集为(−∞,−1a−2)∪(−1a,+∞)
【解析】本题主要考查函数恒成立和不等式的解法问题，考查分类讨论思想和运算能力、推理能力，属于中档题．
(1)由题意分 ①a2−2a=02a−2=02>0和 ②a2−2a>0Δ=(2a−2)2−8(a2−2a)<0讨论，求解即可；
(2)分别讨论a=0，a=2，02时，结合二次不等式的解法可得所求解集．
21.【答案】解：(1)f(x)在区间[0,+∞)上单调递增：
证明：取∀x1，x2∈[0,+∞)，且x1则f(x1)−f(x2)=4x1+12x1−4x2+12x2=22x1+x2+2x2−2x1+2x2−2x12x1+x2=(2x1−2x2)(2x1+x2−1)2x1+x2，
∵0≤x1∴2x1+x2>0，2x1−2x2<0，2x1+x2>1，
∴f(x1)−f(x2)<0，即f(x1)∴f(x)在区间[0,+∞)上单调递增．
(2)∵[f(x)]2−2=(2x+12x)2−2=22x+122x=f(2x)，
∴对∀x∈[1,2]，都有f(x2−m)<[f(x)]2−2成立，即f(x2−m)又对∀x∈R，f(−x)=2−x+12−x=12x+2x=f(x)，
∴f(x)是偶函数．
由(1)得：f(x)在区间[0,+∞)上单调递增，
∴对∀x∈[1,2]，都有|x2−m|<|2x|成立，即−2x∴m∴m<3，
m>x2−2x，又x2−2x在[1,2]上的最大值为0，
∴m>0．
综上，0【解析】本题考查了函数单调性，奇偶性，恒成立问题，属于中档题。
(1)结合单调性定义，然后利用作差法比较f(x1)与f(x2)的大小即可判断；
(2)先化解[f(x)]2−2=f(2x)，利用函数的单调性和奇偶性可得|x2−m|<|2x|，求解即可；
22.【答案】解：(1)∵函数y=f(x)是定义在R上的奇函数，且当x>0时，f(x)=x−1x2，∴f(0)=0，
当x<0时，−x>0，f(x)=−f(−x)=−−x−1x2=x+1x2，∴f(x)=x+1x2x<00,x=0x−1x2,x>0．
(2)关于x的方程f(x)=m有3个不同的实数根，记为x1，x2，x3(x1x2>0)，
当x=0时，f(0)=0，∴m=0，此时方程f(x)=0的根为−1，0，1，不存在x1x2>0，不成立;
当x≠0时，令t=1x，则f(x)=g(t)=t2+t,t<0−t2+t,t>0，
则关于t的方程g(t)=m有3个不同的实数根t1，t2，t3(t1t2>0)，且t1=1x1，t2=1x2，t3=1x3．
在同一平面直角坐标系作出y=g(x)和y=m的图象，由图象可知：
−14 ①当−140且是t2+t=m的两个不同实根，
∴t1+t2=−1，t1t2=−m，
t3>0且满足−t2+t=m，∴t3=1+ 1−4m2，
∴x3x1+x2=1t31t1+1t2=t1t2t3(t1+t2)=2m1+ 1−4m
=1− 1−4m2∈(1− 22,0)
②当00且是−t2+t=m的两个不同实根，
∴t1+t2=1，t1t2=m，
t3<0且满足t2+t=m，∴t3=−1− 1+4m2，
∴x3x1+x2=1t31t1+1t2=t1t2t3(t1+t2)=2m−1− 1+4m
=1− 1+4m2∈(1− 22,0)(或由奇函数得与情形 ①取值范围相同)．
∴x3x1+x2∈(1− 22,0)，∵x3x1+x2≥λ恒成立，
∴λ≤1− 22，即λ∈(−∞,1− 22].

【解析】本题考查函数的奇偶性，函数的解析式，函数的恒成立问题，属于较难题．
(1)由函数f(x)为奇函数，得f(0)=0，当x<0时，f(x)=−f(−x)=−−x−1x2=x+1x2，即可得解；
(2)分当x=0时，当x≠0时两种情况讨论，并数形结合，即可得解．