2019-2020学年辽宁省沈阳市城郊市重点联合体高一(上)期中数学试卷(A卷) (含答案解析)

2019-2020学年辽宁省沈阳市城郊市重点联合体高一（上）期中数学
试卷（A 卷）
一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）
1. 已知集合A ={a,b}，则A 的子集有( )个．
A. 1
B. 2
C. 3
D. 4 2. 设0<a <b ，且a +b =1，在下列四个数中最大的是( ) A. 12
B. b
C. 2ab
D. a 2+b 2 3. 已知函数f(x)的图象是连续不断的，且有如下对应值表：
( )
A. (1,2)和(2,3)
B. (2,3)和(3,4)
C. (3,4)和(4,5)
D. (4,5)和(5,6)
4. 已知f(x)={x −5 (x ≥6)f(x +2) (x <6)
，则f(3)为( ) A. 3 B. 2 C. 4 D. 5
5. 命题“对任意的x ∈R ，3x 3−2x 2+4<0”的否定是( ) A. 不存在x ∈R ，3x 3−2x 2+4≥0
B. 存在x ∉R ，3x 3−2x 3+4≥0
C. 存在x ∈R ，3x 3−2x 2+4≥0
D. 存在，x ∈R ，3x 3−2x 2+4<0
6. 已知函数f(x)的定义域为[−1,5]，则f(3x −5)的定义域为( )
A. [8,10]
B. [−8,10]
C. [43,+∞]
D. [43,103] 7. 已知定义在R 上的奇函数f(x)满足f(x +4)=f(x)，则f(8)的值为( ) A. −1 B. 1 C. 0
D. 2 8. 若函数f(x)=mx 2+(m −2)x +(m 2−m +2)为偶函数，则m 的值是( )
A. 4
B. 3
C. 2
D. 1 9. 已知函数f(x)=x 2−10x +m ，m ∈R ，那么下列式子成立的是( )
A. f(−1)<f(9)<f(13)
B. f(13)<f(9)<f(−1)
C. f(9)<f(−1)<f(13)
D. f(13)<f(−1)<f(9)
10. 函数f(x)=2x 2+3x +1的零点是( ) A. −12，−1 B. 12，1 C. 12，−1 D. −1
2，1 11. 下列命题正确的是( )
A. 若x≠kπ，k∈Z，则sin2x+2
sin2x
≥2√2
B. 若a<0，则a+4
a
≥−4
C. 若a>0，b>0，则lga+lgb≥2√lga⋅lgb
D. 若a<0，b<0，则a
b +b
a
≥2
12.函数y=x2−2x+4在区间[−2,2]上的值域是()
A. {y|1≤y≤6}
B. {y|3≤y≤6}
C. {y|4≤y≤12}
D. {y|3≤y≤12}
二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13.设a∈R，则“a>1”是“a2>1”的__________条件．
14.已知正数x，y满足x+2y=1，则xy
x+8y
的最大值为______ ．
15.已知关于x的方程x2−2ax+a+2=0的两个实数根是α,β，且有1<α<2<β<3，则实数
a的取值范围是________．
16.已知函数f(x)={x, x≥0,
−x,x<0,则不等式x+xf(x)≤2的解集是________。

三、解答题（本大题共6小题，共70.0分）
17.已知函数f(x)=x+1
2x
+2，x∈[1,+∞)．
(Ⅰ)判断函数f(x)在区间[1,+∞)上的单调性；
(Ⅱ)解不等式：f(2x−1
2
)<f(x+1007)．
18.已知集合A={x|2<2x<8}，B={x|2m<x<1−m}．
(1)若A∩B=(1,2)，求(∁R A))∪B；
(2)若A∩B=⌀，求实数m的取值范围．
19. 已知函数f(x)=ax 2+4x −3在区间[0,2]上的最小值为−4，求a 的值．
20. 正数x ，y 满足x +2y =1，求证1x +1y ≥3+2√2．
21. 解关于x 的不等式：ax 2+ax −2>2x
22. 已知函数f(x)=x 2+mx +n 满足对任意的x ∈R ，都有f(2−x)=f(x)，且f(x)的最小值为4．
(1)求f(x)的解析式;
(2)若不等式f(x)≥a 2−3a 的解集为R ，求实数a 的取值范围．
-------- 答案与解析 --------1.答案：D
解析：解：根据题意，集合A={a,b}，
则A的子集有⌀、{b}，{a}，{a,b}，
共4个；
故选：D．
根据题意，利用集合子集的定义将集合A的子集一一列举出来，即可得答案．本题考查集合的子集，关键是利用集合子集的定义将A的子集一一列举．2.答案：B
解析：
【分析】
本题考查比较大小，基本不等式以及作差法，属于基础题型，
由ab<(a+b
2)
2
可得2ab<1
2
，由√a2+b2
2
>a+b
2
>0，可得a2+b2>1
2
．
再由b−(a2+b2)=a(b−a)>0，即可求解；【解答】
解：∵ab<(a+b
2)
2，
∴ab<1
4
，
∴2ab<1
2
．
∵√a2+b2
2>a+b
2
>0，
∴√a2+b2
2>1
2
，
∴a2+b2>1
2
．
∵b−(a2+b2)=(b−b2)−a2=b(1−b)−a2 =ab−a2=a(b−a)>0，
∴b>a2+b2，
∴b最大．
故选B;
3.答案：C
解析：
【分析】
本题考查函数的零点存在性定理的应用，是基础题．
直接利用函数的零点存在性定理求解即可．
【解答】
解：∵f(3)<0，f(4)>0，f(5)<0，
则f(3)·f(4)<0，f(4)·f(5)<0，
由函数的零点存在性定理可知函数的零点所在的区间为：(3,4)和(4,5)．
故选：C．
4.答案：B
解析：
【分析】
本题考查分段函数求函数值，要确定好自变量的取值或范围，再代入相应的解析式求得对应的函数值．分段函数分段处理，这是研究分段函数图象和性质最核心的理念．
将f(3)逐步化为f(5)，f(7)，再利用分段函数第一段求解．
【解答】
解：由分段函数第二段解析式可知，f(3)=f(5)，继而f(5)=f(7)，
由分段函数第一段解析式f(7)=7−5=2，
所以f(3)=2，
故选B．
5.答案：C
解析：
【分析】
本题考查全称命题的否定，直接利用全称命题的否定是特称命题写出结果即可．
【解答】
解：因为全称命题的否定是特称命题，
所以命题“对任意的x∈R，3x3−2x2+4<0”的否定是：存在x∈R，3x3−2x2+4≥0．故选C．
6.答案：D
解析：
【分析】
本题考查抽象函数的定义域，属于基础题．
由函数f(x)的定义域为[−1,5]，求f(3x−5)的定义域，令−1≤3x−5≤5求解即可．
【解答】
解：由于函数f(x)的定义域为[−1,5]，
则令−1≤3x−5≤5，
解得4
3≤x≤10
3
，
所以函数f(3x−5)的定义域为[4
3,10
3
]．
故选D．
7.答案：C
解析：
【分析】
根据奇函数的性质推出f(0)=0，再由f(x)=f(x−4)，推出f(8)=f(8−4)=f(4)=f(4−4)= f(0)=0，即可得出结论．
【解答】
解：∵函数f(x)在R上是奇函数，
∴f(0)=0，
∵f(x)满足f(x+4)=f(x)，
即f(x)=f(x−4)，
∴f(8)=f(8−4)=f(4)=f(4−4)=f(0)=0，
故f(8)的值为0，
故选C．
8.答案：C
解析：
【分析】
本题考查函数的奇偶性，利用奇偶性的定义域得出mx2−(m−2)x+(m2−m+2)=mx2+
(m−2)x+(m2−m+2)，即可求出结果．
解：∵f(x)=mx2+(m−2)x+(m2−m+2)为偶函数，
∴f(−x)=f(x)，
∴mx2−(m−2)x+(m2−m+2)=mx2+(m−2)x+(m2−m+2)，
整理得2(m−2)x=0，
∵x不恒等于0，
∴m−2=0，即m=2．
故选C．
9.答案：C
解析：
【分析】
本题主要考查了二次函数的单调性，先找到对称轴为x=5，把f(−1)转化成f(11)，再进行比较．【解答】
解：∵f(x)=x2−10x+m,m∈R∴函数f(x)的图象关于x=5对称，
∴f(−1)=f(11)，
∵函数f(x)在区间(−∞,5)上单调递减，
在(5,+∞)上为单调递增，
∴f(9)<f(11)<f(13)，
即f(9)<f(−1)<f(13)．
故选C．
10.答案：A
解析：解：函数f(x)=2x2+3x+1的零点，可得2x2+3x+1=0，解得x=−1
2
或x=−1．
故选：A．
直接利用方程求解即可得到函数的零点．
本题考查函数的零点的求法，考查计算能力．
11.答案：D
解析：解：A.sin2x∈(0,1]，因此等号不成立；
B.a<0时，a+4
a =−(−a+4
−a
)≤−4，因此不成立；
C.a，b∈(0,1)时，lg a，lgb<0，不成立；
D.∵a<0，b<0，则a
b +b
a
≥2，正确．
利用基本不等式的使用法则：“一正二定三相等”即可判断出结论．
本题考查了基本不等式的使用法则：“一正二定三相等”、三角函数的值域，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
12.答案：D
解析：
【分析】
本题主要考查求二次函数在闭区间上的最值，二次函数的性质的应用，属于基础题．由条件利用二次函数的性质求得函数在区间[−2,2]上的值域．
【解答】
解：函数y=x2−2x+4=(x−1)2+3在区间[−2,2]上，当x=1时，函数取得最小值为3；
当x=−2时，函数取得最大值为12，故函数的值域为[3,12]，
故选D．
13.答案：充分不必要条件
解析：
↵
↵
↵
↵
【分析】
根据由a>1，一定能得到1
a <1.但当1
a
<1.不能推出a>1(如a=−1时)，从而得到结论．
本题考查充分条件、必要条件的定义，通过给变量取特殊值，举反例来说明某个命题不正确，是一种简单有效的方法．
解析：
解：由a>1，一定能得到得到1
a <1，但当1
a
<1时，不能推出a>1(如a=−1时)，
故a>1是1a<1的充分不必要条件，故答案为：充分不必要条件
14.答案：118
解析：解：∵正数x ，y 满足x +2y =1，
∴x+8y xy =(x +2y)x+8y xy
=10+x y +16y x ≥10+2√x y ⋅16y x =18， 当且仅当x =4y =23时取等号，
∴
x+8y xy 的最小值为18， ∴xy x+8y 的最大值是118，
故答案为：118．
利用“乘1法”和基本不等式即可得出．
本题考查了“乘1法”和基本不等式的性质，属于基础题．
15.答案：(2,115)
解析：
【分析】
本题主要考查函数与方程的应用，根据根与系数之间，转化为函数是解决本题的关键． 构造函数f(x)=x 2−2ax +a +2，根据根与系数之间的关系建立不等式关系即可得到结论．
【解答】
解：设f(x)=x 2−2ax +a +2，
∵1<α<2<β<3，
∴{f(1)>0f(2)<0f(3)>0，即{1−2a +a +2=3−a >04−4a +a +2=6−3a <09−6a +a +2=11−5a >0
，
即{a <3a >2a <115，即2<a <115， 故答案为(2,115)． 16.答案：{x|x ≤1}
解析：
【分析】
本题主要考查了分段函数和不等式求解，要解决本题，需要分x ≥0、x <0两种情况来讨论，在每一种情况下，得出的取值范围相加即可。

【解答】
解：当x ≥0时，不等式x +x ·f(x)≤2等价于x +x 2≤2， 解得−2≤x ≤1.又x ≥0， 所以0≤x ≤1．
当x <0时，不等式x +x ·f(x)≤2等价于x −x 2≤2， 即x 2−x +2≥0，
此不等式的解集为R ，所以x <0． 综上可知，不等式的解集为{x|x ≤1}． 故答案为{x|x ≤1}．
17.答案：解：(Ⅰ)设x 2>x 1≥1，
则f(x 1)−f(x 2)=x 1+12x 1
−x 2−1
2x 2
=(x 1−x 2)+x 2
−x 1
2x
1⋅x 2
=(x 1−x 2)⋅(1−1
2x
1⋅x 2
).
由题设可得x 1−x 2<0，1−1
2x 1⋅x 2
>0，
∴(x 1−x 2)⋅(1−
12x 1⋅x 2
)<0，
故有f(x 1)−f(x 2)<0，
故函数f(x)在区间[1,+∞)上是增函数． (Ⅱ)∵函数f(x)在区间[1,+∞)上为增函数， ∴f(2x −1
2)<f(x +1007)，
等价于{2x −1
2≥1
2x −1
2<x +1007． 解得3
4≤x <
20152
，
故原不等式解集为[34,
2015
2
).
解析：(Ⅰ)设x 2>x 1≥1，根据f(x 1)−f(x 2)=(x 1−x 2)⋅(1−1
2x 1⋅x 2
)<0，可得函数f(x)在区间
[1,+∞)上是增函数．
(Ⅱ)由题意可得，f(2x −1
2)<f(x +1007)等价于{2x −1
2≥1
2x −1
2<x +1007
，由此求得不等式的解集． 本题主要考查函数的单调性的判断和证明，利用函数的单调性解不等式，属于中档题．
18.答案：解：(1)A ={x|1<x <3}；
∵A ∩B =(1,2)； ∴1−m =2； ∴m =−1；
∴B ={x|−2<x <2}；
∴∁R A ={x|x ≤1，或x ≥3}； ∴(∁R A)∪B ={x|x <2，或x ≥3}； (2)∵A ∩B =⌀；
∴①B =⌀时，2m ≥1−m ； ∴m ≥1
3；
②B ≠⌀时，{
2m <1−m
2m ≥3,或1−m ≤1； 解得0≤m <1
3；
综上得，实数m 的取值范围为[0,+∞)．
解析：(1)可求出集合A ={x|1<x <3}，根据A ∩B =(1,2)即可得出1−m =2，从而求出m =−1，进而得出集合B ，然后进行补集、并集的运算即可；
(2)根据A ∩B =⌀即可讨论B 是否为空集：B =⌀时，2m ≥1−m ；B ≠⌀时，{2m <1−m 2m ≥3,或1−m ≤1，
解出m 的范围即可．
考查描述法的定义，指数函数的单调性，以及交集、并集和补集的运算．
19.答案：解：1)当a =0时，f(x)=4x −3，f(x)min =f(0)=−3，不合题意；
2)当a >0时，对称轴x =−4
2a =−2
a <0，函数在[0,2]上单调递增，f(x)min =−3，不合题意； 3)当a <0时，对称轴x =−4
2a =−2
a >0，
当0<−2
a ≤1时，函数在[0,−2
a ]上递增，在[−2
a ,2]上递减，f(x)min =f(2)=−4， 即4a +8−3=−4，解得a =−9
4
当1<−2
a ≤2时，函数在[0,−2
a ]上递增，在[−2
a ,2]上递减， f(x)min =f(0)=−3，不合题意；
当−2
a >2时，函数在[0,2]上递增，f(x)min =f(0)=−3 综上所述，a =−9
4
解析：本题主要考查一元二次函数的图象和性质，要对a 进行分类讨论． 分别讨论a 的取值，结合一元二次函数的图象和性质即可得到结论，属于中档题．
20.答案：证明：∵x ，y >0，
∴1
x +1
y =(x +2y)(1
x +1
y )=3+x
y +
2y x
⩾3+2√2．
解析：本题考查基本不等式的相关证明及基本方法，由“乘1法”求解，化1x +1y =(x +2y)(1x +1
y )=3+x
y +
2y x
，运用基本不等式即可得证．
21.答案：解： ①当a =0时，原不等式可化为−2(x +1)>0，解得，x <−1;
 ②当a >0时，原不等式可化为(x −2
a )(x +1)>0，解得，x <−1或x >2
a ; ③当−2<a <0时，原不等式可化为(x −2
a )(x +1)<0，解得2
a <x <−1 ④当a =−2时，原不等式可化为−2(x +1)2>0，无解;
 ⑤当a <−2时，原不等式可化为(x −2
a )(x +1)>0，解得−1<x <2
a
解析：本题主要考查了含有参数的一元二次不等式的解法，属于中等题．
结合一元二次方程的求解，分类讨论a 的不同的取值范围，由此能求出不等式的解集．
22.答案：解：(1)由题意可知，f(x)的图象的对称轴为直线x =1，
所以−m
2=1，解得m =−2，
所以f(x)=x 2−2x +n =(x −1)2+n −1， 因为f(x)的最小值为4， 所以n −1=4，解得n =5． 所以f(x)=x 2−2x +5．
(2)不等式f(x)≥a 2−3a 的解集为R ，
等价于不等式f(x)≥a 2−3a 对任意实数x 恒成立， 所以a 2−3a ≤f(x)min ，
即得a 2−3a −4≤0，解得−1≤a ≤4， 即实数a 的取值范围是[−1,4]．
解析：本题考查函数性质与含参不等式的解法．
(1)由条件知f(x)图象的对称轴为直线x =1，所以可求出m.再由f(x)的最小值为4解得n.继而得到解析式;
(2)不等式f(x)≥a 2−3a 的解集为R ，等价于不等式f(x)≥a 2−3a 对任意实数x 恒成立，所以a 2−3a ≤f(x)min ，即得a 2−3a −4≤0，继而可求出结果．。