安徽省合肥市重点中学2023-2024学年高一上学期期中联考数学试题含解析

高一数学（答案在最后）

一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.

1.已知集合A2,1,2,3，Bx|2x0，则AB（）A.2,3B.2,2C.1,2【答案】D【解析】【分析】首先求解集合B，再根据交集的定义，即可求解.【详解】由题意可知，A2,1,2,3，Bx|x2，所以AB2,3.故选：D2.不等式x12x0的解集是（）.A.xx1B.x1x2C.xx1或x2【答案】B【解析】【分析】由一元二次不等式的解法，可得答案.【详解】由不等式x12x0，则x1x20，解得1x2.故选：B.3.已知a0.30.3,b0.30.2,c20.01，则下列正确的是（）A.cbaB.cC.bac

【答案】A【解析】【分析】根据指数函数单调性结合中间值“1”分析判断.【详解】因为y0.3x在R上单调递减，且0.30.20，可得0.30.30.30.20.301，即ab1，D.2,3D.xx2D.acb又因为y2x在R上单调递增，且0.010，可得c20.01201，所以cba.故选：A.x1,x0

4.已知函数fx2，则“x02”是“fx01”的（,x0xA.充分不必要条件C.充要条件【答案】A【解析】【分析】根据充分条件，必要条件的定义结合分段函数的性质即得.【详解】由f2211，即“x02”“fx01”，由fx01，可知当x00时，可得x011，解得x02；当x00时，可得B.必要不充分条件）D.既不充分也不必要条件2

1，可得x02，x0

即“fx01”¿“x02”；所以“x02”是“fx01”的充分不必要条件.故选：A.5.已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，且在(0,)上单调递减，f(2)0，则不等式xf(x)0的解集为（）B.(,2)(2,)C.(2,0)(0,2)

D.(2,0)(2,)

A.(,2)(0,2)【答案】A【解析】【分析】根据f(x)为偶函数，可得f(x)在(,0)上的单调性，将所求xf据f(x)的性质，即可求得答案.x0x0

(x)0整理为或，根f(x)0f(x)0

【详解】因为f(x)在R上的偶函数，且(0,)上单调递减，所以f(x)在(,0)上单调递增，且f(2)f(2)0，则xf(x)0等价于

x0x0

或，f(x)0f(x)0

根据f(x)的单调性和奇偶性，解得x<2或0x2，故选：A32xax,x1

26.若函数fx在R上是增函数，则实数a的取值范围是（）a1x1,x1

A.1,2【答案】D【解析】【分析】根据一次函数以及二次函数的性质，即可由分段函数的单调性求解.2B.,4

5

C.

5,24

D.1,

45

a2132xax,x1

2【详解】fx在R上是增函数,则需满足a10，a1x1,x13a111a

2

解得1a故选：D7.若两个正实数x，y满足A.C.5

，4

14y

1，且不等式xm23m有解，则实数m的取值范围是（xy4B.{mm0或m3}D.{mm1或m4}

）m1m4m4m1【答案】D【解析】【分析】利用基本不等式“1”的代换求不等式左侧的最小值，根据不等式有解得m23m4，即可求参数范围.14

【详解】因为正实数x，y满足1，xy

所以x

y14y4xy4xyx2224，4xy4y4xy4xy

取得最小值4，4

当且仅当y8，x2时，x由x

y

m23m有解，则m23m4，解得m1或m4．4故实数m的取值范围是{mm1或m4}.故选：D3x12

8.已知函数fxx3x3，且faf3a46，则实数a的取值范围为（31

A.）4,1B.3,2C.0,5D.,4U1,【答案】D【解析】3x1【分析】构造函数gxx3x，则gxfx3，然后判断函数gx的单调性及奇偶性，结合31单调性及奇偶性可求.3x1【详解】解：令gxx3x，则gxfx3，313x13x13x113x因为xR，gxgxx3xx3xxx0，31313131∴gx为奇函数，又因为gx1∵fa∴ga

2

f3a46，则fa3f3a430，2

22

3x，由复合函数单调性知gx为xR的增函数，x31g3a40，ga2g3a4g43a，∴a243a，解得a<-4或a1，故a,41,故选：D.二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.

9.下列各组函数中，表示同一个函数的是（A.fxx,gxx2B.fxx,gx1

0）C.fxxx2x2,gx12xx1,x0x,x0

,gxD.fx

1,x01,x0



【答案】ACD【解析】【分析】利用同一函数的定义，逐项判断即可.【详解】对于A，函数f(x),g(x)的定义域均为R，且fx|x|,gx|x|，A是；对于B，函数fxx的定义域为{xR|x0}，而gx1的定义域为R，B不是；0

对于C，函数f(x),g(x)的定义域均为{xR|x0}，而x(x2)21，C是；2xx对于D，函数f(x),g(x)的定义域均为R，而当x0时，xx1，当x0时，1，|x||x|

1,x0

g(x)因此，D是.

1,x0

故选：ACD10.下列说法正确的是()A.命题“xR，x210”的否定是“xR，使得x210”B.若集合Axaxx10中只有一个元素，则aC.关于x的不等式ax2bxc0的解集21

4

11



,2,3，则不等式cx2bxa0的解集为321

yf2x1yfx2,3D.若函数的定义域是,2的定义域是，则函数2

【答案】CD【解析】【分析】根据命题的否定即可求解A，根据a0即可求解B，根据一元二次方程与不等式的关系即可求解C，根据抽象函数定义域的求解即可判断D.【详解】对于A，命题“xR，x210”的否定是“xR，使得x210”，故A错误；对于B，当a0时，集合Axx101也只有一个元素，故B错误；对于C，不等式ax2bxc0的解集2,3，则2,3是ax2bxc0的两个根，b

23a

c

所以23，故ba,c6a，则cx2bxa0可化为6ax2axa0，即6x2x10，a

a0

故3x12x10，所以不等式的解为, ，C正确；对于D，yfx的定义域是2,3，则函数yf2x1满足22x13，解得以函数yf2x1的定义域是故选：CD11.下列命题中正确的是（A.x241x24x22x

1132

1

x2，所2

1

,2，D正确，2

）的最小值为2的值域为,222

B.函数y

12

C.已知fx为定义在R上的奇函数，且当x0时，fxx2x，则x0时，fxx2xD.若幂函数fxmm1x

2

m1

在0,上是增函数，则m1

【答案】CD【解析】【分析】根据基本不等式即可判断A，根据指数复合型函数的单调性即可求解B，根据函数的奇偶性即可求解C，根据幂函数的性质即可求解D.【详解】对于A，由于x42，所以2x241x422，当且仅当x24

1x42，即x241时等号成立，但x241无实根，故等号取不到，故A错误，对于B,由于tx22xx111，所以y

2

12

x22x112，又y221x22x0，故函数y

1

2

x22x

的值域为0,2，B错误，2

2

对于C，当x0时，则x0，fxx2xx22x，由于fxfxx2x，故x0时，fxx2x，C正确，2

对于D，幂函数fxmm1x

2

m1

m2m11

在0,上是增函数，则，解得m1，故D正m10

确，故选：CD12.若函数fx同时满足：①对于定义域上的任意x，恒有fxfx0；②对于定义域上的任意x1,x2，当x1x2时，恒为“理想函数”的是(A.fxx【答案】ABD【解析】【分析】根据奇偶性和单调性的定义逐项分析判断.【详解】对于①②可知：“理想函数”fx在定义域内为奇函数且单调递减.对于选项A：fxx定义域R内为奇函数且单调递减，故A正确；对于选项B：fx3x定义域R内为奇函数且单调递减，故B正确；对于选项C：因为yx3,yx定义域R内均为奇函数且单调递增，所以fxxx定义域R内为奇函数且单调递增，故C错误；3fx1fx2x1x2

)0，则称函数fx为“理想函数”，下列四个函数中能被称B.fx3xC.fxxx

3D.fxe

xex对于选项D：因为fxfxe

xexexex0,故fx为R上的奇函数.而yex,yex定义域R内均为单调递减，所以fxe故选：ABD.xex定义域R内为奇函数且单调递减，故D正确；三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．

13.131 6(π1)0(3)3()34812=________.【答案】16【解析】【分析】利用指数运算法则和分数指数幂运算法则计算出答案.【详解】6131

(π1)0348

2132 3

251432

31

4

1332 3531

116224

故答案为：162x2x14.若fx为奇函数，则a______.x42xa【答案】8【解析】【分析】先根据奇函数定义域的特征求得a8，然后根据奇函数定义验证即可.【详解】由x42xa0得x4且x

a，2因为fx为奇函数，所以fx的定义域关于原点对称，所以

a

4，即a8.22x2x2x2x2x2x当a8时，fxfx，x42x8x42x8x42x8所以fx为奇函数.故答案为：8

15.若不等式(a2)x22(a2)x40对一切xR恒成立，则a的取值范围是___________.【答案】(2,2]【解析】【分析】分a20和a20两种情况讨论求解.【详解】当a20，即a2时，4<0恒成立，当a20时，因为不等式(a2)x22(a2)x40对一切xR恒成立，a20所以，解得2a2，2Δ4a216a20

综上，2a2，即a的取值范围是(2,2]故答案为：(2,2]16.已知a0,b0.若a2b2ab0，求a3b的最小值是________.【答案】【解析】【分析】根据基本不等式乘“1”法即可求解.5

62

【详解】由a2b2ab0得11

1，2ba

由于a0,b0，所以a3ba3b

a3b5115a3b5

26，2ba22ba22ba2

当且仅当a3b661

，即a1,b时，等号成立，2ba262

5

6，25

故答案为：62

故最小值为四、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.设集合UR，Ax0x3，Bxm1x2m．（1）m3，求A(ðUB)；（2）若“xB”是“xA”的充分不必要条件，求m的取值范围．【答案】（1）0,2；（2）m1或1m【解析】【分析】（1）首先应用补集运算求ðUB，再由交集运算求A(ðUB)即可；（2）由题设BA，讨论B、B3

.2列不等式求参数范围即可.【小问1详解】由题意，当m3时Bx2x6，故ðUB{x|x2或x6}，而Ax0x3，故A(ðUB)[0,2).【小问2详解】由“xB”是“xA”的充分不必要条件，可得BA，当B时，m12mm1，符合题意；m103当B时，需满足2m3（m10、2m3等号不能同时成立），解得1m，2m12m综上，m的取值范围为m1或1m

4

18.已知mR，命题p：x0,2，mx22x，命题q：x0,，使得方程xm成立.x（1）若p是真命题，求m的取值范围；（2）若pq为真命题，pq为假命题，求m的取值范围.【答案】（1）m1（2）,14,【解析】【分析】（1）根据恒成立的思想可知mx2x（2）根据基本不等式可求得x

3

．2

2min，由二次函数最值可求得结果；讨论p真q假和p假q真两种情况即可.【小问1详解】4

4，由能成立的思想可知m4时；由题意可知p,q一真一假，分别x若p是真命题，则mx22x在0,2上恒成立，∵x22xx11，x0,2，2

∴当x1时，x2x∴m1；【小问2详解】2

min

1，对于q，当x0时，x

442x4，当且仅当x2时取等号，xx若x0,，使得方程x

若pq为真命题，pq为假命题，则p和q一真一假，当p真q假时，

4

m成立，只需m4即可，xm1

m1，m4   

m1

m4

m4   

当p假q真时，

综上，m的取值范围为,14,.19.已知指数函数fx3a10a4a在其定义域内单调递增．2x（1）求函数fx的解析式；（2）设函数gxf2x4fx3，当x0,2时．求函数gx的值域．【答案】（1）fx3（2）7,42【解析】【分析】（1）根据指数函数定义和单调性可解；（2）令t3x，利用二次函数的单调性求解可得.【小问1详解】x

fx是指数函数，3a210a41，解得a3或a1，3又因为fx在其定义域内单调递增，所以a3，fx3x；【小问2详解】gx32x43x33x243x3,

x0,2，3x1,9，令t3x,t1,9，gtt24t3,t1,9，gtming27，gtmaxg99249342，gx的值域为7,42．a2x

20.已知定义域为R的函数f(x)是奇函数．b2x（1）求a,b的值；（2）判断f(x)的单调性并用定义证明；（3）若存在t[0,4]，使fkt【答案】（1）a1,b1；（2）函数f(x)在R上是减函数，证明见解析；（3）k4【解析】【分析】（1）首先由fx是奇函数可知f(0)0，得出a1，后面再根据当x0时，有恒等式2

f4t2t0成立，求k的取值范围．2

b12x10成立即可求出b1；（2）根据函数单调性定义即可证得函数fx单调递减；（3）结合函数奇偶性、单调性将不等式转换为kt24t，由题意可知问题等价于kg(t)min，由此即可得解.【小问1详解】因为函数f(x)是定义在R上的奇函数，a1

0，所以a1，b11axa2x2又因为f(x)f(x)，所以x，1b2bx2所以f(0)0，即2x12x1

将a1代入，整理得，

b2x1b2x当x0时，有b2x1b2x，即(b1)210恒成立，x

又因为当x0时，有2x10，所以b10，所以b1.经检验符合题意，所以a1,b1.【小问2详解】x12x2122，由（1）知：函数f(x)112x12x12x函数f(x)在R上是减函数.设任意x1,x2R，且x1x2，则f(x1)f(x2)1

22

112x112x2



22x22x1x112121212

x2x1

22x12x2x11

x2由x1x2，可得2x2x110，又12x10,12x20,2x10，则22x12x2x11

1212

x1x20，则f(x)f(x)，1

2

则函数f(x)在R上是减函数.【小问3详解】因为存在t[0,4]，使fkt

2

f4t2t0成立，2

2

又因为函数f(x)是定义在R上的奇函数，所以不等式可转化为fkt

2

f2t4t，又因为函数f(x)在R上是减函数，所以kt22t24t，所以kt24t，令g(t)t24t(t2)24，由题意可知：问题等价转化为kg(t)min ，又因为g(t)min g(2)4，所以k4.21.漳州市某研学基地，因地制宜划出一片区域，打造成“生态水果特色区”.经调研发现：某水果树的单株产2x217,0x2

量W(单位：千克)与施用肥料x(单位：千克)满足如下关系：Wx，且单株施8

,2x550

x1

用肥料及其它成本总投入为20x10元.已知这种水果的市场售价大约为10元/千克，且销路畅通供不应求.记该水果树的单株利润为fx(单位：元).（1）求函数fx的解析式；（2）当施用肥料为多少千克时，该水果树的单株利润最大？最大利润是多少？20x220x330,0x2

【答案】（1）fx；80

49020x,2x5

x1

（2）3千克时，该水果树的单株利润最大，最大利润是390元．【解析】【分析】（1）由已知fx10Wx20x10，分段代入后整理得答案；（2）分段求出函数的最大值，取两个最大值中的较大者得结论．【小问1详解】由已知fx10Wx20x10，2x217,0x2



又Wx，8

,2x550x1

20x21720x10,0x2

所以fx，80

20x10,2x5500

x120x220x330,0x2

整理得fx.80

20x,2x5490

x1

【小问2详解】1当0x2时，fx20x220x33020x325，2

当0x2时，fxf2370，当2x5时，fx490

28080

20x49020x120x1x1

8020x1390，x180

47020x1470

x1

当且仅当80

20x1，即x3时等号成立，fxmax390，x1因为370390

综上，所以fx的最大值为390.

故当施用肥料为3千克时，该水果树的单株利润最大，最大利润是390元．22.设aR，函数fxxax．2（1）当a1时，求fx在0,1的单调区间；（2）记M(a)为fx在0,1上的最大值，求M(a)的最小值．11【答案】（1）单调递增区间为0,，递减区间为,1；22

（2）322.【解析】2xx,x,01,+2【分析】（1）当a1时，得fxxx2，根据二次函数的图象和性质，xx,x0,1即可得出fx在0,1的单调区间；[]（2）对a进行讨论，分类a0和a<0两种情况，再分2a222和a222，结合函数的单调性求出fx在0,1上的最大值M(a)，再由分段函数M(a)的解析式和单调性，即可求出M(a)的最小[]值．【小问1详解】2xx,x,01,+2解：当a1时，fxxx2，xx,x0,1当x0,1时，fxxx，则对应抛物线开口向下，对称轴为x

21

，2

11可知，fx在x0,单调递增，,1单调递减，22

即fx在x0,1的单调递增区间为0,【小问2详解】解：x0,1，若a0时，fxxax，对称轴为x2



11，递减区间为,1.22

a0，2所以fx在0,1单调递增，可得Ma1a；[]若a<0，则fx在0,

aa

,a单调递增，在单调递减，在a,单调递增，22

若1

a

，即a2时，fx在[0,1]递增，可得M(aa1；2aa0,fx由a<0，可得在递增，在,a递减，22aa2

即有fx在x时取得，242

a12当xa时，由xax，解得：xa，42

2

若

a121a，即2a222，222a可得fx的最大值为Ma；4若1

12a，即a222，可得fx的最大值为Ma1a；2

1a,a222

Ma即有a1,a2，2a,2a2224

当a222时，Ma322；当a2时，Ma1；当2a222，可得Ma

1

(222)2322．4

综上可得Ma的最小值为322．