安徽省怀宁县高河中学2024-2025学年高一上学期11月月考数学试题

2024-2025学年度高河中学高一 11月份月考试题 数学试题 一、单选题（本题共 8小题，每小题 5分，共计 40分．在每小题给出的四个选项中，只有 一项是符合题目要求的．） 1. 已知集合 }52|{ *  xNxA ， {2,4,6}B  ，则 BA 中真子集个数（ ） A. 129  B. 127  C. 126  D. 3 2. 函数 1( ) 2 2 1 f x x x     的定义域为（ ） A.  2,  B. 1 12, , 2 2            C. 1 12, , 2 2              D.  2,  3. “  0 0f  ”是“  f x 是定义在R上的奇函数”的（ ） A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充要条件 D. 既不充分又不必要条件 4.已知 0.22a  ， 0.20.4b  ， 1.015.0c ，则 a，b，c的大小关系是（ ） A. a b c  B. a c b  C. c a b  D. b c a  5.已知   21f x x  ，则   2f f （ ） A. 1 B. 4 C. 9 D. 100 6. 已知函数    2 2 3, 1 , 1 x a x x f x a x x         是 R上的减函数，则实数 a的取值范围是（ ） A.  0,1 B.  0,2 C.  1,2 D.  0,  7.设函数 ( )f x 满足对 x R，都有 ( ) ( )f x f x  ，且在 (0, ) 上单调递增， (2) 0f  ， 2( )g x x ，则函数 ( ) ( )y f x g x 的大致图象是（ ） A． B． C． D． 8．已知   2 22 , 0 1 , 0 x tx t x f x x t x x          ，若  0f 是  f x 的最小值，则实数 t的取值范围为（ ） A． 1, 2 B．  1,0 C． 0,2 D． 1,2 二、选择题：本题共 3小题，每小题 6 分，共 18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 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分. 9.若 a､b､c为实数，则下列命题正确的是（ ） A. 若 a b ，则 2 2ac bc B. 若 0a b  ，则 2 2a ab b  C. 若 0a b  ，则 1 1a b D. 若 0a b  ，则 a b b a  10.下列命题中为真命题的是（ ） A. 函数 4 2 1( ) 1 xf x x    与 2( ) 1g x x  为同一个函数 B.函数 2 1y x x   的值域为 17, 8     C. 若 ( )f x 的定义域为(-2,2]，则 (2 1)f x  的定义域为 ），（ 2 3 2 1  D. 若实数 a，b满足 0, 0, 4a b a b    ，则 2 2 2 2    a b a b 的最小值为 2 11．已知定义在R上的函数  f x 满足     0f x f x   ，  1 2, 0,x x   ，当 1 2x x 时， 都有    1 2 2 1 1 f x f x x x    ，则不等式    2 5 5 3f x f x x    成立的充分不必要条件为（ ） A． 5 ,0 3      B． )4, 3 5 （ C． 50, 3       D． ) 3 11,2[ 三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共计 15 分. 12.函数 2 3y x x  的单调递减区间为 ___________． 13.已知函数 f(x)的定义域为 R,且 f(x+1)是奇函数，f(x+2)是偶函数，当 0≤x<1时，f(x)=x2, 则 ) 2 5(f 。 14.若  1,3x  ，使 2 4 0x ax   为假命题，则 a的取值范围为 。 四、解答题（本大题共 5小题，共 77分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.） 15.已知集合 { | 3 6 0}A x x   ， 1}{ <| 2 4xB x x  ， { || | >3}C x x a  ，全集 RU  ， 求：（1） BACR )（ ； （2）如果 B C  ，求 a的取值范围。 16. 中国芯片产业崛起，出口额增长迅猛，展现强劲实力和竞争力．中国自主创新，多项 技术取得突破，全球布局加速．现有某芯片公司为了提高生产效率，决定投入160万元买一 套生产设备．预计使用该设备后，前 n（ *Nn ）年的支出成本为  210 2n n 万元，每年 的销售收入 98万元．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 20万元的价格处理；方案二：当年平均盈利额达到最大值时，该设备 以 30万元的价格处理，哪种方案较为合理？并说明理由（注：年平均盈利额 总盈利额 年度 ） 17. 已知函数   2f x x bx c   ，不等式 0)( xf 的解集为（2，3）。 （1）求 b，c的值； （2）在 0,1 上，函数  f x 的图象总在一次函数 2y x m  的图象的上方，求实数 m的 取值范围； （3）设当  , 2x t t  （ tR）时，函数  f x 的最小值为  g t ，求  g t 的解析式. 18. 已知函数  f x 的定义域为（ 0， +∞），对任意的 a,b∈（ 0， +∞），都有      f a f b f ab  ．当0 1x  时，   0f x  ． （1）求  1f 的值，并证明：当 1x  时，   0f x  ； （2）判断  f x 的单调性，并证明你的结论； （3）若 1) 2 1( f ，求不等式 01)32( 22  cxxf 的解集. 19．已知二次函数    1f x ax x  ，  0,4a ，  0,1x .若有  0 0f x x ，我们就称 0x 为函 数  f x 的一阶不动点；若有   0 0f f x x ，我们就称 0x 为函数  f x 的二阶不动点. (1)求证：  0 1f x  ； (2)若函数  f x 具有一阶不动点，求 a的取值范围； (3)若函数  f x 具有二阶不动点，求 a的取值范围. 2024-2025 学年度高河中学高一 11 月份月考试题 数学参考答案 一、单选题 1.~4 CBBA 5~8DACC 二、多选题： 9.BD 10.ABD 11．AC 三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共计 15 分. 12. ( , 3]  ． 13. 4 1  14.    , 4 5,    四、解答题（本大题共 5 小题，共 77 分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.） 15.【解析】（1）依题意，集合  | 2A x x  ， }2|{  xxACR 集合  2 4 41 40| } 0} { | ( 4) 0}{ { | | 0B x x x x x x x x x x x        ，. 所以. }0|{)  xxBACR （ （2）由（1）知，集合  | 0 4B x x   ， 而 { | 3C x x a    或 3} { | 3x a x x a     或 3}x a  ， 又 B C  ，因此 3 0a   且 3 4a   1 3a  ， 所以 a的取值范围是1 3a  . 16. 【解析】方案二更合理，理由如下： 设  f n 为前 n年的总盈利额，单位：万元； 由题意可得    2 298 10 2 160 10 100 160f n n n n n n        ， 方案一：总盈利额    2210 100 160 10 5 90f n n n n        ， 当 5n  时，  f n 取得最大值90；此时处理掉设备，则总利额为90 20 110  万元 方案二：平均盈利额为   210 100 160 16 1610 100 100 20 20f n n n n n n n n n                 ， 当且仅当 16n n  ，即 4n  时，等号成立；即 4n  时，平均盈利额最大，此时   80f n  ， 此时处理掉设备：总利润为80 30 110  万元； 综上，两种方案获利都是110万元，但方案二仅需要 4 年即可，故方案二更合适． 17. 【解析】（1）不等式 0)( xf 的解集为（2，3）所以 2，3 为方程 2 0x bx c   的两根， 由根与系数的关系可得 2 3 b   ， 2 3 c  ， 所以 5b   ， 6c  . （2）由（1）可知，   2 5 6f x x x  且满足 0 1x   ， 2 5 6 2x x x m    恒成立， 等价于  2 min 7 6m x x   ，0 1x  ， 函数 2 7 6y x x   的对称轴为 7 2 x  ，开口向上，所以在  0,1 上单调递减. 所以 1x  时， y 有最小值 0， 所以 0m  ，实数 m的取值范围为  , 0 . （3）   2 5 6f x x x  ，函数的对称轴为 5 2 x  ，开口向上， 若 52 2 t  ≤ ，即 1 2 t  ，则  f x 在 , 2t t  上单调递减，          2 2min 2 2 5 2 6f x f t t t t tg t           ； 若 5 2 t  ，则  f x 在 , 2t t  上单调递增，       2min 5 6g t f x f t t t     ； 若 5 2 2 t t   ，即 1 5 2 2 t  ， 则  f x 在 , 2t t  上先减后增，    min 5 1 2 4 g t f x f         ， 所以，   2 2 1, 2 1 1 5, 4 2 2 55 6, 2 t t t g t t t t t              . 18. 【解析】(1)因为 a,b∈（0，+∞），都有      f a f b f ab  ， 所以令 1a b  ，得      1 1 1f f f  ，则� 1 = 0， 因为0 1x  时，   0f x  ，所以当 1x  时， 10 1 x   ，则 1( ) 0f x  ， 令 1,a x b x   ，得    1 1 0f x f f x        ，所以   1 0f x f x        . (2)  f x 在（0，+∞）上单调递减，证明如下： 不妨设 1 20 x x  ，则 1 2 0 1x x   ， 1 2 ( ) 0xf x  ， 令 1 2 2 , xa x b x   ，则 12 1 2 ( ) ( ) ( )xf x f f x x   ，所以 12 1 2 ( ) ( ) ( ) 0xf x f x f x     ， 即 1 2( ) ( )f x f x ，所以  f x 在（0，+∞）上单调递减； (3)由 01)32( 22  cxxf ，得 1)32( 22  cxxf ， 又 1) 2 1( f , 1)2(0)1() 2 1()2(, 2 1,2  ffffba 则令 ， 由（2）知  f x 在（0，+∞）上单调递减， 所以 232 22  cxx ，所以 012 22  cxx ， 即 0)]1()][1([  cxcx ，则该不等式对应方程的实数根为1 c 和1 c ． 当 0c  时，1 1c c   ，不等式的解集为 ),1()1  cc ，（ ， 当 0c  时，1 1c c   ，不等式的解集为 ),1()1  ，（ ， 当 0c  时，1 1c c   ，不等式的解集为 ),1()1  cc ，（ ， 综上：当 0c  时，解集为 ),1()1  cc ，（ ， 当 0c  时，解集为 ),1()1  ，（ ， 当 0c  时，解集为 ),1()1  cc ，（ ． 19．【解析】（1）由题可知  0,4a ，  0,1x ， 所以       21 10 1 0 1 0 1 1 2 4 x xx x x x ax x                故  0 1f x  . （2）由题可知  0 0 0 0 11 1 ax x x a x      因为  0 0,1x  ，  0,4a 所以1 4a  . （3）若1 4a  ，由（2）可知：函数  f x 具有一阶不动点， 即存在  0 0,1x  ，使得  0 0f x x ，则     0 0 0f f x f x x  ， 所以函数  f x 具有二阶不动点， 若  0,1a ，由（2）可知函数  f x 不具有一阶不动点， 可知对任意  0,1x ，且  f x 连续不断，可知  f x x 或  f x x 恒成立， 若  f x x ，则     f f x f x x  ，此时函数  f x 不具有二阶不动点； 若  f x x ，则     f f x f x x  ，此时函数  f x 不具有二阶不动点； 即  0,1a 时，函数  f x 不具有二阶不动点； 综上所述： a的取值范围为1 4a  .