河南省郑州市新密青屏中学2024-2025学年高一上学期期中质量检测数学试题

2024-2025学年郑州市新密青屏高中高一上学期数学 期中质量检测 测试时间：120分钟　满分：150分 一、单项选择题：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，只有一项是符合题目要求的． 1．命题“存在一个五边形，它是轴对称图形”的否定是(　　) A．存在无数个五边形，它是轴对称图形 B．存在一个五边形，它不是轴对称图形 C．任意一个五边形，它是轴对称图形 D．任意一个五边形，它不是轴对称图形 2．已知全集U＝M∪N＝{x∈N|0≤x≤10}，M∩＝{1，3，5，7}，则集合N＝(　　) A． B． C． D． 3．若“x>a”是“x>1”的必要不充分条件，则实数a的取值范围为(　　) A． B． C． D． 4．函数f(x)＝的图象大致为(　　) 5．已知函数y＝f(x)可表示为 x 0<x<2 2≤x<4 4≤x<6 6≤x≤8 y 1 2 3 4 则下列结论正确的是(　　) A．f(f(4))＝3 B．f(x)的值域是{1，2，3，4} C．f(x)的值域是[1，4] D．f(x)在区间[4，8]上单调递增 6．已知幂函数y＝xm2－2m－3(m∈N*)的图象关于y轴对称，且在(0，＋∞)上单调递减，则满足(a＋1)－<(3－2a)－的a的取值范围为(　　) A．(0，＋∞) B． C． D．(－∞，－1)∪ 7．已知函数f＝在其定义域内为偶函数，且f＝，则f＋f＋…＋f＋f＋f＋…＋f＝(　　) A．2 024 B． C．2 023 D． 8．设MI表示函数f(x)＝|x2－4x＋2|在闭区间I上的最大值．若正实数a满足M[0，a]≥2M[a ，2a]，则正实数a的取值范围是(　　) 　　　　　　　　　　　　　　　　　　 A． B．[2－，1] C．[2，2＋] D．[2＋，4] 二、多项选择题：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，有选错的得0分．若只有2个正确选项，每选对一个得3分；若只有3个正确选项，每选对一个得2分． 9．下列说法正确的有(　　) A．命题“∃x∈R，1<y≤2”的否定是“∀x∈R，y≤1或y>2” B．“至少有一个x使x2＋2x＋1＝0成立”是全称量词命题 C．“∃x∈R，x－2>”是真命题 D．“∀x∈R，x2>0”的否定是真命题 10．已知x>0，y>0且2x＋y＝1，则(　　) A．xy的最小值为 B．xy的最大值为 C．＋的最小值为8 D．＋的最大值为8 11．已知函数f(x)的定义域为R，且f≠0，若f(x＋y)＋f(x)f(y)＝4xy，则(　　) A．f＝0 B．f＝－2 C．函数f是偶函数 D．函数f是减函数 三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分． 12．函数f＝＋＋的定义域为__________． 13．已知函数f(x)＝，若函数f(x)在R上不是增函数，则实数a的一个取值为________．(写出一个满足题意的a的值即可) 14．已知f是定义在R上的奇函数，对任意x1，x2∈，x1≠x2，都有<0，且对于任意的t∈，都有f＋f>0恒成立，则实数m的取值范围是__________． 四、解答题：本题共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．已知函数f(x)＝－x＋，其中a∈R，f(2)＝0.求a的值并用定义法证明函数f(x)在区间[1，＋∞)上单调递减． 16．(15分)已知集合A＝{x|2－b≤ax≤2b－2}(a>0)，B＝. (1)当a＝1，b＝3时，求A∪B和∁RB； (2)是否存在实数a，b，使得A＝B？若存在，求出a，b的值；若不存在，请说明理由． 17．(15分)已知幂函数(f)＝·x2m－4在上单调递减． (1)求函数f的解析式； (2)若f<f，求x的取值范围． 18．(17分)随着我国经济发展、医疗消费需求增长、人们健康观念转变以及人口老龄化进程加快等因素的影响，医疗器械市场近年来一直保持了持续增长的趋势．上饶市医疗器械公司为了进一步增加市场竞争力，计划改进技术生产某产品．已知生产该产品的年固定成本为400万元，最大产能为100台．每生产x台，需另投入成本G万元，且G＝，由市场调研知，该产品每台的售价为200万元，且全年内生产的该产品当年能全部销售完． (1)写出年利润W万元关于年产量x台的函数解析式(利润＝销售收入－成本)； (2)当该产品的年产量为多少时，公司所获利润最大？最大利润是多少？ 19．(17分)对于函数f(x)＝ax2＋(1＋b)x＋b－1(a≠0)，若存在实数x0，使f(x0)＝mx0成立，则称x0为f(x)关于参数m的不动点． (1)当a＝1，b＝－2时，求f(x)关于参数1的不动点； (2)若对于任意实数b，函数f(x)恒有关于参数1的两个不动点，求a的取值范围； (3)当a＝1，b＝2时，函数f(x)在x∈(0，2]上存在两个关于参数m的不动点，试求参数m的取值范围． 2024-2025学年郑州市新密青屏高中高一上学期数学 期中质量检测 1．D　[命题“存在一个五边形，它是轴对称图形”的否定是“任意一个五边形，它不是轴对称图形”．故选D.] 2．C　[U＝M∪N＝{x∈N|0≤x≤10} ＝， 且M∩＝{1，3，5，7}，则集合N中不包含元素1，3，5，7，即N＝.故选C.] 3．A　[因为“x>a”是“x>1”的必要不充分条件，所以，所以a<1， 即实数a的取值范围为.故选A.] 4．A　[由题意可得函数f(x)的定义域为{x|x≠±1}，且f(－x)＝＝－f(x)，故函数f(x)为奇函数，排除B，D.由f＝＝－<0，排除C.故选A.] 5．B　[f(4)＝3，f(f(4))＝f(3)＝2，所以A选项错误；由题表得f(x)的值域是{1，2，3，4}，所以B选项正确，C选项错误；f(x)在区间[4，8]上不是单调递增的，如：5>4，但是f(5)＝f(4)＝3，所以D选项错误．故选B.] 6．D　[幂函数y＝xm2－2m－3(m∈N*)在(0，＋∞)上单调递减，故m2－2m－3<0，解得－1<m<3.又m∈N*，故m＝1，2.当m＝1时，y＝x－4的图象关于y轴对称，满足题意；当m＝2时，y＝x－3的图象不关于y轴对称，舍去，故m＝1.(a＋1)－<(3－2a)－，函数y＝x－在(－∞，0)和(0，＋∞)上单调递减，故a＋1>3－2a>0或0>a＋1>3－2a或a＋1<0<3－2a，解得a<－1或<a<.故选D.] 7．B　[因为f＝的定义域为R，且为偶函数，所以f＝f，即＝，解得b＝0， 所以f＝.又因为f＝＝，即a＝1，所以f＝. 因为f＋f＝＋＝＋＝1， 所以f＋f＋…＋f＋f＋f＋…＋f ＝＋ ＋…＋＋f＝2 023＋＝.故选B.] 8．A　[函数f(x)的图象如下所示： 则f(x)图象的对称轴为x＝2，f(2)＝2，f(0)＝f(4)＝2.①当a>4时，M[0，a]＝f(a)，M[a，2a]＝f(2a)，依题意，f(a)≥2f(2a)，而函数f(x)在x≥2＋时是增函数，a<2a，所以f(a)<f(2a)，不符合题意；②当a≤4时，M[0，a]＝2，依题意，2≥2M[a，2a]，即M[a，2a]≤1，令f(x)＝1，解得x1＝2－，x2＝1，x3＝3，x4＝2＋，由图可知a≥2－且2a≤1，解得2－≤a≤，或a≥3且2a≤2＋，无解．故选A.] 9．ACD　[由存在量词命题的否定是全称量词命题，知选项A中说法正确；“至少有一个x使x2＋2x＋1＝0成立”是存在量词命题，故选项B中说法错误；当x＝9时，x－2>，即7>3成立，故选项C中说法正确；命题“∀x∈R，x2>0”的否定是“∃x∈R，x2≤0”，当x＝0时，x2≤0成立，故选项D中说法正确．故选ACD.] 10．BC　[由已知，2x＋y≥2＝2·，所以xy≤＝，当且仅当2x＝y＝时，等号成立，B正确；＋＝×1＝＝2＋2＋＋≥4＋2＝8，当且仅当2x＝y＝时，等号成立，C正确．故选BC.] 11．ABD　[当x＝0，y＝时，f＋f(0)f＝0，f[1＋f(0)]＝0，而f≠0，∴f(0)＝－1，当x＝－，y＝时，f(0)＋ff＝－1， ∴ff＝0，∴f＝0，A对． f(x)过点(0，－1)，，不妨令f(x)＝kx＋b，则， ∴，f(x)＝－2x－1， f(x＋y)＋f(x)f(y)＝－2(x＋y)－1＋(－2x－1)·(－2y－1)＝4xy满足条件，则f＝－2，B对． f＝－2－1＝－2x是奇函数，C错；f＝－2－1＝－2x－2是减函数，D对．] 12．[解析]　函数f＝＋＋有意义，则有，解得x>2且x≠3， 所以函数定义域为∪. [答案]　∪ 13. [解析]　y＝x和y＝x3的图象如图所示，∴当a<－1或0<a<1时，y＝x3有部分函数值比y＝x的函数值小，故当a<－1或0<a<1时，函数f(x)在R上不是增函数，所以实数a的一个取值可以为－2. [答案]　－2(答案不唯一) 14．[解析]　不妨设x1<x2，则x1－x2<0. ∵<0，∴f－f>0， ∴f>f，故f(x)为R上的减函数，又f是定义在R上的奇函数， 故由f＋f>0可得f>－f＝f， 因函数f(x)在R上为减函数，可得mt2－t<－2m在t∈上恒成立，故得m<＝，t∈， 因y＝t＋在t∈为减函数，t∈为增函数． 所以g＝在t∈为增函数，t∈为减函数， 所以m<＝在t∈上恒成立⇔m<gmin，因g(1)＝，g(4)＝， 则t＝4时，g＝，故m<. [答案]　 15．[解]　由于f(2)＝0，所以－2＋＝0，解得a＝4. 所以f(x)＝－x＋，在[1，＋∞)上任取x1，x2，且x1<x2， 则f(x1)－f(x2)＝－x1＋－＝(x2－x1)＋＝， 因为1≤x1<x2，所以x2－x1>0，x1x2＋4>0，x1x2>0， 所以>0，即f(x1)>f(x2)， 故函数f(x)在区间[1，＋∞)上单调递减． 16．[解]　(1)当a＝1，b＝3时，A＝{x|－1≤x≤4}． 又B＝， 所以A∪B＝{x|－1≤x≤4}， ∁RB＝. (2)假设存在实数a，b满足条件． 因为a>0，所以由2－b≤ax≤2b－2，得≤x≤. 由A＝B，得解得故存在a＝2，b＝3，使得A＝B. 17．[解]　(1)由幂函数f＝·x2m－4在上单调递减， 可得，解得m＝3，所以f＝x2. (2)由函数f＝x2图象关于y轴对称，且在上单调递增， 则f<f可化为<，平方得4x2－4x＋1<x2＋4x＋4， 化简得3x2－8x－3<0，解得－<x<3，所以x的取值范围是. 18．[解]　(1)由题意可得W＝ ， 所以W＝. (2)当0<x≤40时，W＝－2x2＋140x－400＝－2(x－35)2＋2 050，当x＝35时，W取最大值，W＝2 050(万元)； 当40<x≤100时，W＝－x－＋1 700＝－＋1700≤－2＋1 700＝1 580， 当且仅当x2＝3 600，即x＝60时，等号成立，即W≤1 580(万元)，因为2 050>1 580， 故当该产品的年产量为35(台)时所获利润最大，最大利润为2 050(万元). 19．[解]　(1)当a＝1，b＝－2时，f(x)＝x2－x－3， 由x2－x－3＝x，即x2－2x－3＝0， 解得x＝－1或x＝3， 故当a＝1，b＝－2时，f(x)关于参数1的两个不动点为－1和3. (2)∵f(x)＝ax2＋(b＋1)x＋b－1(a≠0)恒有关于参数1的两个不动点， ∴ax2＋(b＋1)x＋b－1＝x，即ax2＋bx＋b－1＝0恒有两个不等实根． ∴Δ＝b2－4ab＋4a>0(b∈R)恒成立，即关于b的一元二次方程b2－4ab＋4a＝0(b∈R)无解， 则(－4a)2－16a<0，解得0<a<1， 故a的取值范围为(0，1). (3)由已知得x2＋3x＋1＝mx在x∈(0，2]上有两个不同的解， 即x2＋(3－m)x＋1＝0在x∈(0，2]上有两个不同的解． 令h(x)＝x2＋(3－m)x＋1， 则，解得5<m≤. 故m的取值范围为. 学科网（北京）股份有限公司 $$