期中考试测控卷-【三清必刷】2025-2026学年高一数学必修第一册（人教A版2019）

—98 — 综上所述,实数m 的取值范围是[-4,+∞); (2)∵y=f(x)为奇函数,在[0,+∞)上,f(x)=x2-2x ∴当x<0时,-x>0, f(x)=-f(-x)=-[(-x)2-2(-x)]=-x2-2x, 作出f(x)的图象如图: 当x<0时,可得f(-1)=1, 当x≥0时,由f(x)=x2-2x=1,得x2- 2x-1=0, ∴x=1+ 2, ∵函数y=f(x)在区间(-∞,t]上存在最大 值 M, ∴当t≤-1时,y=f(x)为增函数, 则最大值为 M=f(t)=-t2-2t, 当-1<t<1+ 2时,函数的最大值为 M=f(-1)=1, 当t≥1+ 2时,函数的最大值为 M=f(t)=t2-2t, 综上得 M=g(t)= -t2-2t,t≤-1 1,-1<t<1+ 2 t2-2t,t≥1+ 2 (3)证明:若y=f(x)在定义域 R上是严格增函数, 则函数y=f(x)在区间(-∞,t]上也为增函数, 则f(t)也随着t的增大而增大,所以 M=g(t)=f(t), 故函数g(t)在定义域 R上是严格增函数; 即“y=f(x)在定义域 R上是严格增函数” ⇒“M=g(t)在定义域 R上是严格增函数”; 若函数 M=g(t)在 R上严格单调递增, 任取t∈R,则存在x0≤t,使得g(t)=f(x0), 因为(-∞,x0]⊆(-∞,t],则当x≤t时,f(x)max=f(x0), 且当x≤x0 时,f(x)max=f(x0),则g(x0)=f(x0),所以g(x0)=g(t), 因为函数 M=g(t)在 R上严格单调递增, 所以x0=t,即,g(t)=f(t),故f(t)随着t的增大而增大,故函数 f(x)在 R上严格单调递增. 即“y=f(x)在定义域 R上是严格增函数”⇐“M=g(t)在定义域 R上是严格增函数”. 综上所述,“y=f(x)在定义域 R上是严格增函数”的充要条件是 “M=g(t)在定义域 R上是严格增函数”. 高中期考测控卷 期中考试测控卷 1.C [由题意知A={x|(3-x)(x+2)≥0,x+2≠0,x∈Z}={-1, 0,1,2,3},B={x|-1≤x<3},则 A∩B={-1,0,1,2},所 以 ∁U(A∩B)={-2,3,4}.故选C.] 2.A [因为x>0,x+ 4x+1=x+1+ 4 x+1-1≥2 (x+1)· 4x+1- 1=3,当且仅当x+1= 4x+1 时去等号,即x=1时取等号;所以使 得∀x>0,a≤x+ 4x+1 的充要条件为a≤3,而充分不要条件应该 为a≤3的真子集,所以应选a≤2.故选A.] 3.B [因为x2-x>0,解得x>1或x<0,x+1x-2>0 即(x+1)(x- 2)>0,解得x>2或x<-1,所以“x2-x>0”是“x+1x-2>0 ”的必要 不充分条件,故选B.] 4.A [依题意,f(-1)=2,f(2)=2+42+1=2 ,所以f(f(f(-1)))= f(f(2))=f(2)=2.故选A.] 5.A [∵ax2-bx-1≥0的解集为 x -12≤x≤-13 ,∴a<0 且方程ax2-bx-1=0的两根为:-13 和-12. ∴ b a =- 1 3+ -12 =-56, -1a= -13 × -12 =16 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 ,解得:a=-6b=5 .∴x2-bx-a =x2-5x+6,即x2-5x+6<0,解得:2<x<3.∴x2-bx-a<0 的解集为{x|2<x<3}.故选A.] 【规律方法】 本题考查一元二次不等式的求解,关键是能够根 据一元二次不等式的解集和一元二次方程的根的关系求得a,b 的值. 6.C [由 条 件 可 知, 2a-3<0 a>0 3(2a-3)+2>a4 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 ⇒ 0<a<32 a>2823 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 ⇒2823<a< 3 2 ,故选C.] 7.A [因为函数f(x)= x 4-x2 的定义域为4-x2>0,解得:-2< x<2,故B错 误.f(-x)= -x 4-x2 =-f(x),则 函 数f(x)= x 4-x2 为奇函数,故C,D错误;故选A.] 8.A [因为f(x)=(m+1)x2+(m-1)x+7是定义在(-2n,3n- 3)上的偶函数,所以-2n+3n-3=0,得到n=3,显然 m≠-1,由 y=f(x)图象关于y轴对称,得到m-1=0,解得m=1,所以f(x) =2x2+7,满足要求,得到f(n)+f(m)=f(3)+f(1)=25+9= 34.故选A.] 9.AB [由题意,方程x2+ax+b=0(a>0)有且只有一个根,所以 Δ=a2-4b=0,即a2=4b>0,对A:a2-b2≤4等价于b2-4b+4≥ 0,显然(b-2)2≥0,所以 A选项正确;对B:a2+1b =4b+ 1 b ≥ 2 4b×1b =4 ,故B选项正确;对C:因为不等式x2+ax-b<0的 解集为(x1,x2),所以x1x2=-b<0,所以C选项错误;对D:因为 不等式x2+ax+b<c的解集为(x1,x2),且|x1-x2|=4,则方程 x2+ax+b-c=0 的 两 根 为 x1,x2,所 以|x1 -x2|= (x1+x2)2-4x1x2= a2-4(b-c)= 4c=2c=4,所以c=4, 故D选项错误.故选AB.] 【破题技巧】 由题意,方程x2+ax+b=0(a>0)有且只有一个 根,所以Δ=a2-4b=0,即a2=4b>0,再利用基本不等式和不 等式的性质,即可求解. 10.BD [当b≤0时,由(ax+3)(x2-b)≤0得 到ax+3≤0在x∈(0,+∞)上恒成立,则a 不存在,当b>0时,由(ax+3)(x2-b)≤0 可设f(x)=ax+3,g(x)=x2-b,又g(x) 与f(x)的大致图象如图,那么由题意可知: a<0 -3a=b ,再 由 a,b 是 整 数 得 到 a=-1, b=9, 或 a=-3,b=1, 因此a+b=8或-2.故选BD.] 11.ABC [对于A,Δ(X)=1-(-1)=2,当b≥0时,Δ(Y)=b,故得 b=2;当b<0时,Δ(Y)=-b,故得b=-2,即b=±2,故A错误; 对于B,取f(x)=|x|,g(x)=1,则 M=1,m=-1,满足Δ(X)= 2,但对于任意x∈[-1,1],不能保证f(x)≥g(x)恒成立,故B 错误;对于C,假设存在实数a,使得Δ(Y)<1,若a≥0,则Δ(Y)= (a+2)2-a2=4(a+1)≥4,矛 盾;若a+2≤0,即a≤-2时, Δ(Y)=a2-(a+2)2=-4(a+1)≥4,矛 盾;若-1<a<0,则 Δ(Y)=(a+2)2>1,矛盾;若-2<a<-1,则Δ(Y)=a2>1,矛 盾,若a=-1,则Δ(Y)=1,矛盾.故C错误;对于D,对任意的实 数a,只要b满足[a,a+2]是[b,b+3]的子集,就有 X∪Y=Y,于 是,Δ(X∪Y)=Δ(Y)=3≤3,故D正确.故选ABC.] 【规律方法】 本题主要考查函数新定义的应用,对于函数新定 义选择题型,必须准确把握定义要求,根据信息利用具体函数排 除法,反证法,分类讨论法以及数形结合法一一判断选项即可. 12.λ>8或λ<0 [由题意得:当λ=0时,2>0,不符题意;当λ>0 时,y=λx2-λx+2的对称轴为x=12 ,所以,只需Δ=λ2-8λ> 0,解得:λ>8;当λ<0时,显然满足题意,综上,λ的取值范围为 λ>8或λ<0.故答案为:λ>8或λ<0.] 13.3 [因为α∈ -1,12,2,3 ,所以当幂函数f(x)=xα 为奇函数 时,α=-1或3;而幂函数f(x)=xα 又在(0,+∞)上单调递增 知,所以α=3,故答案为:3.] 14.(0,1) [因为y=f(x)是定义域为(-3,3)的偶函数,f(a-2)< f(3a-2)成立,所以 -3<a-2<3-3<3a-2<3 ,f(|a-2|)<f(|3a-2|), 则-13<a< 5 3 ,又因为f(x)在(0,3)上严格减函数, 所以|a-2|>|3a-2|,平方得(a-2)2>(3a-2)2,解得0<a< 1,所以0<a<1.故答案为:(0,1).] 15.解 (1)由题意可得A={x|x2-2x-3=0}={-1,3}. 因为A=B,所以B={-1,3},则 -1+3=a-1×3=-a2+1 ,解得a=2 (2)因为A∩B≠⌀,所以-1∈B,3∉B 或-1∉B,3∈B 或-1∈ B,3∈B. 若-1∈B,3∈B,则B={-1,3},由(1)知,a=2; 若-1∈B,3∉B,1+a-a2+1=0,即a2-a-2=0,解得a=-1 或a=2(舍去); 若-1∉B,3∈B,9-3a-a2+1=0,即a2+3a-10=0,解得a= -5或a=2(舍去). 综上,a的取值集合为{-5,-1,2}. 16.解 (1)f(x)= (a2-1)x 1+x2 为奇函数,理由如下: f(x)= (a2-1)x 1+x2 的定义域为 R, 又f(-x)=- (a2-1)x 1+(-x)2 =- (a2-1)x 1+x2 =-f(x), 故f(x)= (a2-1)x 1+x2 为奇函数; (2)当a>1时,f(x)= (a2-1)x 1+x2 单调递减, 当0<a<1时,f(x)= (a2-1)x 1+x2 单调递增, ∀x1,x2∈(1,+∞),且x1<x2, 则f(x1)-f(x2)= (a2-1)x1 1+x21 - (a2-1)x2 1+x22 = (a2-1)(x1+x1x22)-(a2-1)(x2+x2x21) (1+x21)(1+x22) = (a2-1)(1-x1x2)(x1-x2) (1+x21)(1+x22) , 因为x1,x2∈(1,+∞),且x1<x2,所以1-x1x2<0,x1-x2<0, 当a>1时, (a2-1)(1-x1x2)(x1-x2) (1+x21)(1+x22) >0,即f(x1)>f(x2), 故f(x)= (a2-1)x 1+x2 单调递减, 当0<a<1时, (a2-1)(1-x1x2)(x1-x2) (1+x21)(1+x22) <0, 即f(x1)<f(x2),故f(x)= (a2-1)x 1+x2 单调递增. 17.解 (1)设x>0,则-x<0,因为当x≤0时,f(x)=-x2+2x, 所以f(-x)=-x2-2x,又函数f(x)是定义在R 上的奇函数, 所以f(x)=-f(-x)=x2+2x(x>0); (2)函数g(x)=f(x)-2ax+2=x2+(2-2a)x+2, 其对称轴方程为x=a-1, 当a-1≤1时,[g(x)]min=g(1)=5-2a=2,解得a= 3 2 ,成立; 当a-1≥2时,[g(x)]min=g(2)=10-4a=2,解 得a=2,不 成立; 当1<a-1<2时,[g(x)]min=g(a-1)=-(a-1)2+2=2,解得 a=1,不成立;故a的值为32. 18.解 (1)由题意知,x∈[1,100],x∈N* P(x)=R(x)-C(x)=3000x-20x2-(500x+4000) =-20x2+2500x-4000=-20 x-1252 2 +74125, 易得P(x)的对称轴为x=1252 , 所以当x=62或x=63时,P(x)取得最大值为74120(元). 所以利润函数P(x)=-20x2+2500x-4000,最大值为74120(元); (2)依题意,得 Q(x)=P (x)-500 x =-20x- 4500 x +2500≤ -2 20x·4500x +2500=1900 (元). 当且仅当20x=4500x 时等号成立,即x=15时,等号成立. 所以当x=15台时,每台产品的利润Q(x)取得最大值1900元. 19.解 (1)由函数f(x)= x2-2ax+a,x∈[1,+∞) 2x+ax ,x∈(0,1) , 要使得函数f(x)为(0,+∞)上的增函数,则满足 a≤1 a<0 1-a≥2+a , 解得a≤-12 ,所以实数a的取值范围为 -∞,-12 . (2)令g(x)=f(x)-(x-2a) = x2-(2a+1)x+3a,x∈[1,+∞) x+ax +2a ,x∈(0,1) , 要使得函数f(x)≥x-2a恒成立,则g(x)≥0恒成立, 只需g(1)≥0,可得a≥0, ①当a=0时,g(x)= x2-x,x∈[1,+∞) x,x∈(0,1) ,符合题意; ②当a>0时,当x∈(0,1)时,g(x)=x+ax +2a>0 恒成立, 只需g(x)=x2-(2a+1)x+3a≥0在x∈[1,+∞)时,恒成立, i)当0<a≤12 时,g(x)=x2-(2a+1)x+3a在[1,+∞)上单调 递增,则g(1)=a≥0,所以0<a≤12 ; i)当a>12 时,g(x)=x2-(2a+1)x+3a在(1,a+12 )上单调 递减,在(a+12 ,+∞)上单调递增,则g(a+12 )≥0,可得1- 32≤ a≤1+ 32 ,所以1 2<a≤1+ 3 2 , 综上可得,实数a的取值范围为 0,1+ 32 . 【破题技巧】 (1)根据题意,结合分段函数的单调性的判定方 法,列出不等式组,即可求解; (2)根据题意,转化为g(x)≥0恒成立,得到g(1)≥0,求得a≥ 0,分a=0和a>0,结合二次函数的图象与性质,列出不等式, 即可求解. 第四章 指数函数与对数函数检测卷 1.A [由 1-x≥0 lnx≠0 x>0 ,解得0<x<1,即函数f(x)的定义域为(0,1). 故选A.] 2.B [y=4.2x 在 R上递增,且-0.3<0<0.3,所以0<4.2-0.3< 4.20<4.20.3,所以0<4.20.3<1<4.20.3,即0<a<1<b,因为y= log4.2x在(0,+∞)上递增,且0<0.3<1,所以log4.20.3<log4.21= 0,即c<0,所以b>a>c,故选B.] 3.B [由log2a+log2b=0,即为log2ab=0,即有ab=1;当a>1时, 0<b<1,函数f(x)=ax 在 R上为增函数,g(x)=logb 1 x 在(0, +∞)为增函数,选项B满足;当0<a<1时,b>1,函数f(x)=ax 在 R上为减函数,g(x)=logb 1 x 在(0,+∞)为减函数,四个图象 均不满足,在同一坐标系中的图象只能是B.故选B.] 【破题技巧】 由对数的运算性质可得ab=1,讨论a,b的范围, 结合指数函数和对数函数的图象的单调性,即可得到答案. 4.C [由题知θ0=30,θ1=120,θ=40, 所以40=30+(120-30)e-0.05t,可得e-0.05t=19 , 所以-0.05t=ln19=-2ln3 ,∴t=40ln3≈44,即某物体的度从 120℃下降到40℃以下,至少大约需要分钟.故选C.] 5.C [因为a>0,又函数y=log3x单调递增,所以3a+2>4a+1, 即0<a<1,对于不等式ax-ay<x-y,移项整理得ax-x<ay- y,构造函数h(x)=ax-x,由于h(x)单调递减,所以x>y,即x- y>0,故选C.] 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 97 — — 42 — 高中期考测控卷 期中考试测控卷 [范围:第一至三章] (时间:120分钟 满分:150分) 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀦌 􀦌 􀦌􀦌 教研员推好题 第14题.该题一道抽象函数题,主要考查函数的单调性、奇偶性及不等式的解 集等,题目灵活,对能力要求较高,值得推荐. 一、选择题:本大题共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.(2025·重庆·质量检测)已知集合U={-2,-1,0,1,2,3,4},A= x3-xx+2≥0,x∈Z ,B={x| x+1<2},则∁U(A∩B)= ( ) A.{-2} B.{3,4} C.{-2,3,4} D.{-2,0,3,4} 2.(山东省威海市质量检测)∀x>0,a≤x+ 4x+1 成立的充分不必要条件是 ( ) A.a≤2 B.a≤3 C.a≤4 D.a≤5 3.(2025·陕西商洛·质量检测)已知x∈R,则“x2-x>0”是“x+1x-2>0 ”的 ( ) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 4.(2025·湖北质量检测)已知函数f(x)= x2+1,x<0 x+4 x+1 ,x≥0 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁􀪁 􀪁 􀪁 ,则f(f(f(-1)))= ( ) A.2 B.3 C.-3 D.5 5.(2025·重庆北碚·阶段练习)已知不等式ax2-bx-1≥0的解集是 x -12≤x≤-13 ,则不等 式x2-bx-a<0的解集是 ( ) A.{x|2<x<3} B.{x|x<2或x>3} C. x 13<x<12 D. xx<13或x>12 6.(2025·安徽合肥·阶段练习)已知函数f(x)= (2a-3)x+2,x=1,2,3 a x ,x>3,x∈N 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁􀪁 􀪁 􀪁 是减函数,则a的取值 范围是 ( ) A.2117<a< 3 2 B. 21 17≤a< 3 2 C.2823<a< 3 2 D. 28 23≤a< 3 2 7.(2025·天津·阶段练习)函数f(x)= x 4-x2 的图象是下列的 ( ) 8.(2025·贵州贵阳·阶段练习)若函数f(x)=(m+1)x2+(m-1)x+7是定义在(-2n,3n-3)上 的偶函数,则f(n)+f(m)= ( ) A.34 B.25 C.16 D.9 — 41 — — 44 — 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.(2025·山西太原·阶段练习)已知集合{x|x2+ax+b=0,a>0}有且仅有两个子集,则下列选项 中结论正确的是 ( ) A.a2-b2≤4 B.a2+1b≥4 C.若不等式x2+ax-b<0的解集为{x|x1<x<x2},则x1x2>0 D.若不等式x2+ax+b<c的解集为{x|x1<x<x2},且|x1-x2|=4,则c=1 10.(2025·江苏南通·质量检测)已知不等式(ax+3)(x2-b)≤0对任意x∈(0,+∞)恒成立,其 中a,b是整数,则a+b的取值可以为 ( ) A.-4 B.-2 C.0 D.8 11.(2025·上海青浦·阶段练习)若非空实数集X 中存在最大元素M 和最小元素m,则记Δ(X)= M-m.下列命题中不正确的是 ( ) A.已知X={-1,1},Y={0,b},且Δ(X)=Δ(Y),则b=2 B.已知X={x|f(x)≥g(x),x∈[-1,1]},若Δ(X)=2,则对任意x∈[-1,1],都有f(x)≥g(x) C.已知X=[a,a+2],Y= y|y=x2,x∈X 则存在实数a,使得Δ(Y)<1 D.已知X=[a,a+2],Y=[b,b+3],则对任意的实数a,总存在实数b,使得Δ(X∪Y)≤3 三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分. 12.(2025·山东烟台质量检测)已知命题∃x>0,λx2-λx+2<0为真命题,则实数λ的取值范围为 . 13.(2025·四川·阶段练习)已知α∈ -1,12,2,3 .若幂函数f(x)=xα 为奇函数,且在(0,+∞)上单 调递增,则α= . 14.(2025·上海质量检测)已知y=f(x)是定义域为(-3,3)的偶函数,且f(x)在(0,3)上严格减函 数,若f(a-2)<f(3a-2)成立,则实数a的范围是 . 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.(13分)(2025·陕西西安·阶段练习)已知集合A={x|x2-2x-3=0},B={x|x2-ax-a2+ 1=0}. (1)若A=B,求a的值; (2)若A∩B≠⌀,求a的取值集合. — 43 — — 46 — 16.(15分)(2025·广东广州质量检测)已知函数f(x)= (a2-1)x 1+x2 (a>0,a≠1). (1)判断函数f(x)的奇偶性,并说明理由; (2)讨论函数f(x)在(1,+∞)上的单调性,并加以证明. 17.(15分)(2025·安徽马鞍山·阶段练习)已知函数f(x)是定义在R上的奇函数,且当x≤0时, f(x)=-x2+2x. (1)求x>0时,函数f(x)的解析式; (2)若函数g(x)=f(x)-2ax+2(x∈[1,2])的最小值为2,求实数a的取值. — 45 — — 48 — 18.(17分)(2025·江苏徐州质量检测)某公司每月最多生产100台报警系统装置,生产x 台 (x∈N*)的收入函数为R(x)=3000x-20x2(单位:元),其成本函数为C(x)=500x+4000(单 位:元),利润是收入与成本之差. (1)求利润函数P(x)及利润函数P(x)的最大值; (2)为了促销,如果每月还需投入500元的宣传费用,设每台产品的利润为Q(x),求Q(x)的最 大值及此时x的值. 19.(17分)(2025·上海·专题练习)已知函数f(x)= x2-2ax+a,x∈[1,+∞) 2x+ax ,x∈(0,1) 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁􀪁 􀪁 􀪁 . (1)在区间(0,+∞)上为增函数,求实数a的取值范围; (2)是否存在实数a使函数f(x)≥x-2a恒成立,若存在,求出a的取值范围;若不存在,请说明 理由. — 47 —