福建省厦门第一中学2026-2027学年第一学期第一次适应性练习高一年数学

厦门一中2026-2027学年度第一学期第一次适应性练习 高一年数学 本试卷共4页，满分150分 注意事项： 1.答题前，考生务必在试题卷、答题卡规定的地方填写自己的班级、座号、姓名。考生要认真核 对答题卡上粘贴的条形码的“考号、姓名”与考生本人考号、姓名是否一致。 2. 回答选择题时，选出答案后用铅笔将答题卡上对应题目的答案标号涂黑。如需改动，用橡皮擦 干净后再涂选其它答案标号。回答非选择题时，将答案写在答题卡上，写在本卷上无效。 3.考试结束，考生只须将答题卡交回。 一、选择题：本大题8小题，每小题5分，共40分。每小题只有一个正确答案。 1.已知集合A={x|x2<3},B={-2,-1,0,1,2},则A∩B=() A.{-1,0} B.{0,1} C.{-1,0,1} D.{-1,1} 2.下列函数中与函数y=x是同一函数的是() A.y=x B.y=Va2 C.y=(v)2 D.y=3 3.设x,y∈R,则“xy+1卡x+y”的充要条件是() A.x,y不都为1 B.x,y都不为1 C.x,y不都为0 D.x,y中至少有一个为1 4.已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，当x≥0时，f(x)=-x3-3x2+a-1,则f(-a)的 值为() A.-4 B.-2 C.2 D.4 5.已知函数f(x)的图象如图所示，则f(x)的函数解析式可 能是() A.f)=l-1 B.fo)=四- 1 C.fx)=3+1 D.f)=2+1 -1101 6.已知二次函数f(x)=ax2+bx+c(a>0)的值域为0，+o∞)，且不等式f(x)<9的解集为 (0,6),则实数a的值为() A.0.5 B.1 C.1.5 D.2 7.己知函数f(x)是定义在R上的偶函数，且f(x)的图象关于 2,0 对称，当0≤r≤号时， f回=1-2，则() =() A月 B.1 3 C.-2 D. 3 8.已知实数a,b,c满足4a(a-1)=c-b-1,且2a+b2+2=0,则a,b,c的大小关系为() A.c>b>a B.c>a>b C.a>c>b D.a>6>c 第1页（共4页） 二、多项选择题：本大题3小题，每小题6分，共18分，全选对得6分，部分选对得部分分，选错 或不答得0分。 9.已知U为全集，集合M,N,P均为非空集合，M∩N≠O,M∩(CuN)=CuP,则() A.MCP B.NCP C.CM∈P D.CUN C P 10.设正实数x,y满足x+y=1,则() A2+少有最小值为号 B.列有最大值为号 C.划+上有最小值为5 D.Vx+1+Vy+2有最大值为2V2 11.己知函数f(x)与g(x)满足z,y∈R,yf(x)+xg(y)=2xy,则() A.f(1)=1 B.f(x)·g(x)是偶函数 C.f(x)+g(x)=2x D.g(f(x))=f(g(x)) 三、填空题：本大题共3小题，每小题5分，共15分。 12.已知命题p:x<0,x2>0,则p的否定是 13.某营救小组有48人，需要乘船过河去执行营救任务，现从甲、乙两种型号的船中选择一种。甲 型号船比乙型号船少5艘。若只选择甲型号，每艘船载4人，则船不够：每艘船载5人，则有 船没有载满。若只选择乙型号，每艘船载3人，则船不够：每艘船载4人，则有多余的船。由 此可知，甲型号船有 艘。 14.己知函数f(x)的定义域为R,x∈R,f(x)-f(-x)=2x,且对任意的0≤x1<x2,都有 f(c)-f2<1,则不等式f2x+1)-fc-3)>x+4的解集是 E1-C2 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，把解答过程 填写在答题卡的相应位置。 15.（本小题13分) 段集合A可5S0,集合B=rm-4<x≤3m+以 (1)若m=1,求集合(CRA)UB: (2)若A∩B=⑦，求实数m的取值范围。 第2页（共4页） 16.(本小题15分) 己知函数f()=2+4 (1)根据定义证明：函数f(x)在(2，+∞)单调递减： (2)若不等式f(x)<b对一切实数x都成立，求b的取值范围。 17.(本小题15分) 为响应国家提出的“大众创业，万众创新”的号召，小王同学大学毕业后，决定利用所学专业进行自 主创业。经过市场调查，生产某小型电子产品需投入年固定成本为2万元，每生产x万件，需另投 入流动成本为C(四万元。在年产量不足7万件时，C)=子2+r-3(万元)：在年产量不小于7 万件时，C(四)=7红+81-37（万元）。每件产品售价为6元。假设小王生产的产品当年全部售完。 (1)写出年利润P(x)(万元)关于年产量x(万件)的函数解析式 (注：年利润=年销售收入一固定成本一流动成本)： (2)年产量为多少万件时，小王在这一产品的生产中所获利润最大？最大利润是多少？ 第3页（共4页） 18.(本小题17分) 已知不等式2≤ax2+bx+c≤3的解集为{x|2≤x≤3}。 (1)若a>0,求6b+5c的值： (2)若a>0,且不等式ax2+(b-3)x-c≤0有且仅有9个整数解，求a的取值范围： (3)若a≠0，解关于x的不等式：ax2+(b-1)x+5<0。 19.(本小题17分) 已知函数f(网的定义域为R,且当x>0时，f四)=十对任意0∈R,定义集合 D(xo)={dR f(zo+d)>f(xo)}. (1)当x≤0时，f(x)=x+1,求D(1): (2)若f(x)是奇函数，f(x1)≥f(x2),且x1x2卡0， (i)求f(x)的解析式；(i)证明：D(x1)D(x2): (3)设f(x)满足：①若f(x1)≥f(x2),则D(x1)CD(x2):②当-1<x<0时，f(x)<f(0)。 求证：f(0)≥1。 第4页（共4页） 厦门一中2026-2027学年高一上学期第一次适应性练习 数学答案 题号1234 5 678 9 10 11 答案CDBDBBAA BC AC BCD 6.解：由f(x)=ax2+bx+c(a>0)的值域为[0，+∞)，开口向上，可知△=b2-4ac=0. 不等式f(x)<9等价于ax2+bx+(c-9)<0,其解集为(0,6)，所以一元二次方程ax2+bx+(c-9)=0的 两个实根为x=0,为=6.根据韦达定理：0+6=-。，可得b=-6a:0x6=-9 ,可得c=9. 将b=-6a,c=9代入判别式△=0，得(-6a)2-4a×9=0,化简为36a2-36a=0, 即a(a-l)=0,解得a=0或a=1,因为a>0,因此a=1. 7.由于f()为偶函数，故（引），又（引(》，所以）---2x对)=片 8.由已知条件得c-b-1+1=c-b=4a(a-l)+1=(2a-1)°20，所以c2b,又因为a=-2-1, 1 所以a-b=-之b-b-1=-b+-<0,所以a<b,特别地，若c=b,则此时a= 2 所以b2+3=0,b∈0，故c>b>a. 11.对于A,取f(x)=0,g(x)=2x,此时符合题意，但()≠1，故A错误： 对于B,取y=1,则有f(x)+g(1)=2x,用-x替换x,则有f(-x)-xg(1)=-2x, 两式相加得∫(x)+f(-x)=0,同理可得g(x)+g(-x)=0,因此f(x),g(x)均为奇函数， 所以f(x)g(x)为偶函数，B正确：对于C,令y=x,则(x)+g(x)=2x2,当x≠0时， 有f(x)+8(x)=2x,令x=0,有(x)=0,令y=0,有g(x)=0,所以x=0时，f(0)+g(0)=0, 综上，x∈R,∫(x)+g(x)=2x,C正确：对于D,令x=1,可得f()+g(y)=y, 则可(0)+g(x)=x,又f(x)+g()=x,则对(0)+x-f(x)=x,即f(x)=∫()x, 则g(x)=x-f(x)=x-∫(0)x=(1-f()x,则g((x)=(1-f()f(x), 故f(g(x)=(0)g(x)=f()(1-f()x=f()x(1-∫() =f(x(1-f()=(1-f()f(x)=g(f(x),故D正确： 三、填空题：12.3x。<0,x,2≤0.(x没有下标也正确)： 13.10: 14设g(x)=f(x)-x,所以由条件g(x)=f(x)-x=f(-x)+x=g(-x),所以g(x)为偶函数， 又由/<1，得U)--V国)-<0，所以g()在[0，+o)单调递减。 一3 则不等式f(2x+1)-f(x-3)>x+4可转化为f(2x+1)-(2x+1)>f(x-3)-(x-3), 即g(2x+1)>g(x-3),所以12x+1x-3引，同时Ψ方得4x2+4x+1<x2-6x+9, 丝理得3以+10：-8<0，则解集为x(4号) 第1页 四、解答题： 15.解：(1)不等式+2s0等价于，(x+2Xx-50且x*5, x-5 解得-2≤x<5,即A=[-2,5),- -(2分) CA=(-∞，-2现U[5,+0),B=(x|1-4<x3x1+1=(-3,4], (4分) (CAB=(∞，4U[5,+o). -(5分) (2)A=[-2,5),B=xm-4<3m+1),因为A∩B=0, 当B=⑦时，m-43m+1,解得m≤-号) -(9分) 当B≠②时，此时m>),则3m+1<-2或m-425了 -(12分) 解得-<m<-lm≥9.综上，m的取值范围是(0，-1儿U9,o). -(13分) 2 16.解：(1)证明：任取2<x<x2, )-∫(x)=3=34x+4=2-+4x-4x (x2+432+4) (x2+4)x22+4) =￥￥（名-x)+4(出-）（名-名）4-x) （x2+4)x2+4）(x2+4(x+4) -(4分) 因为x>x>2,所以(x2+4)x2+4)>0,xx2>4,4-x<0,x-x<0,—8分) 所以f(x)-f(:)>0,即f(x)>f(),故函数f)在(2，+o)单调递减： -(9分) (2)因为函数∫(x)的定义域为R,且分母x2+4>0, 所以原不等式，4不b可转化为b成-x+4b>0,Vx∈R恒成文 (11分) 设g(x)=bx2-x+4b,若函数值恒大于0，所以二次函数g(x)图象开口向上，与x轴无交点， 所以b>0,且△=1-16b2<0, (13分) 所以b∈ -(15分) 17.解：(1)因为每件产品售价为6元， 依题意：当0<x<7,xeN时.P=6x-+x-3)-2=+5x+1, 当之7，x∈N时，P()=6x-(7x+81-37刃-2=35-c+8到， -(5分) 分2+5x+10<x<7xEW 所以P(x)= -(7分) 35-x-0x27xEN 回当0<x<7,P)=+5x+1,当x=5时，P)取得最大值P6)=号O万元： —-(10分) 第2页 当27，P)=35-g+8s5-2=17当且仅当x=到 即x=9时，$号成立， 即当x=9时，P(x)取得最大值17（万元）， -(14分) 所以当产崖为9（万件）时，利润最大为17万元. --(15分) 18.解：(1)因为a>0,不等式2≤ar+br+c≤3的解集为(x|2≤r≤3)， 所以不等式ax+bx+c≤3的解巢为(x|2≤x≤3)，且不等式a2+bx+c≥2的解集为R: 2+3=-b 所以2和3是方程ax2+bx+c=3的两个实数根，所以 0 2×3=-3’ -(2分) a 解得b=-5a,c=6a+3:所以6b+5c=6×(-5a)+5×(6a+3)=15,-- -(4分) (2)由(I)知，b=-5a,c=6a+3, 所以不等式am~+br+c≥2，可化为r2-5ax+6a+1≥0， a>0 由(1)知，不等式ar2-5ar+6a+1>≥0恒成立，所以 a=25a-4a(6a+1)s0'解得0<a≤4：-(7分) 所以不等式amr2+(b-3)x-c≤0，答价于ax2-(5a+3)x-(6a+3)≤0， 即[x-(6a+3x+)≤0，解得-1长r≤6+3 因为不$式a2+(b-3)x-c≤0有且仅有9个整数解， 所以76+子<8解得<<3，综上，a的取值范困是（弓. -(10分) (3)若a>0,则由(1)可知，ar2+(b-1)x+5<0可化为ax2-(5a+1)x+5<0,即(-I(x-5)<0, 当0<a<2时，5<x<1,不等式的解集为(5，)： -(11分) 0 当a=上时，不等式为(-5)<0，解集为⑦： -(12分) 5 当<a<4时，<x<5,不等式的解集为（日，列： -(13分) 若a<0,则不等式ax2+br+x22的解集为(x|2≤≤3)，且ax2+bx+c≤3的解集为R: 2+3=-6 所以2和3是方程2+bx+c=2的两个实数根，所 2×3=c2解得6=-5a,c=6a+2: 0 0 所以不等式ax2+bx+c≤3，化为ax2-5ax+6a-1≤0，且该不等式的解集为R, 所以 a<0 a=25a2-4a(6a-)50'解得4a<0: 所以不等式ax2+(b-1)x+5<0,可化为ax2-(5a+1)x+5<0,即(m-lx-5)<0, 解得x<或x>5,所以不等式的解集为(0，马)U(5,+o):- -(16分) 综上，4≤a<0时，不等式的解集为（←0，马U5,+o): 0<a<二时，不等式的解集为(5，)：a=二时，不等式的解集为0： 5<≤4时，不等式的解集为（日，5）. (17分) 1 第3页 19.解： 1 (1)由题意可知， )=x中>0.则/0= ,x>0 x+1,x≤0 当1+d>0,即-时，0-a ,解不等式，>得-1<d<0: 1+d2 当1+ds0,即as-1时，D0-a2+d>引，所以a是- 综上，p0-(0 -(3分) ®0设x<0,所以>0，因为因为商数所以=-y=文6分列 又因为∫(x)的定义域为R,所以∫(O)=0, -(6分) (1 ,x>0 r+ 综上，f(x)={ 0,x=0 -(7分) 1 -x<0 ()证明：因为∫(x)分别在(0,0)，(0，+o)单调递减. 当x<0时，D(3)={d1/(x+d)>∫(x》=(-o,0U(-xo,+o∞) 当x。=0时，D(x)={dlf(d)>(o)》=(0,+oo) 当x>0时，D()={d1f(%+d)>f(x》=(-x0)(9分) 由条件，(：)之f(5),对x,进行分类， ①当0>f(:)2f().即x≤5<0时，D(x)=(-o∞，0)U(-x,∞)，D(x)=(-o,0U(-x,+): 因为-x之-x,所以D()SD(3): --(10分) ②当∫(x)2f(x)>0,即0<x53时，D(3)=(-x,0),D(6)=(-x,0), 因为-x之-x,所以D(名)=D(x):一 -——(11分) ③当f()>0>∫()，即￥>0>x时，D()=(-x,0),D(s)=(-o.0U(-x,), 显然也有D(x)sD(),综上，当∫(x)2f(x)时，总有D(x)SD(x).一 --(12分) (3)证明：假设f(0)<1,取1>0，满足∫()>f(0),由①知D()sD(0),一—(14分) 由于∫(x)在(0，)单调递减，所以(-4,0)sD()sD(O),所以存在ae(-l,0)满足aeD(0),-(I6分) 故此时∫(a）>(0),这与②矛盾，所以假设不成立，所以∫(0)≥1.- -(17分) 第4页