【文档说明】四川省南充市嘉陵第一中学2023-2024学年高一上学期11月期中考试 数学参考答案.docx，共(10)页，67.182 KB，由小赞的店铺上传

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参考答案1．A【分析】利用集合的交运算求结果.【详解】由已知得𝑀={0,1,2,3,4,5,6,7,8,9,10}，且𝑁={1,2,3}，故𝑀∩𝑁={1,2,3}．故选：A2．B【分析】根据分段函数的解析式先求出𝑓(−2)的值，在求出

𝑓(𝑓(−2))的值即可.【详解】因为𝑓(𝑥)={𝑥2−1,𝑥≤11𝑥−1,𝑥>1，所以𝑓(−2)=(−2)2−1=3，所以𝑓(𝑓(−2))=𝑓(3)=13−1=12，故选：B.3．D【分析】利用特殊值以及差比较

法求得正确答案.【详解】不妨设𝑎=−2,𝑏=−1，则：1𝑎>1𝑏，A选项错误.𝑎𝑏>𝑏2，B选项错误.𝑎2>𝑏2，C选项错误.由于𝑎+𝑏−2𝑏=𝑎−𝑏<0，所以𝑎+𝑏<2𝑏，D选项正确.故选：D4．C【分析】利用基本不等式求出最

小值即得.【详解】由𝑥>0，得𝑥+4𝑥≥2√𝑥⋅4𝑥=4，当且仅当𝑥=4𝑥，即𝑥=2时取等号，所以当𝑥=2时，𝑥+4𝑥取得最小值4.故选：C5．D【分析】根据函数的奇偶性与单调性逐一判断即可.【详解】对于A，函数𝑦=√𝑥的定义域为[0,+∞

)，故函数𝑦=√𝑥为非奇非偶函数，故A不符题意；对于B，函数𝑦=𝑓(𝑥)=𝑥2的定义域为R，因为𝑓(−𝑥)=𝑥2=𝑓(𝑥)，所以函数𝑦=𝑥2为偶函数，故B不符题意；对于C，函数𝑦=𝑓(𝑥)=|𝑥|的定义域为R，因为𝑓(−𝑥)=|𝑥|=𝑓

(𝑥)，所以函数𝑦=|𝑥|为偶函数，故C不符题意；对于D，函数𝑦=𝑓(𝑥)=𝑥−1𝑥的定义域为{𝑥|𝑥≠0}，因为𝑓(−𝑥)=−𝑥+1𝑥=−𝑓(𝑥)，所以函数𝑓(𝑥)为

奇函数，又因为函数𝑦=𝑥,𝑦=−1𝑥在区间(0,+∞)上都单调递增，所以函数𝑦=𝑥−1𝑥在区间(0,+∞)上单调递增，故D符合题意.故选：D.6．A【分析】根据题意，由𝑔(𝑥)的图像求出𝑔(

2)=1，再由𝑓[𝑔(2)+1]=𝑓(2)求解即可.【详解】根据题意，由函数𝑦=𝑔(𝑥)的图像，可得𝑔(2)=1，则𝑓[𝑔(2)+1]=𝑓(2)=3故选：A．7．C【分析】考虑𝑎=0和𝑎≠0两种情况，根据一次函数和二次函数的单调

性计算得到答案.【详解】函数𝑓(𝑥)=𝑎𝑥2+2(𝑎−2)𝑥在区间[-2，+∞)上单调递减，当𝑎=0时，𝑓(𝑥)=−4𝑥，满足条件；当𝑎≠0时，满足{𝑎<0−2(𝑎−2)2𝑎≤−2，解得−2

≤𝑎<0.综上所述：𝑎∈[−2,0].故选：C.8．B【分析】根据基本不等式"1"的替换进行求解即可.【详解】因为正实数x，y满足1𝑥+4𝑦=1，所以𝑥+𝑦4=(1𝑥+4𝑦)(𝑥+𝑦4)=2+𝑦4𝑥+4𝑥𝑦≥2+2√𝑦4𝑥⋅

4𝑥𝑦=4，当且仅当𝑦4𝑥=4𝑥𝑦时取等号，即当𝑥=2,𝑦=8时，取等号，因此要想𝑥+𝑦4<𝑚有解，只需𝑚>4，故选：B9．BCD【分析】由充分不必要条件求出𝑎的范围即可找到选项.【详解】因为“𝑥<1”是“𝑥≤𝑎”的充分不必要条件，所以𝑎≥1.故选：BCD10．A

BD【分析】根据集合子集个数公式，集合补集的定义，结合整数集的字母表示符号、平方数的性质逐一判断即可.【详解】A：因为−2是负整数，所以本选项正确；B：因为𝐴={1,2,3}中有三个元素，所以该集合有23=8个子集，故本选项正确；C：因为

{𝑥|𝑦=𝑥2−1}=R,{𝑦|𝑦=𝑥2−1}={𝑦|𝑦≥1}，所以本选项不正确；D：因为全集𝑈={𝑥|−3<𝑥<5}，集合𝐵={𝑥|0≤𝑥<3}，所以∁𝑈𝐵={𝑥|−3<

𝑥<0或3≤𝑥<5}，因此本选项正确，故选：ABD11．AD【分析】根据全称命题的否定是特称命题可判断A；求出两个函数的定义域可判断B；利用换元法令𝑡=√𝑥−1，求出𝑦=𝑡2+𝑡+1的值域可判断C；根据抽象函数定义域的求法可判断D..【详解】对于A，命题“∀𝑥,𝑦

∈𝑅，𝑥2+𝑦2≥0”的否定是“∃𝑥,𝑦∈𝑅，𝑥2+𝑦2<0”，故A正确；对于B，函数𝑓(𝑥)=𝑥−1的定义域为𝑥∈𝑅，函数𝑔(𝑥)=𝑥2−1𝑥+1的定义域为{𝑥|𝑥≠−1}，两个函数的定义域不一样，所以两个函数不是同

一个函数，故B错误；对于C，函数𝑦=𝑥+√𝑥−1的定义域为[1,+∞)，函数𝑦=𝑥+√𝑥−1=(√𝑥−1)2+√𝑥−1+1，令𝑡=√𝑥−1，则𝑡≥0，所以𝑦=𝑡2+𝑡+1=(𝑡+12)2+34≥1，所以函数𝑦=𝑥+√𝑥−1的值域

为[1,+∞)，故C错误；对于D，若函数𝑓(𝑥+1)的定义域为[1,4]，可得2≤𝑥+1≤5，则函数𝑓(𝑥)的定义域为[2,5]，故D正确.故选：AD.12．BD【分析】利用已知结论求出𝑚2(3−𝑚)的最大值进行判断，为此需凑出三个正数的和为定值．【详解】根据题

意可得𝑚2(3−𝑚)=4×12𝑚×12𝑚(3−𝑚)≤4(12𝑚+12𝑚+3−𝑚3)3=4，当且仅当12𝑚=3−𝑚，即𝑚=2时，等号成立．故𝑚2(3−𝑚)的最大值为4．从而AC不可能，BD可以取．故选：BD．13．1【分析】设

出幂函数解析式，代入(2,1)，求出解析式，得到𝑓(4)的值.【详解】设幂函数𝑓(𝑥)=𝑥𝛼，则2𝛼=1，故𝛼=0，所以𝑓(𝑥)=𝑥0，𝑓(4)=1.故答案为：114．1【分析】根据偶函数的性质即可求得答案.【详解】由题意𝑓(𝑥)是定义在R上的偶函数，且当𝑥

>0时，𝑓(𝑥)=2𝑥−3，则𝑓(−2)=𝑓(2)=2×2−3=1，故答案为：115．2【分析】根据条件，将问题转成𝑥2≥𝑚−2在区间[−1,1]上恒成立，构造函数𝑦=𝑥2，求出𝑦在区间[−1,1]上的最小值即可求出结果.【详解】因为对∀𝑥∈[−1,1]

，𝑥2+2−𝑚≥0恒成立，即𝑥2≥𝑚−2在区间[−1,1]上恒成立，令𝑦=𝑥2，易知，当𝑥∈[−1,1]时，𝑦≥0，所以𝑚−2≤0，得到𝑚≤2，故答案为：2.16.【答案】()3,1

−−【解析】【分析】由平均值函数的定义可得0(0,1)x时，有0(1)(0)()110fffxt−==+−，即3001xtxt+=+在(0,1)上有解，化简可得20010xxt+++=，由此方程的根在(0,1)内，可求出实数t的取值范围【详解】由平均

值函数的定义可得0(0,1)x时，有0(1)(0)()110fffxt−==+−，即3001xtxt+=+在(0,1)上有解，30010xtxt−+−=，得2000(1)(1)0xxxt−+++=，从而可得20010xxt+++=，令2()1gxxxt=+++，(0,1)x，因为函数()gx

的对称轴为12x=−，抛物线开口向上，所以只要(0)0(1)0gg，即1030tt++，解得31t−−，所以实数t的取值范围为()3,1−−，故答案为：()3,1−−17．(1){

𝑥|𝑥≤3或𝑥>4}(2){𝑥|−1≤𝑥≤3}【分析】（1）根据并集概念进行计算；（2）先求出∁𝑈𝐵={𝑥|−1≤𝑥≤4}，进而利用交集概念进行计算.【详解】（1）𝐴∪𝐵={𝑥|−2≤𝑥≤3}∪{𝑥|𝑥<−1或𝑥>4}={�

�|𝑥≤3或𝑥>4}；（2）∁𝑈𝐵={𝑥|−1≤𝑥≤4}，𝐴∩(∁𝑈𝐵)={𝑥|−2≤𝑥≤3}∩{𝑥|−1≤𝑥≤4}={𝑥|−1≤𝑥≤3}18．(1)𝑎=1，𝑏=−2(2)证明见解析【分析】（1）依题意−1、2为方程

𝑎𝑥2−𝑥+𝑏=0的两根，利用韦达定理得到方程，解得即可；（2）依题意可得𝑎+𝑏=2，则(𝑎+1)+(𝑏+1)4=1，再利用基本不等式证明即可.【详解】（1）因为关于𝑥的不等式𝑎𝑥2−𝑥+𝑏<0的解集为(−1,2)，所以−1、2为方程𝑎𝑥2−𝑥+𝑏=0的

两根，所以{−1+2=1𝑎−1×2=𝑏𝑎，解得{𝑎=1𝑏=−2.（2）因为𝑓(1)=1，则𝑎−1+𝑏=1，即𝑎+𝑏=2，∴(𝑎+1)+(𝑏+1)=4，则(𝑎+1)+(𝑏+1)4=1，所以1𝑎+1+1𝑏+1=(1𝑎+1+1

𝑏+1)[(𝑎+1)+(𝑏+1)4]，设𝑎+1=𝑚，𝑏+1=𝑛，因为𝑎>0，𝑏>0，所以𝑚>1，𝑛>1，所以(1𝑚+1𝑛)(𝑚4+𝑛4)=14(1+𝑛𝑚+𝑚𝑛+1)=14(2+𝑛𝑚+𝑚𝑛)≥14(2+√𝑛

𝑚⋅𝑚𝑛)=1，当且仅当𝑛𝑚=𝑚𝑛，即𝑚=𝑛=2时取等号，∴1𝑎+1+1𝑏+1≥1当且仅当𝑎=𝑏=1时取等号.19．(1)证明见解析；(2)(−12,0)【分析】（1）根据题意，利用定义法证明函数𝑓(𝑥)的单调性即可；（2）

根据题意，由（1）中的结论，根据函数的单调性列出不等式，求解即可得到结果.【详解】（1）任取𝑥1，𝑥2∈(−2,2)，且𝑥1<𝑥2，则𝑓(𝑥1)−𝑓(𝑥2)=𝑥1𝑥12+4−𝑥2𝑥22+4=(𝑥2−𝑥1)(𝑥1𝑥2−4)(𝑥12+4)(𝑥22+4)，因为−2

<𝑥1<𝑥2<2，所以𝑥2−𝑥1>0，𝑥1𝑥2−4<0，所以𝑓(𝑥1)−𝑓(𝑥2)<0，即𝑓(𝑥1)<𝑓(𝑥2)，所以函数𝑓(𝑥)在(−2,2)上为增函数．（2）由（1）知𝑓(�

�)在(−2,2)上为增函数．又𝑓(𝑎+2)>𝑓(2𝑎−1)，所以{−2<𝑎+2<2,−2<2𝑎−1<2,𝑎+2>2𝑎−1,解得{−4<𝑎<0,−12<𝑎<32,𝑎<3,即−12<𝑎<0，所以实数a的取值范围是(−12,0)．20．(1)𝑓(�

�)={𝑥+30(1≤𝑥≤20,𝑥∈N)−2𝑥+90(21≤𝑥≤30,𝑥∈N)(2)该产品投放市场第10天，日销售额最高为1600元.【分析】（1）分前20天和后10天分别去求，即可得到分段函数𝑓(𝑥)关于时间x的函数表达式；（

2）分前20天和后10天分别去求日销售额最高，二者中的较大者即为所求日销售额最高者，从而得到该产品投放市场第10天，日销售额最高.【详解】（1）前20天设𝑓(𝑥)=𝑘1𝑥+𝑏1，由{4𝑘1+𝑏1=3412𝑘1+

𝑏1=42，解得{𝑘1=1𝑏1=30，则𝑓(𝑥)=𝑥+30(1≤𝑥≤20,𝑥∈N)后10天设𝑓(𝑥)=𝑘2𝑥+𝑏2，由{20𝑘2+𝑏2=5028𝑘2+𝑏2=34，解得{𝑘2=−2𝑏2=90，则𝑓(

𝑥)=−2𝑥+90(21≤𝑥≤30,𝑥∈N)综上，𝑓(𝑥)={𝑥+30(1≤𝑥≤20,𝑥∈N)−2𝑥+90(21≤𝑥≤30,𝑥∈N)（2）设日销售额为ℎ(𝑥)=𝑓(𝑥)𝑔(𝑥)当1≤𝑥≤20时，ℎ(𝑥)=(𝑥+30)(−𝑥+50)=−(𝑥

−10)2+1600≤1600（当且仅当𝑥=10时等号成立）当21≤𝑥≤30时，ℎ(𝑥)=(−2𝑥+90)(−𝑥+50)=2(𝑥−952)2−252≤1392（当且仅当𝑥=21时等号成立）1600>1392，故该产品投放市场第10天，日销售额最高为1600元.21．(1)𝑓(

2)+𝑓(12)=1，𝑓(3)+𝑓(13)=1(2)结论𝑓(𝑥)+𝑓(1𝑥)=1；证明见解析(3)40412【分析】（1）根据函数的解析式，代入计算，即可求解；（2）根据函数的解析式，代入运算，即可得到𝑓(

𝑥)+𝑓(1𝑥)=1；（3）根据𝑓(𝑥)+𝑓(1𝑥)=1，结合分组求和，即可求解.(1)解：由题意，函数𝑓(𝑥)=𝑥21+𝑥2(𝑥≠0)，𝑓(2)+𝑓(12)=221+22+(12)21+(12)2=1，𝑓(3)+𝑓(13)=321+32+(13)21+(13)

2=1．(2)解：由（1），得结论𝑓(𝑥)+𝑓(1𝑥)=1．证明如下：由𝑓(𝑥)+𝑓(1𝑥)=𝑥21+𝑥2+(1𝑥)21+(1𝑥)2=𝑥21+𝑥2+11+𝑥2=1+𝑥21+𝑥2=1．(3)解：

由𝑓(1)+𝑓(2)+𝑓(3)+⋅⋅⋅+𝑓(2021)+𝑓(12)+𝑓(13)+⋅⋅⋅+𝑓(12021)=𝑓(1)+{[𝑓(2)+𝑓(12)]+[𝑓(3)+𝑓(13)]+⋅⋅⋅+[𝑓(2021

)+𝑓(12021)]}=12+2020=40412．22．（1）𝑡≤−1或𝑡=0或𝑡≥1；（2）𝑎≤−2或𝑎>52.【详解】（1）()−=225)2(1maxaaay（2）因为∀

𝑥∈𝑅，(𝑥−1)2=1+𝑥2−2𝑥≥0，所以1+𝑥2≥2𝑥，所以∀𝑥∈𝑅，2𝑥1+𝑥2≤1，故𝑓(𝑥)max=4，要使对任意𝑥∈𝑅，𝑎∈[−1,1]，不等式𝑓(𝑥)≤𝑔(𝑡)+3恒成立，只需𝑓(𝑥)max≤𝑡2−𝑎𝑡+4

，所以𝑡2−𝑎𝑡+4≥4，即−𝑡𝑎+𝑡2≥0.记ℎ(𝑎)=−𝑡𝑎+𝑡2，因为𝑎∈[−1,1]，所以只需{ℎ(−1)≥0ℎ(1)≥0,，即{𝑡2+𝑡≥0𝑡2−𝑡≥0，解得𝑡≤−1或𝑡=0或𝑡≥1.故𝑡的取值范围为𝑡≤−1

或𝑡=0或𝑡≥1.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com