【文档说明】湖北省黄冈市黄州区第一中学2020-2021学年高一上学期期中考试数学试题 含答案【武汉专题】.docx，共(13)页，131.113 KB，由小赞的店铺上传

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黄州区第一中学2020年秋季高一期中考试数学试卷时间120分钟满分150分2020年11月18日上午08:00～10:00第Ⅰ卷（选择题，共60分）一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．1．已知集合

A＝{0,1}，则下列式子错误的是()A．0∈AB．{1}∈AC．∅⊆AD．{0,1}⊆A2．设全集U为实数集R，M＝{x|x>2或x<－2}，N＝{x|x≥3或x<1}都是全集U的子集，则右图中阴影

部分所表示的集合是()A．{x|－2≤x<1}B．{x|－2≤x≤2}C．{x|1<x≤2}D．{x|x<2}3．已知幂函数y＝f(x)的图象经过点)41,4(，则f(2)等于()A.2B．2C.22D.214．设函数f(x)的定义域为R，对于任意实数x总有f(－x)＝f(x)

，当x∈[0，＋∞)时，f(x)单调递增，则f(－2)，f(π)，f(－3)的大小关系是()A．f(π)>f(－3)>f(－2)B．f(π)>f(－2)>f(－3)C．f(π)<f(－3)<f(－2)D．f(π)<f(－2)<f(－3)5．给定

下列命题：①22baba；②baba22；③1abba；④baba11.其中正确的命题个数是()A．3B．2C．1D．06．设−=1),1(210,)(xxxxxf，若)1()(+=afaf，则)1(af等于()A．2B．4C．6D．87．设x∈R，则“|x－2

|=2－x”是“|x－1|≤1”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8．已知一元二次方程x2＋(m＋1)x＋1＝0(m∈Z)有两个实数根x1，x2，且0<x1<1<x2<3，则m的值为()A．－4B．－5

C．－6D．－7二、多项选择题：每小题5分，共20分．部分选对的得3分，有选错的得0分．9．关于命题p：“∀x∈R，x2＋1≠0”的下列叙述，正确的是()A．p：∃x∈R，x2＋1＝0B．p：∀x∈R，x2＋1＝0C．p

是真命题，p是假命题D．p是假命题，p是真命题10．已知幂函数y＝223mmx−−(m∈Z)的图象与x轴和y轴都没有交点，且关于y轴对称，则m的值可以为()A．－1B．1C．2D．311．已知,2)(,)(2xxxgxxf−==且=)()(),()()(),()(xgxfxfxgx

fxgxF，则)(xF的最值情况是()A．有最大值3B．有最小值－1C．无最小值D．无最大值12．若正数a，b满足a＋b＝1，则13a＋2＋13b＋2的可能取值为()A.76B.74C.72D.41第Ⅱ卷（非选择题，共90分）三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．13．已

知函数f(x)是定义在R上的奇函数，当x∈(－∞，0)时，f(x)＝2x3＋x2，则f(2)＝________．14．已知函数−+=30,102,)(2xxxxxxf，则f(x)的值域是________．15．已知函数f(x)＝ax－b(a>0)，f(f(x)

)＝4x－3，则f(2)＝________．16．已知f(x)是定义在R上的偶函数，且在区间(－∞，0)上单调递增．若f(－3)＝0，则0)(xxf的解集为______________．四、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．(10分)设集合

43|−=xxA，}231|{−−=mxmxB（1）若Ax是Bx的充分不必要条件，求实数m的取值范围；（2）若BBA=，求实数m的取值范围.18．(12分)若关于x的一元二次不等式(1－a)x2－4x＋6>0的解集是{x|－3<x<1}．（1）求实

数a的值并解不等式2x2＋(2－a)x－a>0；（2）当不等式ax2＋bx＋3≥0的解集为R时，求b的取值范围．19．（12分）已知函数nxmxxf++=32)(2是奇函数，且.35)2(=f（1）求实数m和n的值；（2）利用“函数单调性的定义”判断f(x)在区间[－2，－1

]上的单调性，并求f(x)在该区间上的最值．20．(12分)（1）已知a，b均为正实数，且2a＋8b＝ab，求a＋b的最小值；（2）已知a，b，c都为正实数，且a＋b＋c＝1.求cba111++的最小值.21．(12分)近年来，中美贸易摩擦不断．特别是美国对我国华为

的限制．尽管美国对华为极力封锁，百般刁难，并不断加大对各国的施压，拉拢他们抵制华为5G，然而这并没有让华为却步．华为在2018年不仅净利润创下记录，海外增长同样强劲．今年，我国华为某一企业为了进一步增加市场竞争力，计划在2020

年利用新技术生产某款新手机．通过市场分析，生产此款手机全年需投入固定成本250万元，每生产x千部手机，需另投入成本R(x)万元，且R(x)＝10x2＋100x，0<x<40，701x＋10000x－9450，x≥40，由市场调研知，

每部手机售价0.7万元，且全年内生产的手机当年能全部销售完．（1）求出2020年的利润W(x)(万元)关于年产量x(千部)的函数解析式(利润＝销售额—成本)；（2）2020年华为此款手机产量为多少(千部)时，企业所

获利润最大？最大利润是多少？22．(12分)已知函数f(x)对任意x，y∈R，总有f(x)＋f(y)＝f(x＋y)，且当x>0时，f(x)<0，f(1)＝.32−（1）先求f(0)的值，然后判断函数f(x)的奇偶性，并加以证明；（2）判断函数f(x)在其定义域上的单调性，并加以证明

；（3）求函数f(x)在[－3,3]上的最小值．黄州区一中2020年秋季高一期中考试数学试卷参考答案2020年11月18日题号123456789101112答案BADADCBAACABDCDAB7.答案B解析由2－x≥0，得x≤2，由|x－1|≤1，得0≤x≤2.当x≤2时不一定有0≤x≤2，而当

0≤x≤2时一定有x≤2，∴“2－x≥0”是“|x－1|≤1”的必要不充分条件．8.答案A解析∵一元二次方程x2＋(m＋1)x＋1＝0(m∈Z)有两个实数根x1，x2，且0<x1<1<x2<3，令y＝x2＋(m＋1)x＋1，则由题意可得1>0，3＋m<0，13＋3m

>0，解得－133<m<－3，又m∈Z，可得m＝－4.9.答案AC解析命题p：“∀x∈R，x2＋1≠0”的否定是“∃x∈R，x2＋1＝0”．所以p是真命题，p是假命题．10.答案ABD解析∵幂函数y＝223mmx−−(m∈Z)的图象与x轴、y轴没

有交点，且关于y轴对称，∴m2－2m－3≤0，且m2－2m－3(m∈Z)为偶数，由m2－2m－3≤0，得－1≤m≤3，又m∈Z，∴m＝－1,0,1,2,3.当m＝－1时，m2－2m－3＝1＋2－3＝0，为偶数，符合题意；当m＝0时，m2－2m－3＝－3，为奇数，

不符合题意；当m＝1时，m2－2m－3＝1－2－3＝－4，为偶数，符合题意；当m＝2时，m2－2m－3＝4－4－3＝－3，为奇数，不符合题意；当m＝3时，m2－2m－3＝9－6－3＝0，为偶数，符合题意．综上所述，m＝－1,1,3.11.答案CD解析由f(x)≥g(x)得0≤x≤3；由

f(x)<g(x)，得x<0或x>3，所以F(x)＝x2－2x，0≤x≤3，x，x<0或x>3.作出函数F(x)的图象(图略)，可得F(x)无最大值，无最小值．12.答案AB解析由a＋b＝1，知13a＋2＋13b＋2＝3b＋2＋3a＋2(3a＋2)(3b＋2)＝79

ab＋10，又因为ab≤2)2(ba+＝14(当且仅当a＝b＝12时等号成立)，所以9ab＋10≤494，所以79ab＋10≥47.13.答案12解析方法一令x>0，则－x<0.∴f(－x)＝－2x3＋x2.∵函数f(x)是定义在R上的奇函数，∴f(－x)

＝－f(x)．∴f(x)＝2x3－x2(x>0)．∴f(2)＝2×23－22＝12.方法二f(2)＝－f(－2)＝－[2×(－2)3＋(－2)2]＝12.14．答案+−,41解析由二次函数的性质，可得x2＋x∈−2,41，1x∈

+,31，∴f(x)的值域为+−,41.15.答案3解析由题意，得f(f(x))＝f(ax－b)＝a·(ax－b)－b＝a2x－(ab＋b)＝4x－3，即a2＝4，ab＋b＝3，a>0，解得a＝2，b＝1，∴f

(x)＝2x－1，∴f(2)＝3.16.答案{x|－3<x<0或x>3}解析∵f(x)是定义在R上的偶函数，且在区间(－∞，0)上单调递增，∴f(x)在区间(0，＋∞)上单调递减．∴f(3)＝f(－3)＝0.当x>0时，由f(x)<0，解得x>3；当x<0时，由f(x)>0，解得－3<x<0.故

所求解集为{x|－3<x<0或x>3}．17.(1)由题意知AB，13324mm−−−等号不同时成立得4m∴实数m的取值范围为)+,4…………………4分（2）由题意知BA…………………5分当B=,3132,4mmm−−…………………7分当B

，13324132mmmm−−−−−，324m…………………9分综上所述：实数m的取值范围为(2，−…………………10分18．解(1)因为不等式(1－a)x2－4x＋6>0的解集是{x|－3<x<1}，所以1－a<0，且－3和1是方程(

1－a)x2－4x＋6＝0的两根，由根与系数的关系得－3＋1＝41－a，－3×1＝61－a，解得a＝3，…………………3分则不等式2x2＋(2－a)x－a>0，即2x2－x－3>0，所以(2x－3)(

x＋1)>0，解得x<－1或x>32，所以不等式2x2＋(2－a)x－a>0的解集为−231xxx或.…………………6分(2)由(1)知a＝3，不等式ax2＋bx＋3≥0，即3x2＋bx＋3≥0，因为不等式3x2＋bx＋3≥

0的解集为R，则不等式3x2＋bx＋3≥0恒成立，所以Δ＝b2－4×3×3≤0，…………………10分解得－6≤b≤6，所以b的取值范围为[－6,6]．…………………12分19.解(1)∵f(x)是奇函数，∴f(－x)＝－f(x)，∴mx2

＋2－3x＋n＝－mx2＋23x＋n＝mx2＋2－3x－n.比较得n＝－n，n＝0.…………………3分又f(2)＝53，∴4m＋26＝53，解得m＝2.∴实数m和n的值分别是2和0.…………………6分(2)由(1)知f(x)＝2x2＋23x＝2x3＋23x

.任取x1，x2∈[－2，－1]，且x1<x2，则f(x1)－f(x2)＝23(x1－x2))11(21xx−＝23(x1－x2)·x1x2－1x1x2.…………………8分∵－2≤x1<x2≤－1，∴x1－x2<0，x1x2>1，x1x2－1>0，∴f(x1)

－f(x2)<0，即f(x1)<f(x2)．∴函数f(x)在[－2，－1]上单调递增．…………………10分∴f(x)max＝f(－1)＝－43，f(x)min＝f(－2)＝－53.…………………12分20.解(1)∵2a＋8b－ab＝0，∴8a＋2b＝1.又∵a>0

，b>0，∴a＋b＝(a＋b)+ba28＝10＋8ba＋2ab≥10＋28ba·2ab＝18，…………………5分当且仅当8ba＝2ab，即a＝2b时，等号成立．由a＝2b，8a＋2b＝1，得a＝12，b＝6.∴当a＝12，b＝6时，a＋b取得最小值18.……………

……6分(2))()()(3111cbbccaacbaabccbabcbaacbacba++++++=++++++++=++≥3＋2＋2＋2＝9，…………………11分当且仅当a＝b＝c＝13时取等号．∴cba111++

的最小值为9.…………………12分21．解(1)当0<x<40时，W(x)＝700x－(10x2＋100x)－250＝－10x2＋600x－250；………2分当x≥40时，9200)10000(250)945010000701(700)(

++−=−−+−=xxxxxxW………5分∴++−−+−=.40,9200)10000(,400,25060010)(2xxxxxxxW………6分(2)若0<x<40，W(x)＝－10(x－30)2＋87

50，当x＝30时，W(x)max＝8750万元.………8分若x≥40，9200)10000()(++−=xxxW≤9200－210000＝9000，………10分当且仅当x＝10000x，即x＝100时，W(x)max＝9000万元.………11分∴2020年产量为100(千部)时，企

业所获利润最大，最大利润是9000万元．………12分22.(1)由已知f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，令y＝－x得f(0)＝f(x)＋f(－x)，令x＝y＝0得f(0)＝2f(0)，所以f(0)＝0.…………………2分所以f(x)＋f(－x)＝0，即f(－x)＝－f(x)，故f(x)

是奇函数．…………………4分(2)f(x)是R上的减函数，证明如下:设x1，x2是任意的两个实数，且x1<x2，则x2－x1>0，因为x>0时，f(x)<0，所以f(x2－x1)<0，又因为x2＝(x2－x1)＋x1，所以f(x2)＝f[(x2－x1)＋x1]＝f(x2－x1)＋f(x1

)，所以f(x2)－f(x1)＝f(x2－x1)<0，所以f(x2)<f(x1)．所以f(x)是R上的减函数．…………………8分(3)由(2)可知f(x)在R上是减函数，所以f(x)在[－3,3]上也是减函数，所以f(x)在[－3,3]上的最小值为

f(3)．而f(3)＝f(1)＋f(2)＝3f(1)＝.2)32(3−=−所以函数f(x)在[－3,3]上的最小值是－2.…………………12分获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com