2020-2021学年浙江省宁波市高一（上）质检数学试卷（10月份）人教A版（2019）

这是一份2020-2021学年浙江省宁波市高一（上）质检数学试卷（10月份）人教A版（2019），共8页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 已知集合A＝{x|x2＝4}，B＝{x|x2＝2x}，则A∩B＝（ ）
A.{0, 2}B.{2}C.{−2, 0, 2}D.{−2, 2}

2. 命题“∀x∈[0, +∞)，x3+x≥0”的否定是（ ）
A.∀x∈(−∞, 0)，x3+x<0B.∀x∈(−∞, 0)，x3+x≥0
C.∃x0∈[0, +∞)，x03+x0<0D.∃x0∈[0, +∞)，x03+x0≥0

3. 命题p：三角形是等边三角形；命题q：三角形是等腰三角形．则p是q( )
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. 下列不等式恒成立的是（ ）
A.a2+b2≤2abB.a2+b2≥−2abC.a+b≥−2|ab|D.a+b≤2|ab|

5. 函数y=4xx2+1的图象大致为( )
A.B.
C.D.

6. 已知a，b，c，d均为实数，下列不等关系推导成立的是（ ）
A.若a>b，cb+dB.若a>b，c>d⇒ac>bd
C.若bc−ad>0，ca−db>0⇒ab<0D.若a>b>0，c>d>0⇒ad>bc

7. 下列各组函数是同一函数的是( )
①f(x)=−2x3与g(x)=x−2x；
②f(x)=x与g(x)=x2；
③f(x)=x0与g(x)=1x0；
④f(x)=x2−2x−1与g(t)=t2−2t−1．
A.①②B.①③C.③④D.①④

8. 定义在R上的偶函数f(x)满足：在x∈[0, +∞)上，图象上任意两点P1(x1, y1)，P2(x2, y2)满足(x2−x1)(y2−y1)<0．则满足f(2x−1)A.(−1, 0)B.(1, +∞)∪(−∞, 0)C.(−∞, 0)D.(0, 1)

9. 已知集合A＝{x|ax2−2x+a＝0}中至多含有一个元素，则实数a可以取（ ）
A.a≥1B.a＝0C.a≤−1D.−1≤a≤1

10. 设S为实数集R的非空子集，若对任意x，y∈S，都有x+y，x−y，xy∈S，则称S为封闭集．则下列说法中正确的是（ ）
A.集合S＝{a+b3|a, b为整数}为封闭集
B.若S为封闭集，则一定有0∈S
C.封闭集一定是无限集
D.若S为封闭集，则满足S⊆T⊆R的任意集合T也是封闭集
二、填空题（共5小题）

函数f(x)=4−xx−1的定义域为________．

已知函数f(x)＝−ax3−bx+3a+b(a, b∈R)的图象关于原点对称，若它的定义域为[a−1, 2a]，那么a＝ 13 ，b＝________．

设p:−1
设a>12，b>0，若a+b＝2，则12a−1+2b的最小值为________．

已知函数f(x)=−x2−ax−5，(x≤1)，ax，(x>1)是R上的增函数，则a的取值范围是________．
三、解答题（共5小题）

已知集合A＝{x|x2−x−2<0}，B＝{x|(x−a)(x−3a)<0, a∈R}．
（1）当a＝1时，求集合A和A∪B；

（2）若B⊆(∁RA)，求实数a的取值范围．

已知函数f(x)为奇函数，当x>0时，f(x)=x2+2x．
（1）求f(−1)的值，并求出f(x)在x<0时的解析式；

（2）判断f(x)在(1, +∞)上的单调性，并用函数单调性的定义进行证明．

某公司生产一种电子仪器的固定成本为20000元，每生产一台仪器需增加投入100元，已知总收益满足函数：R(x)=400x−12x2，0≤x≤400,80000,x>400,其中x是仪器的月产量．（注：总收益=总成本+利润）
(1)将利润x表示为月产量x的函数；

(2)当月产量为何值时，公司所获利润最大？最大利润为多少元？

已知函数f(x)＝x2−x+1．
（1）求出f(x)在x∈[1, 3]上的最大值和最小值，并指出取到最值时x的取值；

（2）当x∈[m, m+1](m∈R)时，求f(x)的最小值g(m)．

设函数f(x)＝x2+2ax+2−a，(a∈R)．
（1）解关于x的不等式f(x)>(1−a)x2−a；

（2）若至少有一个x∈[1, 2]，使得f(x)>0成立，求a的取值范围．
参考答案与试题解析
2020-2021学年浙江省宁波市高一（上）质检数学试卷（10月份）
一、选择题（共10小题）
1.
【答案】
B
【考点】
交集及其运算
【解析】
可求出集合A，B，然后进行交集的运算即可．
【解答】
∵ A＝{−2, 2}，B＝{0, 2}，
∴ A∩B＝{2}．
2.
【答案】
C
【考点】
命题的否定
【解析】
全称命题的否定是一个特称命题，按此规则写出其否定即可得出正确选项．
【解答】
∵ 命题“∀x∈[0, +∞)，x3+x≥0”是一个全称命题．
∴ 其否定命题为：∃x0∈[0, +∞)，x03+x0<0
3.
【答案】
A
【考点】
充分条件、必要条件、充要条件
【解析】
由等边三角形一定是等腰三角形，反之不成立，即可判断出结论．
【解答】
∵ 等边三角形一定是等腰三角形，反之不成立，
∴ p是q的充分不必要条件．
4.
【答案】
B
【考点】
基本不等式及其应用
【解析】
对于A和B，分别根据完全平方差和完全平方和公式即可得解；
对于C和D，举出反例即可得解．
【解答】
对于A，由(a−b)2≥0，知a2+b2≥2ab，即A错误；
对于B，由(a+b)2≥0，知a2+b2≥−2ab，即B正确；
对于C，当a＝0，b＝−1时，a+b＝−1，−2|ab|=0，此时a+b<−2|ab|，即C错误；
对于D，当a＝0，b＝1时，a+b＝1，2|ab|=0，此时a+b>−2|ab|，即D错误，
5.
【答案】
A
【考点】
函数奇偶性的判断
函数的图象
【解析】
根据函数的奇偶性和函数值的正负即可判断．
【解答】
解：设f(x)=y=4xx2+1，由题知定义域为实数集R，
∵ f(−x)=4(−x)(−x)2+1=−4xx2+1=−f(x)，
∴ 函数f(x)为奇函数，故排除CD；
当x>0时，f(x)>0，故排除B.
故选A.
6.
【答案】
D
【考点】
基本不等式及其应用
【解析】
根据不等式的性质判断即可．
【解答】
对于A，若a>b，c−d，则a−c>b−d，故A错误，
对于B，若a>b，c>d，则ac>bd，故B错误，
对于C：若bc−ad>0，ca−db>0，则ab>0，故C错误，
对于D，若a>b>0，则c>d>0，则ad>bc，故D正确．
7.
【答案】
C
【考点】
判断两个函数是否为同一函数
【解析】
确定函数的三要素是：定义域、对应法则和值域，据此可判断出答案．
【解答】
解：①f(x)=−2x3=|x|−2x与y=x−2x的对应法则和值域不同，故不是同一函数．
②g(x)=x2=|x|与f(x)=x的对应法则和值域不同，故不是同一函数．
③f(x)=x0与g(x)=1x0都可化为y=1且定义域是{x|x≠0}，故是同一函数．
④f(x)=x2−2x−1与g(t)=t2−2t−1的定义域都是R，对应法则也相同，
而与用什么字母表示无关，故是同一函数．
由上可知是同一函数的是③④．
故选C．
8.
【答案】
B
【考点】
奇偶性与单调性的综合
【解析】
由题意可知函数f(x)在[0, +∞)上是减函数，又由函数f(x)是定义在R上的偶函数可知，f(2x−1)1，从而求解．
【解答】
∵ f(x)满足：在x∈[0, +∞)上，图象上任意两点P1(x1, y1)，P2(x2, y2)满足(x2−x1)(y2−y1)<0，
∴ f(x)在[0, +∞)上是减函数，
又∵ f(x)是定义在R上的偶函数，
∴ f(2x−1)1，
解得x<0或x>1．
故选：B．
9.
【答案】
A,B,C
【考点】
元素与集合关系的判断
【解析】
根据集合A＝{x|ax2−2x+a＝0}中至多含有一个元素，讨论集合A中的方程ax2−2x+a＝0的根的情况，求解若ax2−2x+a＝0为一元一次方程和一元二次方程至多含有一个根的情况，符合题意时可得实数a可以取为：a＝0，a≥1或a≤−1．
【解答】
已知集合A＝{x|ax2−2x+a＝0}中至多含有一个元素，
则讨论集合A中的方程ax2−2x+a＝0的根的情况，
①若ax2−2x+a＝0为一元一次方程，则a＝0，解得x＝0，符合题意；
②若ax2−2x+a＝0为一元二次方程，则a≠0，方程至多含有一个根，
△＝4−4a2≤0，
解得a≥1或a≤−1，符合题意；
故实数a可以取为：a＝0，a≥1或a≤−1．
10.
【答案】
A,B
【考点】
元素与集合关系的判断
【解析】
根据封闭集的定义，任意x，y∈S，都有x+y，x−y，xy∈S，可逐一判断．
【解答】
集合S＝{a+b3|a, b为整数}，在集合A中任意去两个元素，x=a+b3,y=c+d3，其中a，b，c，d为整数，则x+y=a+c+(b+d)3，x−y=a−c+(b−d)3，xy=ac+3bd+(ad+bc)3，均为整数加上根号三的整数倍的形式，故A正确；
因为x，y是集合中任意的元素，所以x与y可以是同一个元素，故0一定在封闭集中，故B正确；
封闭集不一定是无限集，例如{0}，故C错误；
S＝{0}，T＝{0, 1}，也满足D选项，但是集合T不是一个封闭集，故D不正确；
二、填空题（共5小题）
【答案】
{x|x≤4且x≠1}
【考点】
函数的定义域及其求法
【解析】
根据分式有意义的条件，分母不能为0，偶次根式，被开方数大于等于0，可求出函数的f(x)的定义域．
【解答】
∵ f(x)=4−xx−1
∴ 4−x≥0x−1≠0 解得x≤4且x≠1
即函数f(x)=4−xx−1的定义域为{x|x≤4且x≠1}
【答案】
−1
【考点】
函数奇偶性的性质与判断
【解析】
根据题意，有f(x)为奇函数，由奇函数的定义域关于原点对称可得(a−1)+2a＝0，解可得a的值，由奇函数定义可得f(x)+f(−x)＝0，变形分析可得b的值，即可得答案．
【解答】
根据题意，函数f(x)＝−ax3−bx+3a+b(a, b∈R)的图象关于原点对称，即f(x)为奇函数，
若它的定义域为[a−1, 2a]，则有(a−1)+2a＝0，解可得a=13，
则f(x)=−13x3−bx+1+b，f(−x)=13x3+bx+1+b，
则有f(−x)+f(x)＝2+2b＝0，解可得b＝−1，
【答案】
[12, 32]
【考点】
充分条件、必要条件、充要条件
【解析】
根据充分不必要条件的定义，转化为集合的真子集关系进行求解即可．
【解答】
由−1∵ q是p的充分不必要条件，
∴ q对应的集合是p对应集合的真子集，
∴ (12, 32)⫋(a−1, a+1)，
则a−1≤12a+1≥32 ，得12≤a≤32，
即实数a的取值范围是[12, 32]．
【答案】
3
【考点】
基本不等式及其应用
【解析】
由已知可得12a−1+2b=12a−1+42b=13(12a−1+42b)(2a−1+2b)，展开后结合基本不等式即可求解．
【解答】
因为a>12，b>0，a+b＝2，
所以2a−1+2b＝3，
则12a−1+2b=12a−1+42b=13(12a−1+42b)(2a−1+2b)=13[5+2b2a−1+4(2a−1)2b]≥13(5+4)=3，
当且仅当2b2a−1=4(2a−1)2b且a+b＝2即a＝b＝1时取等号，
【答案】
[−3, −2]
【考点】
分段函数的应用
【解析】
要使函数在R上为增函数，须有f(x)在(−∞, 1]上递增，在(1, +∞)上递增，且−12−a×1−5≤a1，由此可得不等式组，解出即可．
【解答】
解：要使函数在R上为增函数，
须有f(x)在(−∞, 1]上递增，在(1, +∞)上递增，
且−12−a×1−5≤a1，
所以有−a2≥1，a<0，−12−a×1−5≤a1，解得−3≤a≤−2，
故a的取值范围为[−3, −2]．
故答案为：[−3, −2]．
三、解答题（共5小题）
【答案】
集合A＝{x|x2−x−2<0}＝{x|−1当a＝1时，B＝{x|(x−1)(x−3)<0}＝{x|1A∪B＝{x−|1∵ B＝{x|(x−a)(x−3a)<0, a∈R}．
∁UA＝{x|x≤−1或x≥2}，B⊆(∁RA)，
∴ 当B＝⌀时，a＝3a，解得a＝0，
当a<0时，B＝{x|3a由B⊆(∁RA)，得a≤−1，
当a>0时，B＝{x|a由B⊆(∁RA)，得a≥2．
综上，实数a的取值范围是{a|a＝0或a≤−1或a≥2}．
【考点】
交、并、补集的混合运算
【解析】
（1）求出集合A，B，由此能求出A∪B．
（2）求出∁UA＝{x|x≤−1或x≥2}，B⊆(∁RA)，当B＝⌀时，a＝3a，当a<0时，B＝{x|3a0时，B＝{x|a【解答】
集合A＝{x|x2−x−2<0}＝{x|−1当a＝1时，B＝{x|(x−1)(x−3)<0}＝{x|1A∪B＝{x−|1∵ B＝{x|(x−a)(x−3a)<0, a∈R}．
∁UA＝{x|x≤−1或x≥2}，B⊆(∁RA)，
∴ 当B＝⌀时，a＝3a，解得a＝0，
当a<0时，B＝{x|3a由B⊆(∁RA)，得a≤−1，
当a>0时，B＝{x|a由B⊆(∁RA)，得a≥2．
综上，实数a的取值范围是{a|a＝0或a≤−1或a≥2}．
【答案】
∵ 当x>0时，f(x)=x2+2x．∴ f(1)＝3，
由函数f(x)为奇函数，可得f(−1)＝−f(1)＝−3．
令x<0，则−x>0，f(−x)＝x2−2x，
由函数f(x)为奇函数，可得f(−x)＝−f(x)，
∴ f(x)＝−f(−x)＝−x2+2x，
即x<0时，f(x)的解析式为f(x)＝−x2+2x．
f(x)在(1, +∞)上单调递增，证明如下：
任取1∵ 12，−2x1x2>−2，
则x1+x2−2x1x2>0，故f(x1)−f(x2)<0，
即f(x1)所以f(x)在(1, +∞)上单调递增．
【考点】
函数解析式的求解及常用方法
奇偶性与单调性的综合
【解析】
（1）由奇函数的性质可得f(−1)＝−f(1)，根据函数奇偶性的性质，将x<0转化为−x>0，即可求出函数的解析式；
（2）判断函数f(x)在(1, +∞)上单调递增，利用增函数的定义证明即可．
【解答】
∵ 当x>0时，f(x)=x2+2x．∴ f(1)＝3，
由函数f(x)为奇函数，可得f(−1)＝−f(1)＝−3．
令x<0，则−x>0，f(−x)＝x2−2x，
由函数f(x)为奇函数，可得f(−x)＝−f(x)，
∴ f(x)＝−f(−x)＝−x2+2x，
即x<0时，f(x)的解析式为f(x)＝−x2+2x．
f(x)在(1, +∞)上单调递增，证明如下：
任取1∵ 12，−2x1x2>−2，
则x1+x2−2x1x2>0，故f(x1)−f(x2)<0，
即f(x1)所以f(x)在(1, +∞)上单调递增．
【答案】
解：(1)由于月产量为x台，则总成本为20000+100x，
从而利润f(x)=300x−12x2−20000，0≤x≤400,60000−100x,x>400.
(2)当0≤x≤400时，
f(x)=300x−12x2−20000=−12(x−300)2+25000，
∴ 当x=300时，有最大值25000；
当x>400时，f(x)=60000−100x是减函数，
∴ f(x)=60000−100×400=20000<25000．
∴ 当x=300时，有最大值25000，
即当月产量为300台时，公司所获利润最大，最大利润是25000元．
【考点】
函数模型的选择与应用
函数最值的应用
【解析】
（1）根据利润=收益-成本，由已知分两段当0≤x≤400时，和当x>400时，求出利润函数的解析式；
（2）根据分段函数的表达式，分别求出函数的最大值即可得到结论．
【解答】
解：(1)由于月产量为x台，则总成本为20000+100x，
从而利润f(x)=300x−12x2−20000，0≤x≤400,60000−100x,x>400.
(2)当0≤x≤400时，
f(x)=300x−12x2−20000=−12(x−300)2+25000，
∴ 当x=300时，有最大值25000；
当x>400时，f(x)=60000−100x是减函数，
∴ f(x)=60000−100×400=20000<25000．
∴ 当x=300时，有最大值25000，
即当月产量为300台时，公司所获利润最大，最大利润是25000元．
【答案】
函数f(x)＝x2−x+1，开口向上，对称轴为：x=12，
∵ 12∉[1, 3]，所以函数在x∈[1, 3]上是增函数，
x＝1时，f(x)min＝f(1)＝1，x＝3时，f(x)max＝f(3)＝7．
由题意，画出函数f(x)图象如下：
由题意及图，①当m+1≤12，即m≤−12时，f(x)min＝f(m+1)＝m2+m+1；
②当m≤12③当m>12时，f(x)min＝f(m)＝m2−m+1．
综上所述，可得：f(x)的最小值g(m)=m2+m+1,m≤−1234,−12【考点】
函数的最值及其几何意义
【解析】
（1）利用二次函数的开口方向与对称轴，结合x的范围，求解函数的最值，以及x的值．
（2）利用二次函数的图象及性质，分类讨论即可得解；
【解答】
函数f(x)＝x2−x+1，开口向上，对称轴为：x=12，
∵ 12∉[1, 3]，所以函数在x∈[1, 3]上是增函数，
x＝1时，f(x)min＝f(1)＝1，x＝3时，f(x)max＝f(3)＝7．
由题意，画出函数f(x)图象如下：
由题意及图，①当m+1≤12，即m≤−12时，f(x)min＝f(m+1)＝m2+m+1；
②当m≤12③当m>12时，f(x)min＝f(m)＝m2−m+1．
综上所述，可得：f(x)的最小值g(m)=m2+m+1,m≤−1234,−12【答案】
不等式x2+2ax+2−a>(1−a)x2−a，化为ax2+2ax+2>0，
由a≥2或a<0，可令x1=−a−a2−2aa，x2=−a+a2−2aa，
当a<0时，x2当a＝0时，2>0，则原不等式的解集为R；
当0a≥2时，x1至少有一个x∈[1, 2]，使得f(x)>0成立，
可得f(1)>0或f(2)>0，
即1+2a+2−a>0或4+4a+2−a>0，
即a>−3或a>−2，
所以a>−3，
则a的取值范围是(−3, +∞)．
【考点】
不等式恒成立的问题
其他不等式的解法
【解析】
（1）原不等式化为ax2+2ax+2>0，讨论a＝0，a>0，a<0，结合二次方程的两根和二次函数的图象可得所求解集；
（2）由题意可得f(1)>0或f(2)>0，解不等式，求并集，可得所求范围．
【解答】
不等式x2+2ax+2−a>(1−a)x2−a，化为ax2+2ax+2>0，
由a≥2或a<0，可令x1=−a−a2−2aa，x2=−a+a2−2aa，
当a<0时，x2当a＝0时，2>0，则原不等式的解集为R；
当0a≥2时，x1至少有一个x∈[1, 2]，使得f(x)>0成立，
可得f(1)>0或f(2)>0，
即1+2a+2−a>0或4+4a+2−a>0，
即a>−3或a>−2，
所以a>−3，
则a的取值范围是(−3, +∞)．