2020-2021学年江苏省泰州市高一（上）10月月考（一）_数学试卷苏教版

这是一份2020-2021学年江苏省泰州市高一（上）10月月考（一）_数学试卷苏教版，共10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={1, 2, 3}，B={2, 3, 4}，A∩B=( )
A.{1, 2, 4}B.{1, 2}C.{2, 3}D.{1, 4}

2. 函数f(x)=x+2x−3+(x+2)0的定义域为( )
A.[−2, +∞)B.(−2, +∞)C.[−2, 3)∪(3, +∞)D.(−2, 3)∪(3, +∞)

3. 已知函数f(x)=2x+3，若f(a)=1，则a=( )
A.−2B.−1C.1D.2

4. 如下图可作为函数y=f(x)的图象的是( )
A.B.C.D.

5. 下列函数是偶函数，且在(−∞, 0)上单调递减的是( )
A.y=1xB.y=1−x2C.y=−x2D.y=|x|

6. 函数y=x2−2x，x∈[0, 3]的值域为( )
A.[0, 3]B.[1, 3]C.[−1, 0]D.[−1, 3]

7. 设f(x)是定义在R上的奇函数，且当x<0时，f(x)=x3−1，则f(2)= ( )
A.7B.−7C.9D.−9

8. 已知函数f(x)=4x2+kx−1在区间[1, 2]上是单调函数，则实数k的取值范围是( )
A.(−∞, −16]∪[−8, +∞)B.[−16, −8]
C.(−∞, −8]∪[−4, +∞)D.[−8, −4]

9. 若f(x)，g(x)是定义在R上的函数，f(x)是奇函数，g(x)是偶函数，且f(x)+g(x)=1x2−x+1，则f(x)的解析式为( )
A.f(x)=12(−1x2−x+1+1x2+x+1)B.f(x)=12(−1x2−x+1−1x2+x+1)
C.f(x)=12(1x2−x+1+1x2+x+1)D.f(x)=12(1x2−x+1−1x2+x+1)

10. 函数f(x)=ax2+x−1(x>2)，ax−1(x≤2)是R上的单调递减函数，则实数a的取值范围是( )
A.−14≤a<0B.a≤−14C.−1≤a≤−14D.a≤−1

11. 设定义在R上的奇函数f(x)满足，对任意x1，x2∈(0, +∞)，且x1≠x2都有(x2−x1)[f(x2)−f(x1)]<0且f(2)=0，则不等式3f(−x)−2f(x)x≥0的解集为( )
A.(−∞, −2]∪(0, 2]B.[−2, 0]∪[2, +∞)
C.(−∞, −2]∪[2, +∞)D.[−2, 0)∪(0, 2]

12. 设函数f(x)=x2，x≥1，2x−1，x<1，则满足f(f(a))A.(1,+∞)B.[1,+∞)C.(−∞,1]D.(−∞,1)
二、填空题

若函数f(x+2)=x2−x+1，则f(x)的解析式为________．

已知函数f(x)=x，x≥0，x2，x<0， 则f(f(−2))=________.

已知定义在R上的函数 f(x) 的图象关于y轴对称，且该函数在 [0,+∞) 上单调递增，则不等式f(2m−1)>f(m) 的解集是_________.

设A⊆Z，且A≠⌀，从A到Z的两个函数f(x)=x2+1和g(x)=3x+5．若对于A中的任意一个，都有 f(x)=g(x)，则满足条件的集合A有________个．
三、解答题

已知集合A={x|−2≤x≤3}，B={x|1(1)求A∪B；

(2)设C={x|x∈A∩B, 且x∈Z}，写出集合C的所有子集．

设集合 A={x|x2−3x−10≤0}, B={x|m−1≤x≤2m+1}.

(1)当x∈Z 时，求A;

(2)若 A∩B=B ，求m的取值范围．

已知函数f(x)=x2+|x+3|−5.
(1)用分段函数的形式表示f(x)；

(2)画出函数y=f(x)的图象，写出函数f(x)的单调区间.

某市居民自来水收费标准如下：每户每月用水量不超过4吨时，每吨水费为1.8元，当用水量超过4吨时，超过部分每吨水费为3元.某月甲、乙两户共交水费y元，已知甲、乙两用户该月用水量分别为5x吨和3x吨．
(1)求y关于x的函数；

(2)若甲、乙两户该月共交水费26.4元，分别求出甲、乙两户该月的用水量和水费．

已知a∈R，函数f(x)=x2−2ax+5．
(1)若不等式f(x)>0对任意的x∈R恒成立，求实数a的取值范围；

(2)若a>1，且函数f(x)的定义域和值域都是[1, a]，求实数a的值；

(3)函数f(x)在区间[1,a+1]的最大值为g(a)，求g(a)的表达式.

已知函数 f(x)=x−4x,x∈[1，2].

(1)判断并证明函数 f(x) 在[1，2]上的单调性；

(2)设 F(x)=x2+16x2−2a(x−4x) ，x∈[1,2],a∈R ，求函数F(x) 的最小值 g(a) ；

(3)对(2)中的 g(a)，若不等式g(a)>−2a2+at+4 对于任意的 a∈(−3,0) 时恒成立，求实数t的取值范围.
参考答案与试题解析
2020-2021学年江苏省泰州市高一（上）10月月考（一） 数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
交集及其运算
【解析】
由A与B，求出两集合的交集即可．
【解答】
解：∵ A={1, 2, 3}，B={2, 3, 4}，
∴ A∩B={2, 3}．
故选C．
2.
【答案】
D
【考点】
函数的定义域及其求法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵x+2≥0，x+2≠0，x−3≠0，
解得x>−2且x≠3，
∴函数f(x)=x+2x−3+(x+2)0的定义域为：
(−2, 3)∪(3, +∞).
故选D.
3.
【答案】
B
【考点】
函数的求值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由f(x)=2x+3，f(a)=1，得2a+3=1，
解得a=−1.
故选B.
4.
【答案】
D
【考点】
函数的概念
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由函数的定义知：A，B，C中都存在x有两个y与x对应，不能构成函数．
故选D.
5.
【答案】
D
【考点】
奇偶性与单调性的综合
函数奇偶性的判断
函数单调性的判断与证明
【解析】
根据反比例函数的图象和性质，可以分析出A答案中函数的奇偶性和在(−∞, 0)上的单调性：
根据二次函数的图象和性质，可以分析出B答案中函数的奇偶性和在(−∞, 0)上的单调性：
根据二次函数的图象和性质，可以分析出C答案中函数的奇偶性和在(−∞, 0)上的单调性：
根据正比例函数的图象和性质，及函数图象的对折变换法则，可以分析出D答案中函数的奇偶性和在(−∞, 0)上的单调性．
【解答】
解：函数y=1x为奇函数，在(−∞, 0)上单调递减；
函数y=1−x2为偶函数，在(−∞, 0)上单调递增；
函数y=−x2为偶函数，在(−∞, 0)上单调递增；
函数y=|x|为偶函数，在(−∞, 0)上单调递减
故选D.
6.
【答案】
D
【考点】
二次函数的性质
二次函数的图象
函数的值域及其求法
【解析】
根据函数y＝x2−2x＝(x−1)2−1，x∈[0, 3]，再利用二次函数的性质求得函数的值域．
【解答】
解：∵ 函数y=x2−2x=(x−1)2−1，x∈[0, 3]，
∴ 当x=1时，函数取得最小值为−1，
当x=3时，函数取得最大值为 3，
故函数的值域为[−1, 3]，
故选D.
7.
【答案】
C
【考点】
函数奇偶性的性质
【解析】
由f(x)是定义在R上的奇函数可得f(1)=−f(−1)，从而求得．
【解答】
解：∵ f(x)是定义在R上的奇函数，
∴ f(2)=−f(−2)
=−((−2)3−1)=9.
故选C．
8.
【答案】
A
【考点】
函数单调性的性质
函数的单调性及单调区间
【解析】
求出f(x)的对称轴方程，讨论f(x)在区间[1, 2]上是单调增函数和减函数，注意对称轴和区间的关系，解不等式即可得到所求范围．
【解答】
解：函数f(x)=4x2+kx−1的对称轴为x=−k8，
若f(x)在区间[1, 2]上是单调增函数，
可得−k8≤1，解得k≥−8；
若f(x)在区间[1, 2]上是单调减函数，
可得−k8≥2，解得k≤−16．
综上可得k的范围是(−∞,−16]∪[−8,+∞)．
故选A．
9.
【答案】
D
【考点】
函数奇偶性的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵f(x)，g(x)是定义在R上的函数，
f(x)是奇函数，g(x)是偶函数，
∴f(−x)=−f(x)，g(−x)=g(x).
∵f(x)+g(x)=1x2−x+1，①
∴f(−x)+g(−x)=1x2+x+1=−f(x)+g(x)，②
用①−②，得2f(x)=1x2−x+1−1x2+x+1，
∴f(x)=12(1x2−x+1−1x2+x+1).
故选D.
10.
【答案】
D
【考点】
分段函数的应用
【解析】
根据条件f(x)在R上单调递减，从而f(x)=ax2+x−1在(2, +∞)上单调递减，根据二次函数的单调性便有a<0−12a≤2，这样可解出a≤−14，根据一次函数的单调性有a<0．根据减函数的定义可得到，a⋅22+2−1≤a⋅2−1，这又可得到一个a的范围，然后这几个a的范围求交集即可得出实数a的取值范围．
【解答】
解：①x>2时，f(x)=ax2+x−1，
f(x)在(2, +∞)上单调递减，
∴ a<0，−12a≤2，
∴ a≤−14；
②x≤2时，f(x)=ax−1单调递减，
∴ a<0，
又f(x)在R上单调递减，
∴ a⋅22+2−1≤a⋅2−1，
∴ a≤−1，
∴ 综上得实数a的取值范围为(−∞, −1]．
故选D．
11.
【答案】
C
【考点】
其他不等式的解法
奇偶性与单调性的综合
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意可得，函数的图象关于原点对称，
任意x1，x2∈(0, +∞)，且x1≠x2，
都有图象上任意两点连线的斜率k=f(x2)−f(x1)x2−x1<0，
故函数在(0, +∞)上是减函数，
故函数在(−∞, 0)上也是减函数．
由不等式3f(−x)−2f(x)x≥0 可得，
−5f(x)x≥0，f(x)x≤0．
再由f(2)=0可得f(−2)=0，
故有不等式结合图象可得x≥2，或 x≤−2.
故选C.
12.
【答案】
D
【考点】
分段函数的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：令 f(a)=t，
则不等式 f(t)解得 t<1，即f(a)<1，
所以a≥1，a2<1或a<1，2a−1<1，
解得 a<1.
故选D.
二、填空题
【答案】
f(x)=x2−5x+7
【考点】
函数解析式的求解及常用方法
【解析】
换元法求函数的解析式．
【解答】
解：令x+2=t，令x=t−2；
则f(x+2)=f(t)=(t−2)2−(t−2)+1
=t2−5t+7；
故f(x)的解析式为f(x)=x2−5x+7.
故答案为：f(x)=x2−5x+7．
【答案】
4
【考点】
分段函数的应用
函数的求值
【解析】
直接利用分段函数化简求解即可．
【解答】
解：∵f(x)=x，x≥0，x2，x<0，
∴f(−2)=(−2)2=4，f(4)=4，
∴f(f(−2))=f(4)=4.
故答案为：4.
【答案】
(−∞,13)∪(1,+∞)
【考点】
已知函数的单调性求参数问题
函数的对称性
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：依题意，函数f(x)定义在R上的图象关于y轴对称，
且在[0,+∞)上单调递增，
则不等式f(2m−1)>f(m)等价于f(|2m−1|)>f(|m|)，
即|2m−1|>|m|，
解得m<13或m>1，
故答案为：(−∞，13)∪(1,+∞).
【答案】
3
【考点】
函数的概念及其构成要素
集合的确定性、互异性、无序性
集合的含义与表示
【解析】
令x2+1=3x+5．解得：x=−1，或x=4，进而可列举出满足条件的集合A．
【解答】
解：令x2+1=3x+5．
解得：x=−1，或x=4，
故当A={−1}，A={4}，A={−1, 4}时满足条件，
故满足条件的集合A的个数为3个，
故答案为：3．
三、解答题
【答案】
解：(1)∵ A={x|−2≤x≤3}，B={x|1∴ A∪B={x|−2≤x<6}．
(2)∵ A={x|−2≤x≤3}，B={x|1∴ A∩B={x|1∵ C={x|x∈A∩B, 且x∈Z}，
∴ C={2, 3}．
∴ 集合C的所有子集为：⌀，{2}，{3}，{2, 3}．
【考点】
交集及其运算
并集及其运算
子集与真子集
【解析】
（1）由已知条件利用并集定义能求出A∪B．
（2）先求出A∩B，从而求出C={2, 3}．由此能写出集合C的所有子集．
【解答】
解：(1)∵ A={x|−2≤x≤3}，B={x|1∴ A∪B={x|−2≤x<6}．
(2)∵ A={x|−2≤x≤3}，B={x|1∴ A∩B={x|1∵ C={x|x∈A∩B, 且x∈Z}，
∴ C={2, 3}．
∴ 集合C的所有子集为：⌀，{2}，{3}，{2, 3}．
【答案】
解：(1)集合 A={x|−2≤x≤5}，
因为x∈Z，
所以A={−2,−1,0,1,2,3,4,5}.
(2)当B=⌀，即m−1>2m+1，m<−2时，
B=⌀⊆A；
当B≠⌀，即m≥−2时，要使B⊆A，
只需m−1≥−2，2m+1≤5，⇒−1≤m≤2；
综上，m的取值范围是{m|m<−2或−1≤m≤2}.
【考点】
子集与交集、并集运算的转换
一元二次不等式的解法
交集及其运算
集合的包含关系判断及应用
集合的含义与表示
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)集合 A={x|−2≤x≤5}，
因为x∈Z，
所以A={−2,−1,0,1,2,3,4,5}.
(2)当B=⌀，即m−1>2m+1，m<−2时，
B=⌀⊆A；
当B≠⌀，即m≥−2时，要使B⊆A，
只需m−1≥−2，2m+1≤5，⇒−1≤m≤2；
综上，m的取值范围是{m|m<−2或−1≤m≤2}.
【答案】
解：(1)f(x)=x2+x−2,x≥−3,x2−x−8,x<−3.
(2)函数y=f(x)的图象如图所示，
由图象可知，(−∞，−12]为单调减区间，
[−12，+∞)为单调增区间.
【考点】
函数的单调性及单调区间
分段函数的解析式求法及其图象的作法
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)f(x)=x2+x−2,x≥−3,x2−x−8,x<−3.
(2)函数y=f(x)的图象如图所示，
由图象可知，(−∞，−12]为单调减区间，
[−12，+∞)为单调增区间.
【答案】
解：(1)由题意知，
x≥0，令5x=4，得x=45；
令3x=4，得x=43，
则当0≤x≤45时，
y=(5x+3x)×1.8=14.4x，
当45y=4×1.8+(x−45)×5×3+3x⋅1.8=20.4x−4.8，
当x>43时，
y=(4+4)×1.8+(43−45)×5×3
+3×5(x−43)+3×3(x−43)=24x−9.6，
即得y=14.4x，(0≤x≤45)，20.4x−4.8，(4543).
(2)由于y=f(x)在各段区间上均单增，
当x∈[0,45]时，y≤f(45)<26.4，
当x∈(45，43]时，y≤f(43)<26.4，
当x∈(43，+∞)时，
令24x−9.6=26.4，得x=1.5，
所以甲户用水量为5x=7.5吨，
付费S1=4×1.8+3.5×3=17.7元，
乙户用水量为3x=4.5吨，
付费S2=8.7元.
【考点】
分段函数的应用
【解析】
（1）由题意知：x≥0，令5x=4，得x=45；令3x=4，得x=43．将x取值范围分三段，求对应函数解析式可得答案．
（2）在分段函数各定义域上讨论函数值对应的x的值．
【解答】
解：(1)由题意知，
x≥0，令5x=4，得x=45；
令3x=4，得x=43，
则当0≤x≤45时，
y=(5x+3x)×1.8=14.4x，
当45y=4×1.8+(x−45)×5×3+3x⋅1.8=20.4x−4.8，
当x>43时，
y=(4+4)×1.8+(43−45)×5×3
+3×5(x−43)+3×3(x−43)=24x−9.6，
即得y=14.4x，(0≤x≤45)，20.4x−4.8，(4543).
(2)由于y=f(x)在各段区间上均单增，
当x∈[0,45]时，y≤f(45)<26.4，
当x∈(45，43]时，y≤f(43)<26.4，
当x∈(43，+∞)时，
令24x−9.6=26.4，得x=1.5，
所以甲户用水量为5x=7.5吨，
付费S1=4×1.8+3.5×3=17.7元，
乙户用水量为3x=4.5吨，
付费S2=8.7元.
【答案】
解：(1)∵ x2−2ax+5>0对任意x∈R恒成立，
∴ Δ=4a2−20<0．
解得−5∴ 实数a的取值范围是(−5, 5)；
(2)∵ 函数f(x)=x2−2ax+5图象的对称轴为x=a(a>1)，
∴ f(x)在[1, a]上为减函数．
∴ f(x)的值域为[f(a), f(1)]．
又∵ 函数f(x)的值域都是[1, a]，
∴ f(a)=a2−2a2+5=1，f(1)=1−2a+5=a，
解得a=2．
(3)函数f(x)=x2−2ax+5 的对称轴为 x=a，开口向上，
①当a≤1+a2，即a≤2时，
f(x)在区间[1,a+1]上的最大值为f(1+a)=6−a2；
②a>2时，f(x)在区间[1,a+1]上的最大值为f(1)=6−2a，
∴g(a)=6−2a,a>2，6−a2,a≤2.
【考点】
函数恒成立问题
二次函数在闭区间上的最值
函数的值域及其求法
【解析】
（1）由一元二次不等式的性质可知不等式f(x)=x2−2ax+5>0对任意x∈R恒成立等价于△=4a2−20<0．解不等式即可得到实数a的最值范围．
（2）函数f(x)=x2−2ax+5图象的对称轴为x=a(a>1)．则f(x)在[1, a]上为减函数．又函数f(x)的值域均为[1, a]，所以f(a)=a2−2a+5=1f(1)=1−2a+5=a．解不等式组即可得到a的值为2．
【解答】
解：(1)∵ x2−2ax+5>0对任意x∈R恒成立，
∴ Δ=4a2−20<0．
解得−5∴ 实数a的取值范围是(−5, 5)；
(2)∵ 函数f(x)=x2−2ax+5图象的对称轴为x=a(a>1)，
∴ f(x)在[1, a]上为减函数．
∴ f(x)的值域为[f(a), f(1)]．
又∵ 函数f(x)的值域都是[1, a]，
∴ f(a)=a2−2a2+5=1，f(1)=1−2a+5=a，
解得a=2．
(3)函数f(x)=x2−2ax+5 的对称轴为 x=a，开口向上，
①当a≤1+a2，即a≤2时，
f(x)在区间[1,a+1]上的最大值为f(1+a)=6−a2；
②a>2时，f(x)在区间[1,a+1]上的最大值为f(1)=6−2a，
∴g(a)=6−2a,a>2，6−a2,a≤2.
【答案】
(1)证明：在 [1,2] 任取x1,x2，且x1则x2−x1>0, x1⋅x2>0，
所以，f(x2)−f(x1)=(x2−4x2)−(x1−4x1)
=(x2−x1)⋅(x1⋅x2+4)x1⋅x2>0，
即f(x2)>f(x1)，所以 f(x)=x−4x 是[1,2] 上增函数，
故当x=1时，f(x)取得最小值−3，
当x=2时，f(x) 取得最大值0,
所以函数f(x)的值域为 [−3,0].
(2)解：F(x)=x2+16x2−2a(x−4x)
=(x−4x)2−2a(x−4x)+8, x∈[1,2]，
令x−4x=t, t∈[−3,0]，
则ℎ(t)=t2−2at+8=(t−a)2+8−a2.
①当a≤−3时，ℎ(t)在[−3,0]上单调递增，
故g(a)=ℎ(−3)=6a+17；
②当a≥0 时， ℎ(t)在[−3,0] 上单调递减，
故g(a)=ℎ(0)=8；
③当−3故 g(a)=ℎ(a)=8−a2,
综上所述，g(a)=6a+17,(a≤−3),8−a2,(−3(3)解：由(2)知，当 a∈(−3,0) 时，g(a)=8−a2 ，
所以 g(a)>−2a2+at+4，
即8−a2>−2a2+at+4 ，整理得， at因为a<0 ，
所以 t>a+4a对于任意的 a∈(−3,0) 时恒成立.
令φ(a)=a+4a, a∈(−3,0)，问题转化为t>φ(a)max，
在(−3,0) 任取 a1,a2且a10，a1⋅a2>0，
所以，φ(a2)−φ(a1)=(a2+4a2)−(a1+4a1)
=(a2−a1)⋅(a1⋅a2−4)a1⋅a2.
①当 a1,a2∈(−3,−2]时，a1⋅a2>4，
所以 φ(a2)−φ(a1)>0，即φ(a2)>φ(a1).
所以函数 φ(a)=a+4a 在(−3,−2]上单调递增；
②当a1,a2∈[−2,0) 时，a1⋅a2<4，
所以 φ(a2)−φ(a1)<0 ，即φ(a2)<φ(a1)，
所以函数φ(a)=a+4a 在[−2,0)上单调递减；
综上， φ(a)max=φ(−2)=−4 ，从而 t>−4.
所以，实数t的取值范围是 (−4,+∞).
【考点】
函数恒成立问题
函数单调性的性质
函数单调性的判断与证明
【解析】
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【解答】
(1)证明：在 [1,2] 任取x1,x2，且x1则x2−x1>0, x1⋅x2>0，
所以，f(x2)−f(x1)=(x2−4x2)−(x1−4x1)
=(x2−x1)⋅(x1⋅x2+4)x1⋅x2>0，
即f(x2)>f(x1)，所以 f(x)=x−4x 是[1,2] 上增函数，
故当x=1时，f(x)取得最小值−3，
当x=2时，f(x) 取得最大值0,
所以函数f(x)的值域为 [−3,0].
(2)解：F(x)=x2+16x2−2a(x−4x)
=(x−4x)2−2a(x−4x)+8, x∈[1,2]，
令x−4x=t, t∈[−3,0]，
则ℎ(t)=t2−2at+8=(t−a)2+8−a2.
①当a≤−3时，ℎ(t)在[−3,0]上单调递增，
故g(a)=ℎ(−3)=6a+17；
②当a≥0 时， ℎ(t)在[−3,0] 上单调递减，
故g(a)=ℎ(0)=8；
③当−3故 g(a)=ℎ(a)=8−a2,
综上所述，g(a)=6a+17,(a≤−3),8−a2,(−3(3)解：由(2)知，当 a∈(−3,0) 时，g(a)=8−a2 ，
所以 g(a)>−2a2+at+4，
即8−a2>−2a2+at+4 ，整理得， at因为a<0 ，
所以 t>a+4a对于任意的 a∈(−3,0) 时恒成立.
令φ(a)=a+4a, a∈(−3,0)，问题转化为t>φ(a)max，
在(−3,0) 任取 a1,a2且a10，a1⋅a2>0，
所以，φ(a2)−φ(a1)=(a2+4a2)−(a1+4a1)
=(a2−a1)⋅(a1⋅a2−4)a1⋅a2.
①当 a1,a2∈(−3,−2]时，a1⋅a2>4，
所以 φ(a2)−φ(a1)>0，即φ(a2)>φ(a1).
所以函数 φ(a)=a+4a 在(−3,−2]上单调递增；
②当a1,a2∈[−2,0) 时，a1⋅a2<4，
所以 φ(a2)−φ(a1)<0 ，即φ(a2)<φ(a1)，
所以函数φ(a)=a+4a 在[−2,0)上单调递减；
综上， φ(a)max=φ(−2)=−4 ，从而 t>−4.
所以，实数t的取值范围是 (−4,+∞).