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【解析版】上海中学2016-2017学年高一上学期期中考试数学试卷
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这是一份【解析版】上海中学2016-2017学年高一上学期期中考试数学试卷，共16页。试卷主要包含了若f= ，不等式x＞的解是 ，不等式2﹣2﹣3＜0的解是 等内容，欢迎下载使用。
一.填空题
1．设集合A={0，2，4，6，8，10}，B={4，8}，则∁AB= ．
2．已知集合A={x||x|＜2}，B={﹣1，0，1，2，3}，则A∩B= ．
3．“若x=1且y=1，则x+y=2”的逆否命题是 ．
4．若f（x+）=x2+，则f（3）= ．
5．不等式x＞的解是 ．
6．若不等式ax2+（a+1）x+a＜0对一切x∈R恒成立，则a的取值范围是 ．
7．不等式（x﹣3）2﹣2﹣3＜0的解是 ．
8．已知集合A={x|﹣6≤x≤8}，B={x|x≤m}，若A∪B≠B且A∩B≠∅，则m的取值范围是 ．
9．不等式（x+y）（+）≥25对任意正实数x，y恒成立，则正实数a的最小值为 ．
10．设a＞0，b＞0，且ab=a+4b+5，则ab的最小值为 ．
11．对于二次函数f（x）=4x2﹣2（p﹣2）x﹣2p2﹣p+1，若在区间[﹣1，1]内至少存在一个数c 使得f（c）＞0，则实数p的取值范围是 ．
12．已知a，b为正实数，且a+b=2，则+的最小值为 ．
二.选择题
13．不等x|x|＜x的解集是（ ）
A．{x|0＜x＜1}B．{x|﹣1＜x＜1}
C．{x|0＜x＜1}或{x|x＜﹣1}，D．{x|﹣1＜x＜0，x＞1}
14．若A⊆B，A⊆C，B={0，1，2，3，4，5，6}，C={0，2，4，6，8，10}，则这样的A的个数为（ ）
A．4B．15C．16D．32
15．不等式ax2+bx+1＞0的解集是（﹣，），则a﹣b=（ ）
A．﹣7B．7C．﹣5D．5
16．已知函数f（x）=x2+bx，则“b＜0”是“f（f（x））的最小值与f（x）的最小值相等”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
三.解答题
17．解不等式：
（1）|x﹣2|+|2x﹣3|＜4；
（2）≤x．
18．已知a，b，c，d∈E，证明下列不等式：
（1）（a2+b2）（c2+d2）≥（ac+bd）2；
（2）a2+b2+c2≥ab+bc+ca．
19．已知二次函数f（x）=ax2+bx+1，a，b∈R，当x=﹣1时，函数f（x）取到最小值，且最小值为0；
（1）求f（x）解析式；
（2）关于x的方程f（x）=|x+1|﹣k+3恰有两个不相等的实数解，求实数k的取值范围．
20．设关于x的二次方程px2+（p﹣1）x+p+1=0有两个不相等的正根，且一根大于另一根的两倍，求p的取值范围．
21．已知二次函数f（x）=ax2+bx+c（a≠0），记f[2]（x）=f（f（x）），例：f（x）=x2+1，
则f[2]（x）=（f（x））2+1=（x2+1）2+1；
（1）f（x）=x2﹣x，解关于x的方程f[2]（x）=x；
（2）记△=（b﹣1）2﹣4ac，若f[2]（x）=x有四个不相等的实数根，求△的取值范围．
2016-2017学年上海中学高一（上）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一.填空题
1．（2016秋•徐汇区校级期中）设集合A={0，2，4，6，8，10}，B={4，8}，则∁AB= {0，2，6，10} ．
【考点】补集及其运算．
【专题】集合思想；定义法；集合．
【分析】根据补集的定义进行计算即可．
【解答】解：集合A={0，2，4，6，8，10}，B={4，8}，
所以∁AB={0，2，6，10}．
故答案为：{0，2，6，10}．
【点评】本题考查了补集的定义与应用问题，是基础题目．
2．（2016秋•徐汇区校级期中）已知集合A={x||x|＜2}，B={﹣1，0，1，2，3}，则A∩B= {﹣1，0，1} ．
【考点】交集及其运算．
【专题】计算题；集合思想；定义法；集合．
【分析】通过求解绝对值不等式化简集合A，然后直接利用交集运算求解．
【解答】解：∵A={x||x|＜2}={x|﹣2＜x＜2}，
B={﹣1，0，1，2，3}，
∴A∩B={﹣1，0，1}，
故答案为：{﹣1，0，1}
【点评】本题考查绝对值不等式的解法，以及求两个集合的交集的方法．
3．（2016秋•徐汇区校级期中）“若x=1且y=1，则x+y=2”的逆否命题是 “若x+y≠2，则x≠1，或y≠1” ．
【考点】四种命题．
【专题】定义法；简易逻辑．
【分析】根据已知中的原命题及逆否命题的定义，可得答案．
【解答】解：“若x=1且y=1，则x+y=2”的逆否命题是“若x+y≠2，则x≠1，或y≠1”，
故答案为：“若x+y≠2，则x≠1，或y≠1”
【点评】本题考查的知识点是四种命题，熟练掌握逆否命题的定义，是解答的关键．
4．（2016秋•徐汇区校级期中）若f（x+）=x2+，则f（3）= 7 ．
【考点】函数的值；函数解析式的求解及常用方法．
【专题】计算题；配方法；函数的性质及应用．
【分析】求出函数的解析式，然后求解函数值即可．
【解答】解：f（x+）=x2+=（x+）2﹣2，
所以f（x）=x2﹣2，则f（3）=7．
故答案为：7．
【点评】本题考查函数的解析式的求法，函数值的求法，考查计算能力．
5．（2016秋•徐汇区校级期中）不等式x＞的解是 （﹣3，0）∪（3，+∞） ．
【考点】其他不等式的解法．
【专题】计算题；转化思想；综合法；集合．
【分析】首先通分化简分式不等式，最后化简为整式不等式，利用穿根法解答即可．
【解答】解：原不等式等价于等价于（x+3）（x﹣3）x＞0，
由穿根法得到不等式的解集为（﹣3，0）∪（3，+∞）；
故答案为：（﹣3，0）∪（3，+∞）；
【点评】本题考查了分式不等式的解法；关键是转化为整式不等式解之；运用穿根法使得解集易得．
6．（2016秋•徐汇区校级期中）若不等式ax2+（a+1）x+a＜0对一切x∈R恒成立，则a的取值范围是 （﹣∞，﹣） ．
【考点】函数恒成立问题；二次函数的性质．
【专题】转化思想；转化法；函数的性质及应用．
【分析】若不等式ax2+（a+1）x+a＜0对一切x∈R恒成立，则，解得a的取值范围．
【解答】解：若不等式ax2+（a+1）x+a＜0对一切x∈R恒成立，
则，
解得：a∈（﹣∞，﹣），
故答案为：（﹣∞，﹣）．
【点评】本题考查的知识点是函数恒成立问题，二次函数的图象和性质，转化思想，难度中档．
7．（2016秋•徐汇区校级期中）不等式（x﹣3）2﹣2﹣3＜0的解是 （0，6） ．
【考点】其他不等式的解法．
【专题】计算题；转化思想；综合法．
【分析】设=t，则原不等式化为t2﹣2t﹣3＜0，（t≥0），解关于t的不等式，然后解出x范围．
【解答】解：设=t，则原不等式化为t2﹣2t﹣3＜0，（t≥0），
所以t∈[0，3），即∈[0，3），
所以（x﹣3）2＜9，解得﹣3＜x﹣3＜3，所以0＜x＜6，
故原不等式的解集为（0，6）；
故答案为：（0，6）．
【点评】本题考查了利用换元法解不等式；属于基础题．
8．（2016秋•徐汇区校级期中）已知集合A={x|﹣6≤x≤8}，B={x|x≤m}，若A∪B≠B且A∩B≠∅，则m的取值范围是 [﹣6，8] ．
【考点】交集及其运算．
【专题】集合思想；转化法；集合．
【分析】根据集合的并集和集合的交集得到关于m的不等式组，解出即可．
【解答】解：A={x|﹣6≤x≤8}，B={x|x≤m}，
若A∪B≠B且A∩B≠∅，
则，
故答案为：[﹣6，8]．
【点评】本题考查了集合的交集、并集的定义，是一道基础题．
9．（2016秋•徐汇区校级期中）不等式（x+y）（+）≥25对任意正实数x，y恒成立，则正实数a的最小值为 16 ．
【考点】基本不等式在最值问题中的应用．
【专题】转化思想；转化法；不等式．
【分析】利用基本不等式进行求解，先求出（x+y）（+）的最小值为（+1）2，然后解不等式即可．
【解答】解：（x+y）（+）=1+a++≥1+a+2=1+a+2=（+1）2，
即（x+y）（+）的最小值为（+1）2，
若不等式（x+y）（+）≥25对任意正实数x，y恒成立，
∴（+1）2≥25，即+1≥5，
则≥4，
则a≥16，
即正实数a的最小值为16，
故答案为：16．
【点评】本题主要考查基本不等式的应用，利用基本不等式先求出（x+y）（+）的最小值为（+1）2是解决本题的关键．
10．（2016秋•徐汇区校级期中）设a＞0，b＞0，且ab=a+4b+5，则ab的最小值为 25 ．
【考点】基本不等式．
【专题】计算题；转化思想；综合法；不等式．
【分析】利用基本不等式可将ab=a+4b+5转化为ab的不等式，求解不等式可得ab的最小值．
【解答】解：∵a＞0，b＞0，∴a+4b+5=ab，
可得ab≥5+2=5+4，当且仅当a=4b时取等号．
∴（+1）（﹣5）≥0，
∴≥5或≤﹣1（舍去）．
∴ab≥25．
故ab的最小值为将25；
故答案为：25．
【点评】本题考查基本不等式，将2ab=a+b+12转化为不等式是关键，考查等价转化思想与方程思想，属于中档
11．（2012•天宁区校级模拟）对于二次函数f（x）=4x2﹣2（p﹣2）x﹣2p2﹣p+1，若在区间[﹣1，1]内至少存在一个数c 使得f（c）＞0，则实数p的取值范围是 （﹣3，1.5） ．
【考点】二次函数的性质．
【专题】计算题；转化思想．
【分析】由于二次函数f（x）=4x2﹣2（p﹣2）x﹣2p2﹣p+1的图象是开口方向朝上的抛物线，故二次函数f（x）=4x2﹣2（p﹣2）x﹣2p2﹣p+1在区间[﹣1，1]内至少存在一个实数c，使f（c）＞0的否定为对于区间[﹣1，1]内的任意一个x都有f（x）≤0，即f（﹣1），f（1）均小于等0，由此可以构造一个关于p的不等式组，解不等式组即可求出实数p的取值范围．
【解答】解：二次函数f（x）在区间[﹣1，1]内至少存在一个实数c，使f（c）＞0的否定是：
对于区间[﹣1，1]内的任意一个x都有f（x）≤0，
∴
即
整理得
解得p≥，或p≤﹣3，
∴二次函数在区间[﹣1，1]内至少存在一个实数c，
使f（c）＞0的实数p的取值范围是 （﹣3，）．
【点评】本题考查的知识点是一元二次方程的根的分布与系数的关系，其中根据二次函数的图象是开口方向朝上的抛物线，得到对于区间[﹣1，1]内的任意一个x都有f（x）≤0时，是解答本题的关键．
12．（2014秋•苏州期末）已知a，b为正实数，且a+b=2，则+的最小值为 ．
【考点】函数在某点取得极值的条件；基本不等式．
【专题】导数的综合应用；不等式的解法及应用．
【分析】由a，b为正实数，且a+b=2，变形可得=+a+b﹣1+=+1=f（a），0＜a＜2．利用导数研究其单调性极值与最值即可得出．
【解答】解：∵a，b为正实数，且a+b=2，
∴=a++=+a+b﹣1+=+1=f（a），0＜a＜2．
f′（a）=+=，
令f′（a）＞0，解得，此时函数f（a）单调递增；令f′（a）＜0，解得，此时函数f（a）单调递减．
∴当且仅当a=6﹣3时函数f（a）取得极小值即最小值，
=．
故答案为：．
【点评】本题考查了利用导数研究其单调性极值与最值，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
二.选择题
13．（2016秋•徐汇区校级期中）不等x|x|＜x的解集是（ ）
A．{x|0＜x＜1}B．{x|﹣1＜x＜1}
C．{x|0＜x＜1}或{x|x＜﹣1}，D．{x|﹣1＜x＜0，x＞1}
【考点】绝对值不等式．
【专题】不等式的解法及应用．
【分析】建议修改C为 {x|0＜x＜1，或 x＜﹣1}
原不等式即x（|x|﹣1）＜0，等价转化为①，或 ②．分别求得①、②的解集，
再取并集，即得所求．
【解答】解：不等x|x|＜x，即 x（|x|﹣1）＜0，∴①，或 ②．
解①可得 0＜x＜1，解②可得 x＜﹣1．
把①②的解集取并集，即得原不等式的解集为 {x|0＜x＜1}或{x|x＜﹣1}，
故选C．
【点评】本题主要考查绝对值不等式的解法，体现了分类讨论和等价转化的数学思想，属于中档题．
14．（2016秋•徐汇区校级期中）若A⊆B，A⊆C，B={0，1，2，3，4，5，6}，C={0，2，4，6，8，10}，则这样的A的个数为（ ）
A．4B．15C．16D．32
【考点】子集与真子集．
【专题】综合题；方程思想；演绎法；集合．
【分析】利用A⊆B，A⊆C，可得A⊆（B∩C），求出B∩C，即可得出结论．
【解答】解：∵A⊆B，A⊆C，
∴A⊆（B∩C），
∵B={0，1，2，3，4，5，6}，C={0，2，4，6，8，10}，
∴B∩C={0，2，4，6}，
∴A的个数为16，
故选C．
【点评】本题考查集合的运算与关系，考查学生的计算能力，比较基础．
15．（2016秋•徐汇区校级期中）不等式ax2+bx+1＞0的解集是（﹣，），则a﹣b=（ ）
A．﹣7B．7C．﹣5D．5
【考点】其他不等式的解法．
【专题】方程思想；转化法；不等式的解法及应用．
【分析】根据不等式的解集构造不等式，化简后于已知得不等式对比即可求出a与b的值，进而求出a﹣b的值．
【解答】解：由不等式ax2+bx+1＞0的解集是（﹣，），
构造不等式（x+）（x﹣）＜0，整理得：6x2+x﹣1＜0，
即﹣6x2﹣x+1＞0，与ax2+bx+1＞0对比得：
a=﹣6，b=﹣1，
则a﹣b=﹣6+1=﹣5，
故选：C．
【点评】此题考查学生理解不等式解集的意义，会根据解集构造不等式，是一道基础题．
16．（2016•浙江）已知函数f（x）=x2+bx，则“b＜0”是“f（f（x））的最小值与f（x）的最小值相等”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断．
【专题】函数思想；综合法；简易逻辑．
【分析】求出f（x）的最小值及极小值点，分别把“b＜0”和“f（f（x））的最小值与f（x）的最小值相等”当做条件，看能否推出另一结论即可判断．
【解答】解：f（x）的对称轴为x=﹣，fmin（x）=﹣．
（1）若b＜0，则﹣＞﹣，∴当f（x）=﹣时，f（f（x））取得最小值f（﹣）=﹣，
即f（f（x））的最小值与f（x）的最小值相等．
∴“b＜0”是“f（f（x））的最小值与f（x）的最小值相等”的充分条件．
（2）若f（f（x））的最小值与f（x）的最小值相等，
则fmin（x）≤﹣，即﹣≤﹣，解得b≤0或b≥2．
∴“b＜0”不是“f（f（x））的最小值与f（x）的最小值相等”的必要条件．
故选A．
【点评】本题考查了二次函数的性质，简易逻辑关系的推导，属于基础题．
三.解答题
17．（2016秋•徐汇区校级期中）解不等式：
（1）|x﹣2|+|2x﹣3|＜4；
（2）≤x．
【考点】绝对值不等式的解法；其他不等式的解法．
【专题】对应思想；分类法；不等式的解法及应用．
【分析】（1）通过讨论x的范围，求出各个区间上的x的范围，从而求出不等式的解集即可；
（2）通过讨论x的范围得到x﹣1=0或或，解出即可．
【解答】解：（1）x≥2时，x﹣2+2x﹣3＜4，解得：x＜3，
＜x＜2时，2﹣x+2x﹣2＜4，解得：x＜4，
x≤时，2﹣x+3﹣2x＜4，解得：x＞，
故不等式的解集是：{x|＜x＜3}；
（2）∵≤x，
∴≥0，
∴x﹣1=0或或
解得：﹣1＜x≤0或x=1或x＞2，
故不等式的解集是（﹣1，0]∪{1}∪（2，+∞）．
【点评】本题考查了解绝对值不等式问题，考查解分式不等式以及分类讨论思想，是一道中档题．
18．（2016秋•徐汇区校级期中）已知a，b，c，d∈E，证明下列不等式：
（1）（a2+b2）（c2+d2）≥（ac+bd）2；
（2）a2+b2+c2≥ab+bc+ca．
【考点】不等式的证明．
【专题】证明题；转化思想；演绎法；不等式．
【分析】（1）根据不等式的左边减去右边化简结果为 （ad﹣bc）2≥0，可得不等式成立；
（2）从不等式的左边入手，左边对应的代数式的二倍，分别写成两两相加的形式，在三组相加的式子中分别用均值不等式，整理成最简形式，得到右边的2倍，两边同时除以2，得到结果．
【解答】证明：∵（a2+b2）（c2+d2）﹣（ac+bd）2=（ a2c2+a2d2+b2c2+b2d2）﹣（a2c2+2abcd+b2d2）
=（ad﹣bc）2≥0，
∴（a2+b2）（c2+d2）≥（ac+bd）2 成立；
（2）a2+b2+c2
=（a2+b2+c2+a2+b2+c2）
≥（2ab+2ca+2bc）=ab+bc+ca．
∴a2+b2+c2≥ab+bc+ca．
【点评】本题主要考查用比较法证明不等式，考查均值不等式的应用，考查不等式的证明方法，把差变为因式乘积的形式，是解题的关键，属于中档题．
19．（2016秋•徐汇区校级期中）已知二次函数f（x）=ax2+bx+1，a，b∈R，当x=﹣1时，函数f（x）取到最小值，且最小值为0；
（1）求f（x）解析式；
（2）关于x的方程f（x）=|x+1|﹣k+3恰有两个不相等的实数解，求实数k的取值范围．
【考点】二次函数的性质；根的存在性及根的个数判断．
【专题】计算题；函数思想；转化法；函数的性质及应用．
【分析】（1）根据函数的对称轴和函数的最值，即可求出函数的解析式，
（2）设|x+1|=t，t≥0，得到t2﹣t+k﹣3=0，由x的方程f（x）=|x+1|﹣k+3恰有两个不相等的实数解，得到关于t的方程由两个相等的根或有一个正根，解得即可．
【解答】解：（1）x=﹣1时，函数f（x）取到最小值，且最小值为0，
∴﹣=﹣1，f（﹣1）=a﹣b+1=0，
解得a=1，b=2，
∴f（x）=x2+2x+1，
（2）：f（x）=|x+1|﹣k+3，
∴x2+2x+1=|x+1|﹣k+3，
即（x+1）2=|x+1|﹣k+3，
设|x+1|=t，t≥0，
∴t2﹣t+k﹣3=0，
∵x的方程f（x）=|x+1|﹣k+3恰有两个不相等的实数解，
∴关于t的方程由两个相等的根或有一个正根，
∴△=1﹣4（k﹣3）=0，或
解得k=，或k＜3，
故有k的取值范围为{k|k=，或k＜3}
【点评】本题考查了二次函数的性质，以及参数的取值范围，关键是换元，属于中档题．
20．（2016秋•徐汇区校级期中）设关于x的二次方程px2+（p﹣1）x+p+1=0有两个不相等的正根，且一根大于另一根的两倍，求p的取值范围．
【考点】根的存在性及根的个数判断．
【专题】计算题；方程思想；定义法；函数的性质及应用．
【分析】根据根与系数的关系和判别式即可求出p的范围．
【解答】解：关于x的二次方程px2+（p﹣1）x+p+1=0有两个不相等的正根，
则△=（p﹣1）2﹣4p（p+1）=﹣3p2﹣6p+1＞0，解得﹣1﹣＜p＜﹣1+，
当x1+x2=＞0，及x1x2=＞0时，方程的两根为正．解之，得0＜p＜1．故0＜p＜﹣1．
记x1=，x2=，
由x2＞2x1，并注意p＞0，得3＞1﹣p＞0，
∴28p2+52p﹣8＜0，即7p2+13p﹣2＜0．∴﹣2＜p＜．
综上得p的取值范围为{p|0＜p＜}．
【点评】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，属于基础题．
21．（2016秋•徐汇区校级期中）已知二次函数f（x）=ax2+bx+c（a≠0），记f[2]（x）=f（f（x）），例：f（x）=x2+1，
则f[2]（x）=（f（x））2+1=（x2+1）2+1；
（1）f（x）=x2﹣x，解关于x的方程f[2]（x）=x；
（2）记△=（b﹣1）2﹣4ac，若f[2]（x）=x有四个不相等的实数根，求△的取值范围．
【考点】二次函数的性质；根的存在性及根的个数判断．
【专题】阅读型；函数思想；构造法；函数的性质及应用．
【分析】（1）根据新类型的定义，求解f[2]（x），再解方程即可．
（2）换元思想，根据新类型的定义：f（f（x））=x，令f（x）﹣x=t，则f（x）﹣t=x，f（x）=t+x，则有：f（t+x）=f（x）﹣t．带入二次函数f（x）=ax2+bx+c（a≠0），求出t，t又是二次函数的值，即ax2+bx+c=t
函数必有两个根，△＞0．化简可得（b﹣1）2﹣4ac的取值范围．
【解答】解：（1）由题意：当f（x）=x2﹣x时，则：f[2]（x）=（x2﹣x）2﹣（x2﹣x）=x4﹣2x3+x；
那么：f[2]（x）=x；即：x4﹣2x3+x=x；
解得：x=0或x=2．
（2）根据新类型的定义：f（f（x））=x，令f（x）﹣x=t，
则f（x）﹣t=x，f（x）=t+x，
则有：f（t+x）=f（x）﹣t．即a（t+x）2+b（t+x）+c=ax2+bx+c﹣t，
化简可得：at2+（2ax+b+1）t=0，
解得：t=0或t=．
当t=0时，即ax2+bx+c=x，有两个不相同的实数根，可得（b﹣1）2﹣4ac＞0．
当t=时，ax2+bx+c=x，整理可得：，
∴△==（b+1）2﹣4ac+4（b+1）=（b﹣1）2﹣4ac﹣4
∵有两个不相同的实数根△＞0．
∴（b﹣1）2﹣4ac﹣4＞0，即（b﹣1）2﹣4ac＞4．
综上所得△=（b﹣1）2﹣4ac的取值范围是（4，+∞）．
【点评】本题考查了新定义的应用和理解，计算能力！反函数的利用和构造思想．换元的代换是解决此题的关键．属于难题．
一.填空题
1．设集合A={0，2，4，6，8，10}，B={4，8}，则∁AB= ．
2．已知集合A={x||x|＜2}，B={﹣1，0，1，2，3}，则A∩B= ．
3．“若x=1且y=1，则x+y=2”的逆否命题是 ．
4．若f（x+）=x2+，则f（3）= ．
5．不等式x＞的解是 ．
6．若不等式ax2+（a+1）x+a＜0对一切x∈R恒成立，则a的取值范围是 ．
7．不等式（x﹣3）2﹣2﹣3＜0的解是 ．
8．已知集合A={x|﹣6≤x≤8}，B={x|x≤m}，若A∪B≠B且A∩B≠∅，则m的取值范围是 ．
9．不等式（x+y）（+）≥25对任意正实数x，y恒成立，则正实数a的最小值为 ．
10．设a＞0，b＞0，且ab=a+4b+5，则ab的最小值为 ．
11．对于二次函数f（x）=4x2﹣2（p﹣2）x﹣2p2﹣p+1，若在区间[﹣1，1]内至少存在一个数c 使得f（c）＞0，则实数p的取值范围是 ．
12．已知a，b为正实数，且a+b=2，则+的最小值为 ．
二.选择题
13．不等x|x|＜x的解集是（ ）
A．{x|0＜x＜1}B．{x|﹣1＜x＜1}
C．{x|0＜x＜1}或{x|x＜﹣1}，D．{x|﹣1＜x＜0，x＞1}
14．若A⊆B，A⊆C，B={0，1，2，3，4，5，6}，C={0，2，4，6，8，10}，则这样的A的个数为（ ）
A．4B．15C．16D．32
15．不等式ax2+bx+1＞0的解集是（﹣，），则a﹣b=（ ）
A．﹣7B．7C．﹣5D．5
16．已知函数f（x）=x2+bx，则“b＜0”是“f（f（x））的最小值与f（x）的最小值相等”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
三.解答题
17．解不等式：
（1）|x﹣2|+|2x﹣3|＜4；
（2）≤x．
18．已知a，b，c，d∈E，证明下列不等式：
（1）（a2+b2）（c2+d2）≥（ac+bd）2；
（2）a2+b2+c2≥ab+bc+ca．
19．已知二次函数f（x）=ax2+bx+1，a，b∈R，当x=﹣1时，函数f（x）取到最小值，且最小值为0；
（1）求f（x）解析式；
（2）关于x的方程f（x）=|x+1|﹣k+3恰有两个不相等的实数解，求实数k的取值范围．
20．设关于x的二次方程px2+（p﹣1）x+p+1=0有两个不相等的正根，且一根大于另一根的两倍，求p的取值范围．
21．已知二次函数f（x）=ax2+bx+c（a≠0），记f[2]（x）=f（f（x）），例：f（x）=x2+1，
则f[2]（x）=（f（x））2+1=（x2+1）2+1；
（1）f（x）=x2﹣x，解关于x的方程f[2]（x）=x；
（2）记△=（b﹣1）2﹣4ac，若f[2]（x）=x有四个不相等的实数根，求△的取值范围．
2016-2017学年上海中学高一（上）期中数学试卷
参考答案与试题解析
一.填空题
1．（2016秋•徐汇区校级期中）设集合A={0，2，4，6，8，10}，B={4，8}，则∁AB= {0，2，6，10} ．
【考点】补集及其运算．
【专题】集合思想；定义法；集合．
【分析】根据补集的定义进行计算即可．
【解答】解：集合A={0，2，4，6，8，10}，B={4，8}，
所以∁AB={0，2，6，10}．
故答案为：{0，2，6，10}．
【点评】本题考查了补集的定义与应用问题，是基础题目．
2．（2016秋•徐汇区校级期中）已知集合A={x||x|＜2}，B={﹣1，0，1，2，3}，则A∩B= {﹣1，0，1} ．
【考点】交集及其运算．
【专题】计算题；集合思想；定义法；集合．
【分析】通过求解绝对值不等式化简集合A，然后直接利用交集运算求解．
【解答】解：∵A={x||x|＜2}={x|﹣2＜x＜2}，
B={﹣1，0，1，2，3}，
∴A∩B={﹣1，0，1}，
故答案为：{﹣1，0，1}
【点评】本题考查绝对值不等式的解法，以及求两个集合的交集的方法．
3．（2016秋•徐汇区校级期中）“若x=1且y=1，则x+y=2”的逆否命题是 “若x+y≠2，则x≠1，或y≠1” ．
【考点】四种命题．
【专题】定义法；简易逻辑．
【分析】根据已知中的原命题及逆否命题的定义，可得答案．
【解答】解：“若x=1且y=1，则x+y=2”的逆否命题是“若x+y≠2，则x≠1，或y≠1”，
故答案为：“若x+y≠2，则x≠1，或y≠1”
【点评】本题考查的知识点是四种命题，熟练掌握逆否命题的定义，是解答的关键．
4．（2016秋•徐汇区校级期中）若f（x+）=x2+，则f（3）= 7 ．
【考点】函数的值；函数解析式的求解及常用方法．
【专题】计算题；配方法；函数的性质及应用．
【分析】求出函数的解析式，然后求解函数值即可．
【解答】解：f（x+）=x2+=（x+）2﹣2，
所以f（x）=x2﹣2，则f（3）=7．
故答案为：7．
【点评】本题考查函数的解析式的求法，函数值的求法，考查计算能力．
5．（2016秋•徐汇区校级期中）不等式x＞的解是 （﹣3，0）∪（3，+∞） ．
【考点】其他不等式的解法．
【专题】计算题；转化思想；综合法；集合．
【分析】首先通分化简分式不等式，最后化简为整式不等式，利用穿根法解答即可．
【解答】解：原不等式等价于等价于（x+3）（x﹣3）x＞0，
由穿根法得到不等式的解集为（﹣3，0）∪（3，+∞）；
故答案为：（﹣3，0）∪（3，+∞）；
【点评】本题考查了分式不等式的解法；关键是转化为整式不等式解之；运用穿根法使得解集易得．
6．（2016秋•徐汇区校级期中）若不等式ax2+（a+1）x+a＜0对一切x∈R恒成立，则a的取值范围是 （﹣∞，﹣） ．
【考点】函数恒成立问题；二次函数的性质．
【专题】转化思想；转化法；函数的性质及应用．
【分析】若不等式ax2+（a+1）x+a＜0对一切x∈R恒成立，则，解得a的取值范围．
【解答】解：若不等式ax2+（a+1）x+a＜0对一切x∈R恒成立，
则，
解得：a∈（﹣∞，﹣），
故答案为：（﹣∞，﹣）．
【点评】本题考查的知识点是函数恒成立问题，二次函数的图象和性质，转化思想，难度中档．
7．（2016秋•徐汇区校级期中）不等式（x﹣3）2﹣2﹣3＜0的解是 （0，6） ．
【考点】其他不等式的解法．
【专题】计算题；转化思想；综合法．
【分析】设=t，则原不等式化为t2﹣2t﹣3＜0，（t≥0），解关于t的不等式，然后解出x范围．
【解答】解：设=t，则原不等式化为t2﹣2t﹣3＜0，（t≥0），
所以t∈[0，3），即∈[0，3），
所以（x﹣3）2＜9，解得﹣3＜x﹣3＜3，所以0＜x＜6，
故原不等式的解集为（0，6）；
故答案为：（0，6）．
【点评】本题考查了利用换元法解不等式；属于基础题．
8．（2016秋•徐汇区校级期中）已知集合A={x|﹣6≤x≤8}，B={x|x≤m}，若A∪B≠B且A∩B≠∅，则m的取值范围是 [﹣6，8] ．
【考点】交集及其运算．
【专题】集合思想；转化法；集合．
【分析】根据集合的并集和集合的交集得到关于m的不等式组，解出即可．
【解答】解：A={x|﹣6≤x≤8}，B={x|x≤m}，
若A∪B≠B且A∩B≠∅，
则，
故答案为：[﹣6，8]．
【点评】本题考查了集合的交集、并集的定义，是一道基础题．
9．（2016秋•徐汇区校级期中）不等式（x+y）（+）≥25对任意正实数x，y恒成立，则正实数a的最小值为 16 ．
【考点】基本不等式在最值问题中的应用．
【专题】转化思想；转化法；不等式．
【分析】利用基本不等式进行求解，先求出（x+y）（+）的最小值为（+1）2，然后解不等式即可．
【解答】解：（x+y）（+）=1+a++≥1+a+2=1+a+2=（+1）2，
即（x+y）（+）的最小值为（+1）2，
若不等式（x+y）（+）≥25对任意正实数x，y恒成立，
∴（+1）2≥25，即+1≥5，
则≥4，
则a≥16，
即正实数a的最小值为16，
故答案为：16．
【点评】本题主要考查基本不等式的应用，利用基本不等式先求出（x+y）（+）的最小值为（+1）2是解决本题的关键．
10．（2016秋•徐汇区校级期中）设a＞0，b＞0，且ab=a+4b+5，则ab的最小值为 25 ．
【考点】基本不等式．
【专题】计算题；转化思想；综合法；不等式．
【分析】利用基本不等式可将ab=a+4b+5转化为ab的不等式，求解不等式可得ab的最小值．
【解答】解：∵a＞0，b＞0，∴a+4b+5=ab，
可得ab≥5+2=5+4，当且仅当a=4b时取等号．
∴（+1）（﹣5）≥0，
∴≥5或≤﹣1（舍去）．
∴ab≥25．
故ab的最小值为将25；
故答案为：25．
【点评】本题考查基本不等式，将2ab=a+b+12转化为不等式是关键，考查等价转化思想与方程思想，属于中档
11．（2012•天宁区校级模拟）对于二次函数f（x）=4x2﹣2（p﹣2）x﹣2p2﹣p+1，若在区间[﹣1，1]内至少存在一个数c 使得f（c）＞0，则实数p的取值范围是 （﹣3，1.5） ．
【考点】二次函数的性质．
【专题】计算题；转化思想．
【分析】由于二次函数f（x）=4x2﹣2（p﹣2）x﹣2p2﹣p+1的图象是开口方向朝上的抛物线，故二次函数f（x）=4x2﹣2（p﹣2）x﹣2p2﹣p+1在区间[﹣1，1]内至少存在一个实数c，使f（c）＞0的否定为对于区间[﹣1，1]内的任意一个x都有f（x）≤0，即f（﹣1），f（1）均小于等0，由此可以构造一个关于p的不等式组，解不等式组即可求出实数p的取值范围．
【解答】解：二次函数f（x）在区间[﹣1，1]内至少存在一个实数c，使f（c）＞0的否定是：
对于区间[﹣1，1]内的任意一个x都有f（x）≤0，
∴
即
整理得
解得p≥，或p≤﹣3，
∴二次函数在区间[﹣1，1]内至少存在一个实数c，
使f（c）＞0的实数p的取值范围是 （﹣3，）．
【点评】本题考查的知识点是一元二次方程的根的分布与系数的关系，其中根据二次函数的图象是开口方向朝上的抛物线，得到对于区间[﹣1，1]内的任意一个x都有f（x）≤0时，是解答本题的关键．
12．（2014秋•苏州期末）已知a，b为正实数，且a+b=2，则+的最小值为 ．
【考点】函数在某点取得极值的条件；基本不等式．
【专题】导数的综合应用；不等式的解法及应用．
【分析】由a，b为正实数，且a+b=2，变形可得=+a+b﹣1+=+1=f（a），0＜a＜2．利用导数研究其单调性极值与最值即可得出．
【解答】解：∵a，b为正实数，且a+b=2，
∴=a++=+a+b﹣1+=+1=f（a），0＜a＜2．
f′（a）=+=，
令f′（a）＞0，解得，此时函数f（a）单调递增；令f′（a）＜0，解得，此时函数f（a）单调递减．
∴当且仅当a=6﹣3时函数f（a）取得极小值即最小值，
=．
故答案为：．
【点评】本题考查了利用导数研究其单调性极值与最值，考查了推理能力与计算能力，属于中档题．
二.选择题
13．（2016秋•徐汇区校级期中）不等x|x|＜x的解集是（ ）
A．{x|0＜x＜1}B．{x|﹣1＜x＜1}
C．{x|0＜x＜1}或{x|x＜﹣1}，D．{x|﹣1＜x＜0，x＞1}
【考点】绝对值不等式．
【专题】不等式的解法及应用．
【分析】建议修改C为 {x|0＜x＜1，或 x＜﹣1}
原不等式即x（|x|﹣1）＜0，等价转化为①，或 ②．分别求得①、②的解集，
再取并集，即得所求．
【解答】解：不等x|x|＜x，即 x（|x|﹣1）＜0，∴①，或 ②．
解①可得 0＜x＜1，解②可得 x＜﹣1．
把①②的解集取并集，即得原不等式的解集为 {x|0＜x＜1}或{x|x＜﹣1}，
故选C．
【点评】本题主要考查绝对值不等式的解法，体现了分类讨论和等价转化的数学思想，属于中档题．
14．（2016秋•徐汇区校级期中）若A⊆B，A⊆C，B={0，1，2，3，4，5，6}，C={0，2，4，6，8，10}，则这样的A的个数为（ ）
A．4B．15C．16D．32
【考点】子集与真子集．
【专题】综合题；方程思想；演绎法；集合．
【分析】利用A⊆B，A⊆C，可得A⊆（B∩C），求出B∩C，即可得出结论．
【解答】解：∵A⊆B，A⊆C，
∴A⊆（B∩C），
∵B={0，1，2，3，4，5，6}，C={0，2，4，6，8，10}，
∴B∩C={0，2，4，6}，
∴A的个数为16，
故选C．
【点评】本题考查集合的运算与关系，考查学生的计算能力，比较基础．
15．（2016秋•徐汇区校级期中）不等式ax2+bx+1＞0的解集是（﹣，），则a﹣b=（ ）
A．﹣7B．7C．﹣5D．5
【考点】其他不等式的解法．
【专题】方程思想；转化法；不等式的解法及应用．
【分析】根据不等式的解集构造不等式，化简后于已知得不等式对比即可求出a与b的值，进而求出a﹣b的值．
【解答】解：由不等式ax2+bx+1＞0的解集是（﹣，），
构造不等式（x+）（x﹣）＜0，整理得：6x2+x﹣1＜0，
即﹣6x2﹣x+1＞0，与ax2+bx+1＞0对比得：
a=﹣6，b=﹣1，
则a﹣b=﹣6+1=﹣5，
故选：C．
【点评】此题考查学生理解不等式解集的意义，会根据解集构造不等式，是一道基础题．
16．（2016•浙江）已知函数f（x）=x2+bx，则“b＜0”是“f（f（x））的最小值与f（x）的最小值相等”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断．
【专题】函数思想；综合法；简易逻辑．
【分析】求出f（x）的最小值及极小值点，分别把“b＜0”和“f（f（x））的最小值与f（x）的最小值相等”当做条件，看能否推出另一结论即可判断．
【解答】解：f（x）的对称轴为x=﹣，fmin（x）=﹣．
（1）若b＜0，则﹣＞﹣，∴当f（x）=﹣时，f（f（x））取得最小值f（﹣）=﹣，
即f（f（x））的最小值与f（x）的最小值相等．
∴“b＜0”是“f（f（x））的最小值与f（x）的最小值相等”的充分条件．
（2）若f（f（x））的最小值与f（x）的最小值相等，
则fmin（x）≤﹣，即﹣≤﹣，解得b≤0或b≥2．
∴“b＜0”不是“f（f（x））的最小值与f（x）的最小值相等”的必要条件．
故选A．
【点评】本题考查了二次函数的性质，简易逻辑关系的推导，属于基础题．
三.解答题
17．（2016秋•徐汇区校级期中）解不等式：
（1）|x﹣2|+|2x﹣3|＜4；
（2）≤x．
【考点】绝对值不等式的解法；其他不等式的解法．
【专题】对应思想；分类法；不等式的解法及应用．
【分析】（1）通过讨论x的范围，求出各个区间上的x的范围，从而求出不等式的解集即可；
（2）通过讨论x的范围得到x﹣1=0或或，解出即可．
【解答】解：（1）x≥2时，x﹣2+2x﹣3＜4，解得：x＜3，
＜x＜2时，2﹣x+2x﹣2＜4，解得：x＜4，
x≤时，2﹣x+3﹣2x＜4，解得：x＞，
故不等式的解集是：{x|＜x＜3}；
（2）∵≤x，
∴≥0，
∴x﹣1=0或或
解得：﹣1＜x≤0或x=1或x＞2，
故不等式的解集是（﹣1，0]∪{1}∪（2，+∞）．
【点评】本题考查了解绝对值不等式问题，考查解分式不等式以及分类讨论思想，是一道中档题．
18．（2016秋•徐汇区校级期中）已知a，b，c，d∈E，证明下列不等式：
（1）（a2+b2）（c2+d2）≥（ac+bd）2；
（2）a2+b2+c2≥ab+bc+ca．
【考点】不等式的证明．
【专题】证明题；转化思想；演绎法；不等式．
【分析】（1）根据不等式的左边减去右边化简结果为 （ad﹣bc）2≥0，可得不等式成立；
（2）从不等式的左边入手，左边对应的代数式的二倍，分别写成两两相加的形式，在三组相加的式子中分别用均值不等式，整理成最简形式，得到右边的2倍，两边同时除以2，得到结果．
【解答】证明：∵（a2+b2）（c2+d2）﹣（ac+bd）2=（ a2c2+a2d2+b2c2+b2d2）﹣（a2c2+2abcd+b2d2）
=（ad﹣bc）2≥0，
∴（a2+b2）（c2+d2）≥（ac+bd）2 成立；
（2）a2+b2+c2
=（a2+b2+c2+a2+b2+c2）
≥（2ab+2ca+2bc）=ab+bc+ca．
∴a2+b2+c2≥ab+bc+ca．
【点评】本题主要考查用比较法证明不等式，考查均值不等式的应用，考查不等式的证明方法，把差变为因式乘积的形式，是解题的关键，属于中档题．
19．（2016秋•徐汇区校级期中）已知二次函数f（x）=ax2+bx+1，a，b∈R，当x=﹣1时，函数f（x）取到最小值，且最小值为0；
（1）求f（x）解析式；
（2）关于x的方程f（x）=|x+1|﹣k+3恰有两个不相等的实数解，求实数k的取值范围．
【考点】二次函数的性质；根的存在性及根的个数判断．
【专题】计算题；函数思想；转化法；函数的性质及应用．
【分析】（1）根据函数的对称轴和函数的最值，即可求出函数的解析式，
（2）设|x+1|=t，t≥0，得到t2﹣t+k﹣3=0，由x的方程f（x）=|x+1|﹣k+3恰有两个不相等的实数解，得到关于t的方程由两个相等的根或有一个正根，解得即可．
【解答】解：（1）x=﹣1时，函数f（x）取到最小值，且最小值为0，
∴﹣=﹣1，f（﹣1）=a﹣b+1=0，
解得a=1，b=2，
∴f（x）=x2+2x+1，
（2）：f（x）=|x+1|﹣k+3，
∴x2+2x+1=|x+1|﹣k+3，
即（x+1）2=|x+1|﹣k+3，
设|x+1|=t，t≥0，
∴t2﹣t+k﹣3=0，
∵x的方程f（x）=|x+1|﹣k+3恰有两个不相等的实数解，
∴关于t的方程由两个相等的根或有一个正根，
∴△=1﹣4（k﹣3）=0，或
解得k=，或k＜3，
故有k的取值范围为{k|k=，或k＜3}
【点评】本题考查了二次函数的性质，以及参数的取值范围，关键是换元，属于中档题．
20．（2016秋•徐汇区校级期中）设关于x的二次方程px2+（p﹣1）x+p+1=0有两个不相等的正根，且一根大于另一根的两倍，求p的取值范围．
【考点】根的存在性及根的个数判断．
【专题】计算题；方程思想；定义法；函数的性质及应用．
【分析】根据根与系数的关系和判别式即可求出p的范围．
【解答】解：关于x的二次方程px2+（p﹣1）x+p+1=0有两个不相等的正根，
则△=（p﹣1）2﹣4p（p+1）=﹣3p2﹣6p+1＞0，解得﹣1﹣＜p＜﹣1+，
当x1+x2=＞0，及x1x2=＞0时，方程的两根为正．解之，得0＜p＜1．故0＜p＜﹣1．
记x1=，x2=，
由x2＞2x1，并注意p＞0，得3＞1﹣p＞0，
∴28p2+52p﹣8＜0，即7p2+13p﹣2＜0．∴﹣2＜p＜．
综上得p的取值范围为{p|0＜p＜}．
【点评】本题考查了一元二次方程根与系数的关系，属于基础题．
21．（2016秋•徐汇区校级期中）已知二次函数f（x）=ax2+bx+c（a≠0），记f[2]（x）=f（f（x）），例：f（x）=x2+1，
则f[2]（x）=（f（x））2+1=（x2+1）2+1；
（1）f（x）=x2﹣x，解关于x的方程f[2]（x）=x；
（2）记△=（b﹣1）2﹣4ac，若f[2]（x）=x有四个不相等的实数根，求△的取值范围．
【考点】二次函数的性质；根的存在性及根的个数判断．
【专题】阅读型；函数思想；构造法；函数的性质及应用．
【分析】（1）根据新类型的定义，求解f[2]（x），再解方程即可．
（2）换元思想，根据新类型的定义：f（f（x））=x，令f（x）﹣x=t，则f（x）﹣t=x，f（x）=t+x，则有：f（t+x）=f（x）﹣t．带入二次函数f（x）=ax2+bx+c（a≠0），求出t，t又是二次函数的值，即ax2+bx+c=t
函数必有两个根，△＞0．化简可得（b﹣1）2﹣4ac的取值范围．
【解答】解：（1）由题意：当f（x）=x2﹣x时，则：f[2]（x）=（x2﹣x）2﹣（x2﹣x）=x4﹣2x3+x；
那么：f[2]（x）=x；即：x4﹣2x3+x=x；
解得：x=0或x=2．
（2）根据新类型的定义：f（f（x））=x，令f（x）﹣x=t，
则f（x）﹣t=x，f（x）=t+x，
则有：f（t+x）=f（x）﹣t．即a（t+x）2+b（t+x）+c=ax2+bx+c﹣t，
化简可得：at2+（2ax+b+1）t=0，
解得：t=0或t=．
当t=0时，即ax2+bx+c=x，有两个不相同的实数根，可得（b﹣1）2﹣4ac＞0．
当t=时，ax2+bx+c=x，整理可得：，
∴△==（b+1）2﹣4ac+4（b+1）=（b﹣1）2﹣4ac﹣4
∵有两个不相同的实数根△＞0．
∴（b﹣1）2﹣4ac﹣4＞0，即（b﹣1）2﹣4ac＞4．
综上所得△=（b﹣1）2﹣4ac的取值范围是（4，+∞）．
【点评】本题考查了新定义的应用和理解，计算能力！反函数的利用和构造思想．换元的代换是解决此题的关键．属于难题．
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