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2023-2024学年江苏省南京市协同体九校高一上学期期中联合考试数学试卷（含解析）
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这是一份2023-2024学年江苏省南京市协同体九校高一上学期期中联合考试数学试卷（含解析），共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.已知集合A=−1,0,1,2，B={x|−1A. 0,1B. −1,1C. −1,0,1D. 0,1,2
2.命题“∀x∈R，x2+3x+1<0”的否定为
( )
A. ∃x∈R，x2+3x+1<0B. ∀x∈R，x2+3x+1≤0
C. ∃x∈R，x2+3x+1≥0D. ∀x∈R，x2+3x+1>0
3.“x2−5x+6<0”是“x<3”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
4.函数f(x)=x+1x−1的定义域是
( )
A. (−∞,−1)∪(1,+∞)B. [−1,+∞)C. [−1,0)D. [−1,1)∪(1,+∞)
5.若a=lg32，则3a+3−a的值为
( )
A. 52B. 32C. 12D. −52
6.若命题“对任意的x∈(0,+∞)，2x+1x−m>0恒成立”为假命题，则m的取值范围为
( )
A. m|m>2 2B. m|m≥2 2C. m|m≤2D. m|m<2
7.若函数f(x)=(3a−1)x+3a+7,x<2−x2−ax,x≥2在(−∞,+∞)上单调递减，则实数a的取值范围是
( )
A. −48.已知定义域为[−5,5]的函数f(x)的图像是一条连续不断的曲线，且满足f(−x)+f(x)=0.若∀x1，x2∈(0,5]，当x1f(x1)x2，则满足(2m−1)f(2m−1)−(m+4)f(m+4)≤0的实数m的取值范围为
( )
A. [−1,5]B. [−1,1]C. [−2,3]D. [−2,1]
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9.下列各组函数不是相同函数的是( )
A. y=1，y=(x−1)0B. y=x+2，y=3(x+2)3
C. y=x+1，y=x2−1x−1D. y=|x−1|，y=(x−1)2
10.以下运算中正确的是( )
A. 若lg3=m，lg2=n，则lg518=2m+n1−n
B. 若a+a−1=14，则a12+a12=±4
C. (13)−2−2ln(lnee)=7
D. 4(4−23)2+2lg23⋅lg94=3+1
11.已知关于x的不等式ax2+bx+c≤0的解集为xx≤−2或x≥3，则下列说法正确的是
( )
A. a>0
B. 不等式bx+c>0的解集为xx>−6
C. a+b+c>0
D. 不等式cx2−bx+a<0的解集为xx<−13或x>12
12.已知定义在R上函数f(x)的图象连续不间断，且满足以下条件：
①∀x∈R，都有f(−x)=f(x)；②∀x1，x2∈(0,+∞)，且x1≠x2时，都有f(x2)−f(x1)x2−x1<0；③f(−3)=0，则下列成立的是
( )
A. f(1)C. 若f(m−1)三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13.设x>1，函数f(x)=x+1x−1的最小值为_________．
14.已知函数y=fx是定义域为R的奇函数，当x≥0时，fx=x3+2x+b，则f0+f−1=_____．
15.已知不等式x2+2bx+34b+14>0的解集为R，则b的取值范围是_____．
16.若定义在R上的函数Dx=1,x∈Q0,x∉Q，则称Dx为狄迪克雷函数.对于狄迪克雷函数Dx，下列结论中正确的是________(填序号即可)．
①函数Dx为偶函数；②对于任意x∈R，都有DDx=0；
③对于任意两数x,y∈R，都有Dx−y2≤Dx−Dy2；
④对于任意x∈R，都有Dx+2=Dx．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17.(本小题10.0分)
计算：
(1)求值：(164)−13−890+(−2)232+(62×33)6；
(2)12lg25+lg2−lg 0.1−lg29×lg32．
18.(本小题12.0分)
已知定义在R上的奇函数fx满足：当x<−2时，fx=x+22，当−2≤x≤2时，fx=x．
(1)在平面直角坐标系中画出函数fx在R上的图象，并写出单调递减区间;
(2)求出fx的解析式．
19.(本小题12.0分)
[2021山东省济宁市高一期末]在①A∪B=B，②“x∈A”是“x∈B”的充分条件，③A∩B=⌀这三个条件中任选一个，补充到本题第(2)问的横线处，并求解．
已知集合A={x|a−1≤x≤a+1}，B={x|−1≤x≤3}．
(1)当a=2时，求A∪B；
(2)若_________，求实数a的取值范围．
20.(本小题12.0分)
已知二次函数fx满足fx+1−fx=4x+3，且f0=0．
(1)求fx的解析式；
(2)解关于x的不等式fx−3x>mx−1.
21.(本小题12.0分)
第19届杭州亚运会将于2023年9月23日至10月8日在浙江杭州举行，某公司为了竞标配套活动的相关代言，决定对旗下的某商品进行一次评估．该商品原来每件售价为15元，年销售10万件．
(1)据市场调查，若价格每提高1元，销售量将相应减少2000件，要使销售的总收入不低于原收入，该商品每件定价最多为多少元？
(2)为了抓住此次契机，扩大该商品的影响力，提高年销售量，公司决定立即对该商品进行全面技术革新和营销策略改革，并提高定价到x元．公司拟投入14x2−400万元作为技改费用，投入50万元作为固定宣传费用，投入x4万元作为浮动宣传费用．试问：当该商品改革后的销售量a至少应达到多少万件时，才可能使改革后的销售收入不低于原收入与总投入之和？并求出此时商品的每件定价．
22.(本小题12.0分)
已知函数f(x)=xx2+4，x∈[−2,2]．
(1)求ff(2)的值；
(2)用定义证明函数f(x)在[−2,2]上单调递增；
(3)若f(a+2)+f(1−2a)>0，求实数a的取值范围．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查集合的交集，属于基础题．
根据题意利用交集定义即可得到答案．
【解答】
解：∵A=−1,0,1,2，B={x|−1∴A∩B={0,1}．
故选A．
2.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查了全称量词命题的否定，属于基础题．
根据全称量词命题的否定为存在量词命题，先变量词，再否结论即可．
【解答】
解：∵全称量词命题的否定为存在量词命题，
∴命题“ ∀x∈R，x2+3x+1<0”的否定是 ¬p：∃x∈R，x2+3x+1≥0，
故选C．
3.【答案】A
【解析】【分析】本题主要考查充分、必要和充要条件的判断，一元二次不等式的求解，属于基础题．
解一元二次不等式，对两个命题之间的充分性以及必要性验证即可．
【解答】解：由题意，当x2−5x+6<0时，即2所以2,3⫋−∞,3，
所以“x2−5x+6<0”是“x<3”的充分不必要条件．
4.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查了函数定义域的求法．
根据题意x+1≥0x−1≠0，解出不等式组即可求解．
【解答】
解：由题意，要使函数f(x)有意义，则有x+1≥0x−1≠0,
解得x≥−1且x≠1，
故函数f(x)定义域为[−1,1)∪(1,+∞),
故选D．
5.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查对数恒等式的应用，考查计算能力，属于基础题．
由已知利用对数恒等式即可求得结果．
【解答】解：由a=lg32，
则3a+3−a=3lg32+3−lg32=3lg32+3lg312=2+12=52．
故本题选A．
6.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查利用基本不等式解决恒成立问题，属于基础题．
根据原命题为真可得m<(2x+1x)min=2 2，即可得出命题为假命题时m的取值范围．
【解答】
解：当原命题为真时，即对任意的 x∈(0,+∞)， m<2x+1x恒成立，
又x∈(0,+∞)时， 2x+1x⩾2 2x·1x=2 2，
当且仅当2x=1x，即x= 22时，取等号，
则 m<(2x+1x)min=2 2，
由命题为假命题，则 m⩾2 2．
故选B．
7.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查分段函数的单调性，考查计算能力，属于中档题．
利用函数的单调性，列出不等式组，求解即可．
【解答】
解：函数 f(x)=(3a−1)x+3a+7,x<2−x2−ax,x≥2在(−∞,+∞)上单调递减，
可得： 3a−1<0−a2⩽2−4−2a≤23a−1+3a+7，解得： −911⩽a<13，
故选C．
8.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查不等式的求解，根据条件判断函数的奇偶性和单调性，利用函数奇偶性和单调性的性质进行转化是解决本题的关键，是中档题．
根据条件判断函数f(x)的奇偶性，然后构造函数g(x)=xf(x)，判断函数g(x)的单调性和奇偶性，利用函数奇偶性和单调性的关系进行转化求解即可．
【解答】解：由f(−x)+f(x)=0得f(−x)=−f(x)，即f(x)是奇函数，
若∀x1，x2∈(0,5]，当x1f(x1)x2成立，即x2f(x2)>x1f(x1)，
设g(x)=xf(x)，则g(x2)>g(x1)，即此时g(x)为增函数，
∵f(x)是奇函数，∴g(x)=xf(x)是偶函数，
则不等式(2m−1)f(2m−1)≤(m+4)f(m+4)等价为g(2m−1)≤g(m+4)，
即g(|2m−1|)≤g(|m+4|)，
即−5≤2m−1≤5−5≤m+4≤5|2m−1|≤|m+4|，得−4≤2m≤6−9≤m≤14m2−4m+1≤m2+8m+16，得−2≤m≤3−9≤m≤1m2−4m−5≤0，
得−2≤m≤3−9≤m≤1−1≤m≤5，得−1≤m≤1，即实数m的取值范围是[−1,1]．
故选：B．
9.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查相同函数的判断，属于基础题．
利用相同函数的定义对选项逐个判断即可．
【解答】
解：对于A、y=1的定义域为R，y=(x−1)0的定义域为{x|x≠0}，定义域不同，不是相同函数；
对于B、y=x+2，y=3(x+2)3=x+2，定义域和对应法则都相同，是相同函数；
对于C、y=x+1的定义域为R，y=x2−1x−1的定义域为{x|x≠1}，定义域不同，不是相同函数；
对于D、y=|x−1|的定义域为R，y=(x−1)2的定义域为{x|x≥1}，定义域不同，不是相同函数
10.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查指数幂的运算和对数式的运算，属于基础题．
根据指数和对数的运算性质依次判断选项即可．
【解答】
解：对选项A， lg518= lg 18lg 5= 2lg 3+lg21−lg 2= 2m+n1−n，故A正确．
对选项B，因为a+ a−1=14，所以a>0．
因为a+ a−1+2= (a12)2+ (a−12)2+ 2a12 a−12= (a12+a−12)2=16，
所以 a12+ a−12=4，故B错误;
对选项C，(13)−2−2ln (ln ee)=9−2lne=9−2=7，故 C正确；
对选项D， 4(4−2 3)2+2 lg23 ⋅ lg94= 4(1− 3)4+2 lg23 ⋅ lg32=|1− 3|+2= 3+1，故D正确．
11.【答案】BC
【解析】【分析】
本题考查二次不等式的解法，属于一般题．
由题意得−2和3是方程ax2+bx+c=0的两个实根，且a<0，由韦达定理得b=−a，c=−6a，再对选项逐个判断即可．
【解答】
解：因为不等式ax2+bx+c≤0的解集为xx≤−2或x≥3
所以−2和3是方程ax2+bx+c=0的两个实根，且a<0，故A错误;
则−2+3=−ba，−2×3=ca，所以b=−a，c=−6a，
所以不等式bx+c>0可化为−ax−6a>0，因为a<0，所以x>−6，故B正确;
a+b+c=a−a−6a=−6a，又a<0，所以a+b+c>0，故C正确;
不等式cx2−bx+a<0可化为−6ax2+ax+a<0，
又a<0，所以−6x2+x+1>0，即6x2−x−1<0，即(3x+1)(2x−1)<0，解得−1312.【答案】BD
【解析】【分析】
本题考查了抽象函数的理解与应用，涉及了函数奇偶性、单调性的应用，综合性强，属于中档题．
先由已知条件确定函数f(x)为偶函数，确定f(x)的单调性，利用单调性以及偶函数的定义，即可判断选项A，分x>0和x<0两种情况，分别求解f(x)<0和f(x)>0，即可判断选项B，利用偶函数的性质以及单调性，将不等式等价转化为|m−1|>2，即可判断选项C，利用f(x)的最大值，即可判断选项D．
【解答】
解：因为∀x∈R，f(−x)=f(x)，故函数f(x)为偶函数，．
又②∀x1，x2∈(0,+∞)，当x1≠x2时，都有f(x2)−f(x1)x2−x1<0，
所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递减，
则在(−∞,0)上单调递增，
因为f(−3)=0，则f(3)=0，
对于A，因为f(x)在(0,+∞)上单调递减，
所以f(1)>f(2)=f(−2)，故选项A错误；
对于B，不等式f(x)x<0，
当x>0时，f(x)<0，即f(x)3；
当x<0时，f(x)>0，即f(x)>f(−3)，解得−3综上所述，不等式f(x)x<0的解集为(−3,0)∪(3,+∞)，故选项B正确；
对于C，因为f(m−1)所以f(|m−1|)2，解得m<−1或m>3，故选项C错误；
对于D，函数f(x)在R上的图象是连续不断的，
因为当x<−3或x>3时，f(x)<0，
当−30，
所以f(x)的最大值为f(0)，
故存在M=f(x)max=f(0)，使得∀x∈R，有f(x)≤M，故选项D正确．
13.【答案】3
【解析】【分析】
本题考查利用基本不等式求最值，属于基础题目．
先将原式变形，再利用基本不等式求解．
【解答】
解：因为x>1，所以x−1>0，
所以f(x)=x−1+1x−1+1≥2 (x−1)·1x−1+1=3，
当且仅当1x−1=x−1，即x=2时取得等号．
故答案为3．
14.【答案】−3
【解析】【分析】
本题考查利用函数的奇偶性求函数值，属于基础题．
利用奇函数性质可分别求得 f(0)=b=0，然后可得f(−1)=−f(1)=−13+2=−3 即可．
【解答】
解：根据题意，因为函数为奇函数可知 f(0)=b=0 ，所以b=0，
f(−1)=−f(1)=−13+2=−3 ，
所以 f(0)+f(−1)=−3 ．
故答案为：−3．
15.【答案】(−14,1)
【解析】【分析】
本题考查了一元二次不等式恒成立的应用问题，解题时常用判别式来解答，是基础题．
根据不等式x2+2bx+34b+14>0的解集为R，Δ<0，列出不等式求出解集即可．
【解答】解：∵不等式x2+2bx+34b+14>0的解集为R，
∴Δ<0，
即4b2−4(34b+14)<0，
解得−14∴b的取值范围是(−14,1)．
故答案为：(−14,1)．
16.【答案】①④
【解析】【分析】
本题给出特殊函数表达式，求函数的值并讨论它的奇偶性，着重考查了有理数、无理数的性质和函数的奇偶性等知识，属于中档题．
分类讨论x为有理数、无理数两种情形，逐一分析即可．
【解答】
解：∵有理数的相反数还是有理数，无理数的相反数还是无理数，
∴对任意x∈R，都有D(−x)=D(x)，故①正确；
∵当x为有理数时，D(x)=1；当x为无理数时，D(x)=0，
∴当x为有理数时，D[D(x)]=D(1)=1；当x为无理数时，D[D(x)]=D(0)=1，
即不管x是有理数还是无理数，均有D[D(x)]=1，故②错误；
当x，y都是有理数时，x−y2也是有理数，
所以D(x)=1，D(y)=1，D(x−y2)=1，Dx−Dy2=0，
所以D(x−y2)>Dx−Dy2，故③错误；
若x是有理数，则x+2也是有理数；若x是无理数，则x+2也是无理数，
∴根据函数的表达式，D(x+2)=D(x)对x∈R恒成立，故④正确．
故选①④．
17.【答案】解：(1)原式=[(4)−3]−13−(89)0+(22)32+(216×313)6
=4−1+8+2×9=29;
(2)原式=lg5+lg2−12lg110−2lg23×lg32
=1+12−2=−12．
【解析】本题考查指数式的运算及对数的运算，属于基础题．
(1)根据指数式的运算直接计算即可；
(2)根据对数式的运算直接计算即可．
18.【答案】解：(1)
因为函数f(x)为定义在R上的奇函数，当x<−2时，f(x)=(x+2)2，当−2≤x≤2时，f(x)=x，可得
函数的图象，
由图可知，单调递减区间为(−∞,−2)和(2,+∞);
(2)设x>2，则−x<−2，f(−x)=(−x+2)2，
又函数f(x)为奇函数，
所以f(x)=−f(−x)=−(−x+2)2=−(x−2)2，
即x>2时的解析式为f(x)=−(x−2)2
所以f(x)=(x+2)2,x<−2x,−2⩽x⩽2−(x−2)2,x>2．
【解析】本题考查分段函数的图象，利用函数的奇偶性求函数解析式，判断函数的单调性，属于中档题．
(1)根据奇函数的对称性结合条件可得函数的图象，根据图象可得函数单调减区间；
(2)根据奇函数的定义结合条件即得．
19.【答案】解：(1)当a=2时，集合A={x|1≤x≤3}，B={x|−1≤x≤3}， 所以A∪B={x|−1≤x≤3}．
(2)选①. A∪B=B，则A⊆B. 因为A={x|a−1≤x≤a+1}，所以A≠⌀， 又B={x|−1≤x≤3}， 所以a−1≥−1a+1≤3，解得0≤a≤2， 所以实数a的取值范围是[0,2].
选②. “x∈A”是“x∈B”的充分条件，则A⊆B. 因为A={x|a−1≤x≤a+1}，所以A≠⌀， 又B={x|−1≤x≤3}， 所以a−1≥−1a+1≤3，解得0≤a≤2， 所以实数a的取值范围是[0,2].
选③. A∩B=⌀， 因为A={x|a−1≤x≤a+1}，B={x|−1≤x≤3}， 所以a−1>3或a+1<−1， 解得a>4或a<−2， 所以实数a的取值范围是(−∞,−2)∪(4,+∞)．
【解析】本题考查集合的运算及求参，依题意求解即可，属于中档题．
20.【答案】解：(1)设f(x)=ax2+bx+c，a≠0，
由f(0)=0，得c=0⇒f(x)=ax2+bx，
又f(x+1)−f(x)=a(x+1)2+b(x+1)−(ax2+bx)=2ax+a+b=4x+3，
则2a=4a+b=3，解得a=2b=1，
所以f(x)=2x2+x；
(2)由已知，(2x2+x)−3x>m(x−1)，即2x2−(m+2)x+m>0，
即(2x−m)(x−1)>0，即(x−m2)(x−1)>0，
①当m2=1，即m=2时，原不等式即为：(x−1)2>0，解得x≠1，
②当m2<1，即m<2时，解得x1，
③当m2>1，即m> 2时，解得x<1或x>m2，
综上，当m=2时，不等式的解集为：(−∞,1)∪(1,+∞)，
当m<2时，不等式的解集为：(−∞,m2)∪(1,+∞)，
当m>2时，不等式的解集为：(−∞,1)∪(m2,+∞).
【解析】本题考查函数解析式，解含参的一元二次不等式，属于中档题．
(1)设f(x)=ax2+bx+c，a≠0，根据f0=0，求得c=0，由fx+1−fx=4x+3，得2a=4a+b=3，即可得解；
(2)因式分解得到(x−m2)(x−1)>0，再对m分类讨论即可．
21.【答案】解：(1)设每件定价为t元，依题意得(10−t−151×0.2)t≥15×10，
整理得2t2−130t+1500≤0，解得15≤t≤50．
所以要使销售的总收入不低于原收入，每件定价最多为50元，
(2)依题意知当x>15时，不等式ax≥15×10+50+14(x2−400)+14x有解，
等价于x>15时，a≥100x+14x+14有解．
由于100x+14x≥2 100x·14x=10，
当且仅当100x=14x，即x=20时等号成立，所以a≥10.25．
故当该商品改革后的销售量a至少达到10.25万件时，
才可能使改革后的销售收入不低于原收入与总投入之和，
此时该商品的每件定价为20元．
【解析】(1)设每件定价为t元，，根据销售的总收入不低于原收入可得(10−t−151×0.2)t≥15×10，解不等式可得每件最高定价；(2)依题意，x>15时，不等式ax≥15×10+50+14(x2−400)+14x有解，等价于x>15时，a≥100x+14x+14有解，利用基本不等式，可以求得结论．
本题主要考查函数在实际问题中的应用，基本不等式的应用，考查运算求解能力，属于中档题．
22.【答案】解：(1)因为f(2)=24+4=14，
所以f(f(2))=f(14)=14(14)2+4=465．
(2)任取x1，x2∈[−2,2]，且x1则f(x1)−f(x2)=x1x12+4−x2x22+4=(x2−x1)(x1x2−4)(x12+4)(x22+4)．
因为−2≤x10，x1x2−4<0，x12+4>0，x22+4>0，
所以f(x1)−f(x2)<0，即f(x1)所以函数f(x)在[−2,2]上单调递增．
(3)由(2)知f(x)在[−2,2]上单调递增，且f(x)为奇函数，
由f(a+2)+f(1−2a)>0得f(a+2)>f(2a−1)，
所以−2⩽a+2⩽2−2⩽2a−1⩽2a+2>2a−1
解得−4⩽a⩽0−12⩽a⩽32a<3,即−12⩽a⩽0,
所以实数a的取值范围是[−12,0]．
【解析】本题考查函数的求值及函数的单调性证明，考查函数不等式的求解，属于中档题．
(1)根据函数解析式即可求得；
(2)利用函数的单调性定义直接求解；
(3)由(2)知f(x)在[−2,2]上单调递增，且f(x)为奇函数，不等式可化为f(a+2)>f(2a−1)，从而可得关于a的不等式，求解即可．
1.已知集合A=−1,0,1,2，B={x|−1
2.命题“∀x∈R，x2+3x+1<0”的否定为
( )
A. ∃x∈R，x2+3x+1<0B. ∀x∈R，x2+3x+1≤0
C. ∃x∈R，x2+3x+1≥0D. ∀x∈R，x2+3x+1>0
3.“x2−5x+6<0”是“x<3”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
4.函数f(x)=x+1x−1的定义域是
( )
A. (−∞,−1)∪(1,+∞)B. [−1,+∞)C. [−1,0)D. [−1,1)∪(1,+∞)
5.若a=lg32，则3a+3−a的值为
( )
A. 52B. 32C. 12D. −52
6.若命题“对任意的x∈(0,+∞)，2x+1x−m>0恒成立”为假命题，则m的取值范围为
( )
A. m|m>2 2B. m|m≥2 2C. m|m≤2D. m|m<2
7.若函数f(x)=(3a−1)x+3a+7,x<2−x2−ax,x≥2在(−∞,+∞)上单调递减，则实数a的取值范围是
( )
A. −4
( )
A. [−1,5]B. [−1,1]C. [−2,3]D. [−2,1]
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9.下列各组函数不是相同函数的是( )
A. y=1，y=(x−1)0B. y=x+2，y=3(x+2)3
C. y=x+1，y=x2−1x−1D. y=|x−1|，y=(x−1)2
10.以下运算中正确的是( )
A. 若lg3=m，lg2=n，则lg518=2m+n1−n
B. 若a+a−1=14，则a12+a12=±4
C. (13)−2−2ln(lnee)=7
D. 4(4−23)2+2lg23⋅lg94=3+1
11.已知关于x的不等式ax2+bx+c≤0的解集为xx≤−2或x≥3，则下列说法正确的是
( )
A. a>0
B. 不等式bx+c>0的解集为xx>−6
C. a+b+c>0
D. 不等式cx2−bx+a<0的解集为xx<−13或x>12
12.已知定义在R上函数f(x)的图象连续不间断，且满足以下条件：
①∀x∈R，都有f(−x)=f(x)；②∀x1，x2∈(0,+∞)，且x1≠x2时，都有f(x2)−f(x1)x2−x1<0；③f(−3)=0，则下列成立的是
( )
A. f(1)
13.设x>1，函数f(x)=x+1x−1的最小值为_________．
14.已知函数y=fx是定义域为R的奇函数，当x≥0时，fx=x3+2x+b，则f0+f−1=_____．
15.已知不等式x2+2bx+34b+14>0的解集为R，则b的取值范围是_____．
16.若定义在R上的函数Dx=1,x∈Q0,x∉Q，则称Dx为狄迪克雷函数.对于狄迪克雷函数Dx，下列结论中正确的是________(填序号即可)．
①函数Dx为偶函数；②对于任意x∈R，都有DDx=0；
③对于任意两数x,y∈R，都有Dx−y2≤Dx−Dy2；
④对于任意x∈R，都有Dx+2=Dx．
四、解答题（本大题共6小题，共70.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17.(本小题10.0分)
计算：
(1)求值：(164)−13−890+(−2)232+(62×33)6；
(2)12lg25+lg2−lg 0.1−lg29×lg32．
18.(本小题12.0分)
已知定义在R上的奇函数fx满足：当x<−2时，fx=x+22，当−2≤x≤2时，fx=x．
(1)在平面直角坐标系中画出函数fx在R上的图象，并写出单调递减区间;
(2)求出fx的解析式．
19.(本小题12.0分)
[2021山东省济宁市高一期末]在①A∪B=B，②“x∈A”是“x∈B”的充分条件，③A∩B=⌀这三个条件中任选一个，补充到本题第(2)问的横线处，并求解．
已知集合A={x|a−1≤x≤a+1}，B={x|−1≤x≤3}．
(1)当a=2时，求A∪B；
(2)若_________，求实数a的取值范围．
20.(本小题12.0分)
已知二次函数fx满足fx+1−fx=4x+3，且f0=0．
(1)求fx的解析式；
(2)解关于x的不等式fx−3x>mx−1.
21.(本小题12.0分)
第19届杭州亚运会将于2023年9月23日至10月8日在浙江杭州举行，某公司为了竞标配套活动的相关代言，决定对旗下的某商品进行一次评估．该商品原来每件售价为15元，年销售10万件．
(1)据市场调查，若价格每提高1元，销售量将相应减少2000件，要使销售的总收入不低于原收入，该商品每件定价最多为多少元？
(2)为了抓住此次契机，扩大该商品的影响力，提高年销售量，公司决定立即对该商品进行全面技术革新和营销策略改革，并提高定价到x元．公司拟投入14x2−400万元作为技改费用，投入50万元作为固定宣传费用，投入x4万元作为浮动宣传费用．试问：当该商品改革后的销售量a至少应达到多少万件时，才可能使改革后的销售收入不低于原收入与总投入之和？并求出此时商品的每件定价．
22.(本小题12.0分)
已知函数f(x)=xx2+4，x∈[−2,2]．
(1)求ff(2)的值；
(2)用定义证明函数f(x)在[−2,2]上单调递增；
(3)若f(a+2)+f(1−2a)>0，求实数a的取值范围．
答案和解析
1.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查集合的交集，属于基础题．
根据题意利用交集定义即可得到答案．
【解答】
解：∵A=−1,0,1,2，B={x|−1
故选A．
2.【答案】C
【解析】【分析】
本题主要考查了全称量词命题的否定，属于基础题．
根据全称量词命题的否定为存在量词命题，先变量词，再否结论即可．
【解答】
解：∵全称量词命题的否定为存在量词命题，
∴命题“ ∀x∈R，x2+3x+1<0”的否定是 ¬p：∃x∈R，x2+3x+1≥0，
故选C．
3.【答案】A
【解析】【分析】本题主要考查充分、必要和充要条件的判断，一元二次不等式的求解，属于基础题．
解一元二次不等式，对两个命题之间的充分性以及必要性验证即可．
【解答】解：由题意，当x2−5x+6<0时，即2
所以“x2−5x+6<0”是“x<3”的充分不必要条件．
4.【答案】D
【解析】【分析】
本题主要考查了函数定义域的求法．
根据题意x+1≥0x−1≠0，解出不等式组即可求解．
【解答】
解：由题意，要使函数f(x)有意义，则有x+1≥0x−1≠0,
解得x≥−1且x≠1，
故函数f(x)定义域为[−1,1)∪(1,+∞),
故选D．
5.【答案】A
【解析】【分析】
本题考查对数恒等式的应用，考查计算能力，属于基础题．
由已知利用对数恒等式即可求得结果．
【解答】解：由a=lg32，
则3a+3−a=3lg32+3−lg32=3lg32+3lg312=2+12=52．
故本题选A．
6.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查利用基本不等式解决恒成立问题，属于基础题．
根据原命题为真可得m<(2x+1x)min=2 2，即可得出命题为假命题时m的取值范围．
【解答】
解：当原命题为真时，即对任意的 x∈(0,+∞)， m<2x+1x恒成立，
又x∈(0,+∞)时， 2x+1x⩾2 2x·1x=2 2，
当且仅当2x=1x，即x= 22时，取等号，
则 m<(2x+1x)min=2 2，
由命题为假命题，则 m⩾2 2．
故选B．
7.【答案】C
【解析】【分析】
本题考查分段函数的单调性，考查计算能力，属于中档题．
利用函数的单调性，列出不等式组，求解即可．
【解答】
解：函数 f(x)=(3a−1)x+3a+7,x<2−x2−ax,x≥2在(−∞,+∞)上单调递减，
可得： 3a−1<0−a2⩽2−4−2a≤23a−1+3a+7，解得： −911⩽a<13，
故选C．
8.【答案】B
【解析】【分析】
本题主要考查不等式的求解，根据条件判断函数的奇偶性和单调性，利用函数奇偶性和单调性的性质进行转化是解决本题的关键，是中档题．
根据条件判断函数f(x)的奇偶性，然后构造函数g(x)=xf(x)，判断函数g(x)的单调性和奇偶性，利用函数奇偶性和单调性的关系进行转化求解即可．
【解答】解：由f(−x)+f(x)=0得f(−x)=−f(x)，即f(x)是奇函数，
若∀x1，x2∈(0,5]，当x1
设g(x)=xf(x)，则g(x2)>g(x1)，即此时g(x)为增函数，
∵f(x)是奇函数，∴g(x)=xf(x)是偶函数，
则不等式(2m−1)f(2m−1)≤(m+4)f(m+4)等价为g(2m−1)≤g(m+4)，
即g(|2m−1|)≤g(|m+4|)，
即−5≤2m−1≤5−5≤m+4≤5|2m−1|≤|m+4|，得−4≤2m≤6−9≤m≤14m2−4m+1≤m2+8m+16，得−2≤m≤3−9≤m≤1m2−4m−5≤0，
得−2≤m≤3−9≤m≤1−1≤m≤5，得−1≤m≤1，即实数m的取值范围是[−1,1]．
故选：B．
9.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查相同函数的判断，属于基础题．
利用相同函数的定义对选项逐个判断即可．
【解答】
解：对于A、y=1的定义域为R，y=(x−1)0的定义域为{x|x≠0}，定义域不同，不是相同函数；
对于B、y=x+2，y=3(x+2)3=x+2，定义域和对应法则都相同，是相同函数；
对于C、y=x+1的定义域为R，y=x2−1x−1的定义域为{x|x≠1}，定义域不同，不是相同函数；
对于D、y=|x−1|的定义域为R，y=(x−1)2的定义域为{x|x≥1}，定义域不同，不是相同函数
10.【答案】ACD
【解析】【分析】
本题考查指数幂的运算和对数式的运算，属于基础题．
根据指数和对数的运算性质依次判断选项即可．
【解答】
解：对选项A， lg518= lg 18lg 5= 2lg 3+lg21−lg 2= 2m+n1−n，故A正确．
对选项B，因为a+ a−1=14，所以a>0．
因为a+ a−1+2= (a12)2+ (a−12)2+ 2a12 a−12= (a12+a−12)2=16，
所以 a12+ a−12=4，故B错误;
对选项C，(13)−2−2ln (ln ee)=9−2lne=9−2=7，故 C正确；
对选项D， 4(4−2 3)2+2 lg23 ⋅ lg94= 4(1− 3)4+2 lg23 ⋅ lg32=|1− 3|+2= 3+1，故D正确．
11.【答案】BC
【解析】【分析】
本题考查二次不等式的解法，属于一般题．
由题意得−2和3是方程ax2+bx+c=0的两个实根，且a<0，由韦达定理得b=−a，c=−6a，再对选项逐个判断即可．
【解答】
解：因为不等式ax2+bx+c≤0的解集为xx≤−2或x≥3
所以−2和3是方程ax2+bx+c=0的两个实根，且a<0，故A错误;
则−2+3=−ba，−2×3=ca，所以b=−a，c=−6a，
所以不等式bx+c>0可化为−ax−6a>0，因为a<0，所以x>−6，故B正确;
a+b+c=a−a−6a=−6a，又a<0，所以a+b+c>0，故C正确;
不等式cx2−bx+a<0可化为−6ax2+ax+a<0，
又a<0，所以−6x2+x+1>0，即6x2−x−1<0，即(3x+1)(2x−1)<0，解得−13
【解析】【分析】
本题考查了抽象函数的理解与应用，涉及了函数奇偶性、单调性的应用，综合性强，属于中档题．
先由已知条件确定函数f(x)为偶函数，确定f(x)的单调性，利用单调性以及偶函数的定义，即可判断选项A，分x>0和x<0两种情况，分别求解f(x)<0和f(x)>0，即可判断选项B，利用偶函数的性质以及单调性，将不等式等价转化为|m−1|>2，即可判断选项C，利用f(x)的最大值，即可判断选项D．
【解答】
解：因为∀x∈R，f(−x)=f(x)，故函数f(x)为偶函数，．
又②∀x1，x2∈(0,+∞)，当x1≠x2时，都有f(x2)−f(x1)x2−x1<0，
所以函数f(x)在(0,+∞)上单调递减，
则在(−∞,0)上单调递增，
因为f(−3)=0，则f(3)=0，
对于A，因为f(x)在(0,+∞)上单调递减，
所以f(1)>f(2)=f(−2)，故选项A错误；
对于B，不等式f(x)x<0，
当x>0时，f(x)<0，即f(x)
当x<0时，f(x)>0，即f(x)>f(−3)，解得−3
对于C，因为f(m−1)
对于D，函数f(x)在R上的图象是连续不断的，
因为当x<−3或x>3时，f(x)<0，
当−3
所以f(x)的最大值为f(0)，
故存在M=f(x)max=f(0)，使得∀x∈R，有f(x)≤M，故选项D正确．
13.【答案】3
【解析】【分析】
本题考查利用基本不等式求最值，属于基础题目．
先将原式变形，再利用基本不等式求解．
【解答】
解：因为x>1，所以x−1>0，
所以f(x)=x−1+1x−1+1≥2 (x−1)·1x−1+1=3，
当且仅当1x−1=x−1，即x=2时取得等号．
故答案为3．
14.【答案】−3
【解析】【分析】
本题考查利用函数的奇偶性求函数值，属于基础题．
利用奇函数性质可分别求得 f(0)=b=0，然后可得f(−1)=−f(1)=−13+2=−3 即可．
【解答】
解：根据题意，因为函数为奇函数可知 f(0)=b=0 ，所以b=0，
f(−1)=−f(1)=−13+2=−3 ，
所以 f(0)+f(−1)=−3 ．
故答案为：−3．
15.【答案】(−14,1)
【解析】【分析】
本题考查了一元二次不等式恒成立的应用问题，解题时常用判别式来解答，是基础题．
根据不等式x2+2bx+34b+14>0的解集为R，Δ<0，列出不等式求出解集即可．
【解答】解：∵不等式x2+2bx+34b+14>0的解集为R，
∴Δ<0，
即4b2−4(34b+14)<0，
解得−14
故答案为：(−14,1)．
16.【答案】①④
【解析】【分析】
本题给出特殊函数表达式，求函数的值并讨论它的奇偶性，着重考查了有理数、无理数的性质和函数的奇偶性等知识，属于中档题．
分类讨论x为有理数、无理数两种情形，逐一分析即可．
【解答】
解：∵有理数的相反数还是有理数，无理数的相反数还是无理数，
∴对任意x∈R，都有D(−x)=D(x)，故①正确；
∵当x为有理数时，D(x)=1；当x为无理数时，D(x)=0，
∴当x为有理数时，D[D(x)]=D(1)=1；当x为无理数时，D[D(x)]=D(0)=1，
即不管x是有理数还是无理数，均有D[D(x)]=1，故②错误；
当x，y都是有理数时，x−y2也是有理数，
所以D(x)=1，D(y)=1，D(x−y2)=1，Dx−Dy2=0，
所以D(x−y2)>Dx−Dy2，故③错误；
若x是有理数，则x+2也是有理数；若x是无理数，则x+2也是无理数，
∴根据函数的表达式，D(x+2)=D(x)对x∈R恒成立，故④正确．
故选①④．
17.【答案】解：(1)原式=[(4)−3]−13−(89)0+(22)32+(216×313)6
=4−1+8+2×9=29;
(2)原式=lg5+lg2−12lg110−2lg23×lg32
=1+12−2=−12．
【解析】本题考查指数式的运算及对数的运算，属于基础题．
(1)根据指数式的运算直接计算即可；
(2)根据对数式的运算直接计算即可．
18.【答案】解：(1)
因为函数f(x)为定义在R上的奇函数，当x<−2时，f(x)=(x+2)2，当−2≤x≤2时，f(x)=x，可得
函数的图象，
由图可知，单调递减区间为(−∞,−2)和(2,+∞);
(2)设x>2，则−x<−2，f(−x)=(−x+2)2，
又函数f(x)为奇函数，
所以f(x)=−f(−x)=−(−x+2)2=−(x−2)2，
即x>2时的解析式为f(x)=−(x−2)2
所以f(x)=(x+2)2,x<−2x,−2⩽x⩽2−(x−2)2,x>2．
【解析】本题考查分段函数的图象，利用函数的奇偶性求函数解析式，判断函数的单调性，属于中档题．
(1)根据奇函数的对称性结合条件可得函数的图象，根据图象可得函数单调减区间；
(2)根据奇函数的定义结合条件即得．
19.【答案】解：(1)当a=2时，集合A={x|1≤x≤3}，B={x|−1≤x≤3}， 所以A∪B={x|−1≤x≤3}．
(2)选①. A∪B=B，则A⊆B. 因为A={x|a−1≤x≤a+1}，所以A≠⌀， 又B={x|−1≤x≤3}， 所以a−1≥−1a+1≤3，解得0≤a≤2， 所以实数a的取值范围是[0,2].
选②. “x∈A”是“x∈B”的充分条件，则A⊆B. 因为A={x|a−1≤x≤a+1}，所以A≠⌀， 又B={x|−1≤x≤3}， 所以a−1≥−1a+1≤3，解得0≤a≤2， 所以实数a的取值范围是[0,2].
选③. A∩B=⌀， 因为A={x|a−1≤x≤a+1}，B={x|−1≤x≤3}， 所以a−1>3或a+1<−1， 解得a>4或a<−2， 所以实数a的取值范围是(−∞,−2)∪(4,+∞)．
【解析】本题考查集合的运算及求参，依题意求解即可，属于中档题．
20.【答案】解：(1)设f(x)=ax2+bx+c，a≠0，
由f(0)=0，得c=0⇒f(x)=ax2+bx，
又f(x+1)−f(x)=a(x+1)2+b(x+1)−(ax2+bx)=2ax+a+b=4x+3，
则2a=4a+b=3，解得a=2b=1，
所以f(x)=2x2+x；
(2)由已知，(2x2+x)−3x>m(x−1)，即2x2−(m+2)x+m>0，
即(2x−m)(x−1)>0，即(x−m2)(x−1)>0，
①当m2=1，即m=2时，原不等式即为：(x−1)2>0，解得x≠1，
②当m2<1，即m<2时，解得x
③当m2>1，即m> 2时，解得x<1或x>m2，
综上，当m=2时，不等式的解集为：(−∞,1)∪(1,+∞)，
当m<2时，不等式的解集为：(−∞,m2)∪(1,+∞)，
当m>2时，不等式的解集为：(−∞,1)∪(m2,+∞).
【解析】本题考查函数解析式，解含参的一元二次不等式，属于中档题．
(1)设f(x)=ax2+bx+c，a≠0，根据f0=0，求得c=0，由fx+1−fx=4x+3，得2a=4a+b=3，即可得解；
(2)因式分解得到(x−m2)(x−1)>0，再对m分类讨论即可．
21.【答案】解：(1)设每件定价为t元，依题意得(10−t−151×0.2)t≥15×10，
整理得2t2−130t+1500≤0，解得15≤t≤50．
所以要使销售的总收入不低于原收入，每件定价最多为50元，
(2)依题意知当x>15时，不等式ax≥15×10+50+14(x2−400)+14x有解，
等价于x>15时，a≥100x+14x+14有解．
由于100x+14x≥2 100x·14x=10，
当且仅当100x=14x，即x=20时等号成立，所以a≥10.25．
故当该商品改革后的销售量a至少达到10.25万件时，
才可能使改革后的销售收入不低于原收入与总投入之和，
此时该商品的每件定价为20元．
【解析】(1)设每件定价为t元，，根据销售的总收入不低于原收入可得(10−t−151×0.2)t≥15×10，解不等式可得每件最高定价；(2)依题意，x>15时，不等式ax≥15×10+50+14(x2−400)+14x有解，等价于x>15时，a≥100x+14x+14有解，利用基本不等式，可以求得结论．
本题主要考查函数在实际问题中的应用，基本不等式的应用，考查运算求解能力，属于中档题．
22.【答案】解：(1)因为f(2)=24+4=14，
所以f(f(2))=f(14)=14(14)2+4=465．
(2)任取x1，x2∈[−2,2]，且x1
因为−2≤x1
所以f(x1)−f(x2)<0，即f(x1)
(3)由(2)知f(x)在[−2,2]上单调递增，且f(x)为奇函数，
由f(a+2)+f(1−2a)>0得f(a+2)>f(2a−1)，
所以−2⩽a+2⩽2−2⩽2a−1⩽2a+2>2a−1
解得−4⩽a⩽0−12⩽a⩽32a<3,即−12⩽a⩽0,
所以实数a的取值范围是[−12,0]．
【解析】本题考查函数的求值及函数的单调性证明，考查函数不等式的求解，属于中档题．
(1)根据函数解析式即可求得；
(2)利用函数的单调性定义直接求解；
(3)由(2)知f(x)在[−2,2]上单调递增，且f(x)为奇函数，不等式可化为f(a+2)>f(2a−1)，从而可得关于a的不等式，求解即可．
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