吉林省长白山第一高中2012-2013学年高一上学期数学综合检测题 第1章

长白山一高高一数学第一章综合检测
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分150分。考试时间120分钟。
第Ⅰ卷(选择题　共60分)
一、选择题(本大题共12个小题，每小题5分，共60分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符号题目要求的。)
1．(2011～2012泉州高一期中测试)已知集合A＝{0,1,2,3,4,5}，B＝{1,3,6,9}，C＝{3,7,8}，则(A∩B)∪C等于(　　)
A．{0,1,2,6,8}　　　B．{3,7,8} C．{1,3,7,8} D．{1,3,6,7,8}
2．如图，可作为函数y＝f(x)的图象是(　　)
3．已知f(x)，g(x)对应值如表．
x
0
1
－1
f(x)
1
0
－1
　
x
0
1
－1
g(x)
－1
0
1
则f(g(1))的值为(　　)
A．－1 B．0 C．1 D．不存在
4．(2012·普通高等学校招生全国统一考试)已知集合A＝{1,2,3,4,5}，B＝{(x，y)|x∈A，y∈A，x－y∈A}；则B中所含元素的个数为(　　)
A．3 B．6 C．8 D．10
5．已知f(x)＝，则f(－1)＋f(4)的值为(　　)
A．－7 B．3 C．－8 D．4
6．f(x)＝－x2＋mx在(－∞，1]上是增函数，则m的取值范围是(　　)
A．{2} B．(－∞，2] C．[2，＋∞) D．(－∞，1]
7．定义集合A、B的运算A*B＝{x|x∈A，或x∈B，且x?A∩B}，则(A*B)*A等于(　　)
A．A∩B B．A∪B
C．A D．B
8．已知函数f(x)＝ax2＋bx＋3a＋b的定义域为[a－1,2a]的偶函数，则a＋b的值是(　　)
A．0 B. C．1 D．－1
9．(瓮安二中2011～2012学年度第一学期高一年级期末考试)若f(x)是偶函数且在(0，＋∞)上减函数，又f(－3)＝1，则不等式f(x)<1的解集为(　　)
A．{x|x>3或－3C．{x|x<－3或x>3} D．{x|－310．定义在R上的偶函数f(x)满足：对任意的x1，x2∈[0，＋∞)(x1≠x2)，有<0，则(　　)
A．f(3)C．f(－2)11．设函数f(x)(x∈R)为奇函数，f(1)＝，f(x＋2)＝f(x)＋f(2)，则f(5)＝(　　)
A．0 B．1 C. D．5
12．已知f(x)＝3－2|x|，g(x)＝x2－2x，F(x)＝
则F(x)的最值是(　　)
A．最大值为3，最小值－1 B．最大值为7－2，无最小值
C．最大值为3，无最小值 D．既无最大值，又无最小值
第Ⅱ卷(非选择题　共90分)
二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分，把正确答案填在题中横线上)
13．(2011·江苏，1)设集合A＝{－1,1,3}，B＝{a＋2，a2＋4}，A∩B＝{3}，则实数a＝________.
14．已知函数f(x)＝3x2＋mx＋2在区间[1，＋∞)上是增函数，则f(2)的取值范围是________．
15.(2012·浙江嘉兴模拟)如下图所示，函数f(x)的图象是曲线OAB，其中点O，A，B的坐标分别为(0,0)，(1,2)，(3,1)，则f()的值等于________．
16．某工厂生产某种产品的固定成本为2 000万元，每生产一单位产品，成本增加10万元，又知总收入k是产品数θ的函数，k(θ)＝40θ－θ2，则总利润L(θ)的最大值是________．
三、解答题(本大题共6个小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
17．(本题满分10分)已知全集U＝{x|x≤4}，集合A＝{x|－218．(本题满分12分)二次函数f(x)的最小值为1，且f(0)＝f(2)＝3.
(1)求f(x)的解析式；
(2)若f(x)在区间[2a，a＋1]上不单调，求a的取值范围．
19．(本题满分12分)图中给出了奇函数f(x)的局部图象，已知f(x)的定义域为[－5,5]，试补全其图象，并比较f(1)与f(3)的大小．
20．(本题满分12分)为减少空气污染，某市鼓励居民用电(减少燃气或燃煤)，采用分段计费的方法计算电费．每月用电不超过100度时，按每度0.57元计算，每月用电量超过100度时，其中的100度仍按原标准收费，超过的部分按每度0.5元计算．
(1)设月用电x度时，应交电费y元．写出y关于x的函数关系式；
(2)小明家第一季度交纳电费情况如下：
月份
一月
二月
三月
合计
交费金额
76元
63元
45.6元
184.6元
则小明家第一季度共用电多少度？
21．(本题满分12分)设函数f(x)在定义域R上总有f(x)＝－f(x＋2)，且当－1(1)当3(2)判断函数f(x)在(3,5]上的单调性，并予以证明．
22．(2011～2012深圳高级中学期末测试题)(本题满分12分)定义在R上的函数f(x)，满足当x>0时，f(x)>1，且对任意的x，y∈R，有f(x＋y)＝f(x)·f(y)，f(1)＝2.
(1)求f(0)的值；
(2)求证：对任意x∈R，都有f(x)>0；
(3)解不等式f(3－x2)>4.
详解答案
1：　C [解析]　A∩B＝{1,3}，(A∩B)∪C＝{1,3,7,8}，故选C.
2：　D
3：　C [解析]　∵g(1)＝0，f(0)＝1，∴f(g(1))＝1.
4：　D
[解析]　x＝5，y＝1,2,3,4　x＝4，y＝1,2,3，x＝3，y＝1,2，x＝2，y＝1共10个
5：　B [解析]　f(4)＝2×4－1＝7，f(－1)＝－(－1)2＋3×(－1)＝－4，∴f(4)＋f(－1)＝3，故选B.
6：　C
[解析]　f(x)＝－(x－)2＋的增区间为(－∞，]，由条件知≥1，∴m≥2，故选C.
7：　D [解析]　A*B的本质就是集合A与B的并集中除去它们的公共元素后，剩余元素组成的集合． 因此(A*B)*A是图中阴影部分与A的并集，除去A中阴影部分后剩余部分即B，故选D.
[点评]　可取特殊集合求解．
如取A＝{1,2,3}，B＝{1,5}，则A*B＝{2,3,5}，(A*B)*A＝{1,5}＝B.
8：　B [解析]　由函数f(x)＝ax2＋bx＋3a＋b是定义域为[a－1,2a]的偶函数，得b＝0，并且a－1＝－2a，即a＝，∴a＋b的值是.
9：　C[解析]　由于f(x)是偶函数，∴f(3)＝f(－3)＝1，f(x)在(－∞，0)上是增函数，∴当x>0时，f(x)<1即为f(x)3，当x<0时，f(x)即f(x)10：　A [解析]　若x2－x1>0，则f(x2)－f(x1)<0，
即f(x2)∴f(x)在[0，＋∞)上是减函数，
∵3>2>1，∴f(3)又f(x)是偶函数，∴f(－2)＝f(2)，
∴f(3)11：　C
[解析]　f(1)＝f(－1＋2)＝f(－1)＋f(2)＝，又f(－1)＝－f(1)＝－，∴f(2)＝1，
∴f(5)＝f(3)＋f(2)＝f(1)＋2f(2)＝.
12：　B [解析]　作出F(x)的图象，如图实线部分，知有最大值而无最小值，且最大值不是3，故选B.
13：　1
[解析]　∵A∩B＝{3}，∴3∈B，
∵a2＋4≥4，∴a＋2＝3，∴a＝1.
14：　[2，＋∞)
[解析]　∵－≤1，∴m≥－6，f(2)＝14＋2m≥14＋2×(－6)＝2.
15：　2
[解析]　由已知，得f(3)＝1，f(1)＝2，则f()＝f(1)＝2.
16：　2 500万元
[解析]　L(θ)＝k(θ)－10θ－2000＝－θ2＋30θ－2000.当θ＝＝300时，L(θ)有最大值为：2500万元．
17[解析]　如下图所示，在数轴上表示全集U及集合A，B.
∵A＝{x|－2B＝{x|－3≤x≤3}．
∴?UA＝{x|x≤－2，或3≤x≤4}，
?UB＝{x|x<－3，或2∴A∩B＝{x|－2(?UA)∪B＝{x|x≤2，或3≤x≤4}；
A∩(?UB)＝{x|2(?UA)∪(?UB)＝{x|x≤－2，或218[解析]　(1)∵f(x)为二次函数且f(0)＝f(2)，
∴对称轴为x＝1.
又∵f(x)最小值为1，∴可设f(x)＝a(x－1)2＋1　(a>0)
∵f(0)＝3，∴a＝2，∴f(x)＝2(x－1)2＋1，
即f(x)＝2x2－4x＋3.
(2)由条件知2a<119[解析]　奇函数的图象关于原点对称，可画出其图象如图．显见f(3)>f(1)．
20[解析]　(1)当0≤x≤100时，y＝0.57x；
当x>100时，y＝0.5×(x－100)＋0.57×100＝0.5x－50＋57＝0.5x＋7.
所以所求函数式为
y＝
(2)据题意，
一月份：0.5x＋7＝76，得x＝138(度)，
二月份：0.5x＋7＝63，得x＝112(度)，
三月份：0.57x＝45.6，得x＝80(度)．
所以第一季度共用电：
138＋112＋80＝330(度)．
故小明家第一季度共用电330度．
21[解析]　(1)∵f(x)＝－f(x＋2)，
∴f(x＋2)＝－f(x)．
∴f(x)＝f[(x－2)＋2]＝－f(x－2)＝－f[(x－4)＋2]＝f(x－4)．
∵－1又∵当3∴f(x－4)＝(x－4)2＋2.
∴当3(2)∵函数f(x)＝(x－4)2＋2的对称轴是x＝4，
∴函数f(x)＝(x－4)2＋2在(3,4]上单调递减，在[4,5]上单调递增．
证明：任取x1，x2∈(3,4]，且x1f(x1)－f(x2)
＝[(x1－4)2＋2]－[(x2－4)2＋2]
＝(x1－x2)(x1＋x2－8)．
∵3∴x1－x2<0，x1＋x2－8<0.
∴f(x1)－f(x2)>0，即f(x1)>f(x2)．
故函数y＝f(x)在(3,4]上单调递减．
同理可证函数在[4,5]上单调递增．
22[解析]　(1)解：对任意x，y∈R，
f(x＋y)＝f(x)·f(y)．
令x＝y＝0，得f(0)＝f(0)·f(0)，
即f(0)·[f(0)－1]＝0.
令y＝0，得f(x)＝f(x)·f(0)，对任意x∈R成立，
所以f(0)≠0，因此f(0)＝1.
(2)证明：对任意x∈R，
有f(x)＝f(＋)＝f()·f()＝[f()]2≥0.
假设存在x0∈R，使f(x0)＝0，
所以f(x2)－f(x1)>0，
即f(x1)故函数f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数．
由f(3－x2)>4，得f(3－x2)>f(2)，
即3－x2>2.
解得－1所以，不等式的解集是(－1,1)．
则对任意x>0，有
f(x)＝f[(x－x0)＋x0]＝f(x－x0)·f(x0)＝0.
这与已知x>0时，f(x)>1矛盾．
所以，对任意x∈R，均有f(x)>0成立．
(3)解：令x＝y＝1有
f(1＋1)＝f(1)·f(1)，
所以f(2)＝2×2＝4.
任取x1，x2∈R，且x1则f(x2)－f(x1)
＝f[(x2－x1)＋x1]－f(x1)
＝f(x2－x1)·f(x1)－f(x1)
＝f(x1)·[f(x2－x1)－1]．
∵x10，
由已知f(x2－x1)>1，
∴f(x2－x1)－1>0.
由(2)知x1∈R，f(x1)>0.