2020-2021学年浙江省绍兴市鲁迅中学高一（上）第一次月考数学试卷（10月份）（Word解析版）

2020-2021学年浙江省绍兴市鲁迅中学高一（上）第一次月考数学试卷（10月份）
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．
1．（4分）已知全集U＝R，A＝{x|x2﹣2x＜0}，B＝{x|x≥1}，则A∪（?UB）＝（　　）
A．（0，+∞）
B．（﹣∞，1）
C．（﹣∞，2）
D．（0，1）
2．（4分）设集合A＝{1，﹣2}，B＝{x|ax﹣1＝0}，若A∩B＝B，则实数a的值的集合是（　　）
A．
B．
C．
D．
3．（4分）下列四组函数中，表示同一函数的是（　　）
A．f（x）＝x2，g（x）＝（x+1）2
B．f（x）＝，
C．
D．
4．（4分）若函数y＝f（x）的定义域是[0，2]，则函数的定义域是（　　）
A．[0，2]
B．[﹣1，1）
C．（1，3]
D．[0，1）∪（1，2]
5．（4分）函数f（x）＝x2﹣4x+3，x∈[0，a]的值域为[﹣1，3]，则实数a的取值范围是（　　）
A．[2，4]
B．（0，4]
C．[2，+∞）
D．（0，2]
6．（4分）若﹣1＜a＜b＜1，2＜c＜3，则（a﹣b）c的取值范围是（　　）
A．（﹣4，6）
B．（﹣6，﹣4）
C．（﹣6，0）
D．（﹣4，0）
7．（4分）不等式ax2+bx+c＞0的解集为（﹣2，1），则不等式b（2x2﹣1）﹣a（x+3）+c＞0的解集为（　　）
A．
B．
C．
D．
二、多项选择题：本题共3小题，每小题4分，共12分．在每小题给出的选项中，有多项符合要求．全部选对的得4分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
8．（4分）下列命题中，正确的是（　　）
A．若，则a＜b
B．若ac＞bc，则a＞b
C．若a＜b，那么
D．已知a＜0＜b，则
9．（4分）下列结论不正确的是（　　）
A．当x＞0时，
B．当x＞0时，的最小值是2
C．当时，的最小值是
D．设x＞0，y＞0，且x+y＝2，则的最小值是
10．（4分）下列结论正确的是（　　）
A．不等式的解集为{x|x＞4，或x≤﹣1}
B．设函数f（x）＝ax2+bx+c（a，b，c∈R，a＞0），则“”是“方程f（x）＝0与f（f（x））＝0”都恰有两个不等实根的充要条件
C．存在函数f（x）满足，对任意的x∈R，都有f（x2+4）＝|2x﹣3|
D．集合A＝{（x，y）|x+y＝5，xy＝6}表示的集合是{（2，3），（3，2）}
三、填空题：本题共4小题，每小题4分，共16分．
11．（4分）设函数f（x）＝，则f（﹣3）＝　
　．
12．（4分）已知函数f（x）＝ax2﹣b满足﹣4≤f（1）≤﹣1，﹣1≤f（2）≤5，则f（3）的取值范围是　
　．
13．（4分）若命题“?x∈R，使得kx＞x2+k成立”是假命题，则实数k的取值范围是　
　．
14．（4分）已知集合P＝{x|a2﹣5＜x＜2a+5}，Q＝{x|（1+x）（1﹣x）＞0}，若“x∈P”是“x∈Q”的必要不充分条件，则实数a的取值范围是　
　．
四、解答题：本题共5小题，共44分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．（8分）设全集U＝R，不等式的解集为A，集合B＝{x|a﹣2＜x＜a+2}．
（1）求集合A；
（2）若a＝2，求A∩B和（?UA）∪（?UB）．
16．（9分）已知二次函数f（x）满足f（x+1）＝x2+5x+10．
（1）求f（﹣2），并求f（x）；
（2）若函数，试求函数g（x）的值域．
17．（9分）若关于x的不等式的解集为[﹣1，1）∪[3，+∞）．
（1）求f（x）＝x2+bx+c在闭区间[m，m+1]（m∈R）上的最小值g（m）；
（2）画出函数g（m）的简图，并写出函数g（m）的最小值．
18．（9分）设函数f（x）＝ax2+（b﹣2）x+3（a≠0）．
（1）若f（1）＝4，且a，b均为正实数，求的最小值，并确定此时实数a，b的值；
（2）若?b∈R满足在x∈R上恒成立，求实数a的取值范围．
19．（9分）设函数f（x）＝，其中a为常数且a∈（0，1）．新定义：若x0满足f（f（x0））＝x0，但f（x0）≠x0，则称x0为f（x）的次不动点．
（1）当时，分别求和的值；
（2）求函数f（x）在x∈[0，1]上的次不动点．
2020-2021学年浙江省绍兴市鲁迅中学高一（上）第一次月考数学试卷（10月份）
参考答案与试题解析
一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求．
1．【分析】求出A中不等式的解集确定出A，根据全集R及B，求出B的补集，找出A与B补集的并集即可．
【解答】解：由A中的不等式解得：0＜x＜2，
∴A＝（0，2），
∵全集U＝R，B＝{x|x≥1}，
∴?UB＝（﹣∞，1），
则A∪（?UB）＝（﹣∞.2），
故选：C．
2．【分析】根据A∩B＝B可得到B?A，从而可讨论a是否为0：a＝0时，显然满足题意；a≠0时，可以得出或﹣2，从而可得出a的值的集合．
【解答】解：∵A∩B＝B，
∴B?A，
①a＝0时，B＝?，满足B?A；
②a≠0时，，
∴或﹣2，解得a＝1或，
∴实数a的值的集合是．
故选：D．
3．【分析】根据两函数的定义域相同，对应关系也相同，即可判断它们表示同一函数．
【解答】解：对于A，f（x）＝x2，g（x）＝（x+1）2，两函数的解析式不同，即对应关系不同，不是同一函数；
对于B，f（x）＝＝|x|的定义域为R，g（x）＝＝x的定义域为{x|x≥0}，两函数的定义域不同，不是同一函数；
对于C，f（x）＝＝x的定义域为R，g（x）＝x的定义域为R，两函数的定义域相同，对应关系也相同，是同一函数；
对于D，f（x）＝?＝的定义域为{x|x≥1}，g（x）＝的定义域为{x|x≤﹣1或x≥1}，两函数的定义域不相同，不是同一函数．
故选：C．
4．【分析】根据函数y＝f（x）的定义域，列出使函数g（x）有意义的不等式组，求出解集即可．
【解答】解：由函数y＝f（x）的定义域是[0，2]，
在函数中，
令，
解得，
所以g（x）的定义域是[﹣1，1）．
故选：B．
5．【分析】f（x）＝x2﹣4x+3的开口向上，对称轴为x＝2，然后分0＜a＜2和a≥2两种情况，讨论f（x）在[0，a]上的单调性，再结合函数的值域进行求解．
【解答】解：f（x）＝x2﹣4x+3的开口向上，对称轴为x＝2，
当0＜a＜2时，f（x）在[0，a]上单调递减，
f（x）max＝f（0）＝3，f（x）min＝f（a）＝a2﹣4a+3＝﹣1，
解得a＝2，与0＜a＜2矛盾，舍去；
当a≥2时，f（x）在[0，2）上单调递减，在（2，a]上单调递增，
f（x）max＝max{f（0），f（a）}，f（x）min＝f（2）＝﹣1，
∵f（0）＝3，∴要使函数f（x）的值域为[﹣1，3]，
则f（0）≥f（a）＝a2﹣4a+3，解得0≤a≤4，
∴a的取值范围为[0，4]．
故选：A．
6．【分析】由已知﹣1＜a＜b＜1得﹣2＜a﹣b＜0．然后对c的范围分类利用不等式的性质求得（a﹣b）c的取值范围．
【解答】解：∵a＜b，∴a﹣b＜0，
∵﹣1＜a＜b＜1，
∴a＞﹣1，﹣b＞﹣1，则a﹣b＞﹣2．
∴﹣2＜a﹣b＜0．
∵2＜c＜3，
当2＜c＜3时，﹣6＜c（a﹣b）＜0；
∴﹣6＜c（a﹣b）＜0．
故选：C．
7．【分析】根据不等式的解集求出a、b和c的关系，把不等式b（2x2﹣1）﹣a（x+3）+c＞0化为（2x2﹣1）﹣（x+3）﹣2＜0，求出解集即可．
【解答】解：不等式ax2+bx+c＞0的解集为（﹣2，1），
所以方程ax2+bx+c＝0的解是﹣2和1，且a＜0，
所以，b＝a，c＝﹣2a，
所以b（2x2﹣1）﹣a（x+3）+c＞0，化为a（2x2﹣1）﹣a（x+3）﹣2a＞0，
即（2x2﹣1）﹣（x+3）﹣2＜0，所以2x2﹣x﹣6＜0，
解得﹣＜x＜2，
所以不等式的解集为（﹣，2）．
故选：A．
二、多项选择题：本题共3小题，每小题4分，共12分．在每小题给出的选项中，有多项符合要求．全部选对的得4分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
8．【分析】利用不等式的基本性质逐个分析各个选项，即可得结论．
【解答】解：对于A，若，则a＜b，故A正确；
对于B，若ac＞bc，当c＜0时，a＜b，故B错误；
对于C，若a＜0＜b，则，故C错误；
对于D，已知a＜0＜b，则0，则1成立，故D正确．
故选：AD．
9．【分析】利用“乘1法”与基本不等式的性质，逐项判断即可得出．
【解答】解：对于A：x＞0时，，当且仅当x＝1时，取等号，∴A正确；
对于B：x＞0时，设（t≥2），则x2+5＝t2+1，原式转化为，当且仅当t＝1时，取等号，由于t≥2，取不到最小值，∴B不对；
对于C：时，＝＝，当且仅当x＝时，取等号，即最大值是，∴C不对；
对于D：x+y＝2，可得，则＝（）（）＝+，当且仅当x＝，y＝时，取等号，即最小值是，∴D正确；
故选：BC．
10．【分析】根据x＝2是不等式的一个解判断A，根据二次函数的性质判断B，根据f（5）的值判断C，根据方程组的解判断D．
【解答】解：对于A，显然x＝2是不等式的一个解，故A错误；
对于B，若，则存在x0＝f（﹣），使得f（x0）＜0，又a＞0，即f（x）的图象开口向上，
∴f（x）图象与x轴有两个交点，故方程f（x）有两个不等实根，
不妨设f（x）的两个根为x1，x2，且x1，x2，则x1＜f（﹣）＜x2，
令f（f（x））＝0可得f（x）＝x1或f（x）＝x2，
又f（x）≥f（﹣），∴f（x）＝x1无解，f（x）＝x2有两个不等实根，∴f（f（x））＝0有两个不等实根，
若方程f（x）＝0有两个不等实根，不妨设两个根为x1，x2，且x1，x2，则当x1＜x＜x2时，f（x）＜0，
由f（f（x））＝0可得f（x）＝x1或f（x）＝x2，
因为a＞0，f（x）的图象开口向上，若f（x）＝x1有解，则f（x）＝x2必定有两解，与f（f（x））＝0恰好有两个实根矛盾，
故f（x）＝x1无解，f（x）＝x2有两解，
又f（x）的最小值为f（﹣），∴x1＜f（﹣）＜x2，∴f（f（﹣））＜0，
∴”是“方程f（x）＝0与f（f（x））＝0”都恰有两个不等实根的充要条件，故B正确；
对于C，若存在函数f（x）满足，对任意的x∈R，都有f（x2+4）＝|2x﹣3|，
则当x＝1时，f（5）＝1，当x＝﹣1时，f（5）＝5，与函数值的唯一性矛盾，
故不存在函数f（x）满足，对任意的x∈R，都有f（x2+4）＝|2x﹣3|，故C错误；
对于D，解方程组得或，∴A＝{（x，y）|x+y＝5，xy＝6}＝{（2，3），（3，2）}，故D正确．
故选：BD．
三、填空题：本题共4小题，每小题4分，共16分．
11．【分析】由函数的解析式可得f（﹣3）＝f（﹣1）＝f（1），再求出f（1）的值即可．
【解答】解：因为f（x）＝，
所以当x＜0时，有f（﹣3）＝f（﹣1）＝f（1），
当x＞0时，f（1）＝1+3＝4，则f（﹣3）＝4．
故答案为：4．
12．【分析】根据已知可求得f（1），f（2），f（3），设f（3）＝mf（1）+nf（2），利用待定系数法求得m，n的值，在利用不等式的基本性质即可求得f（3）的取值范围．
【解答】解：∵f（x）＝ax2﹣b，∴f（1）＝a﹣b，f（2）＝4a﹣b，f（3）＝9a﹣b，
设f（3）＝mf（1）+nf（2），则m（a﹣b）+n（4a﹣b）＝9a﹣b，
∴m+4n＝9且﹣m﹣n＝﹣b，∴m＝﹣，n＝，
∴f（3）＝﹣f（1）+f（2），
∵﹣4≤f（1）≤﹣1，﹣1≤f（2）≤5，
∴f（3）∈[﹣1，20]．
故答案为：[﹣1，20]．
13．【分析】将条件转化为x2﹣kx+k≥0恒成立，通过△≤0，解出实数k的取值范围．
【解答】解：命题““?x∈R，使得kx＞x2+k成立”是假命题，
即“x2﹣kx+k≥0恒成立”是真命题．
△＝k2﹣4k≤0，解得0≤k≤4，
故答案为：[0.4]．
14．【分析】首先整理两个集合，解不等式，得到最简形式，根据x∈P是x∈Q的必要条件，得到两个集合之间的关系，从而得到不等式两个端点之间的关系，得到结果．
【解答】解：P＝{x|a2﹣5＜x＜2a+5}，Q＝{x|（1+x）（1﹣x）＞0}＝{x|﹣1＜x＜1}．
∵x∈P是x∈Q的必要条件，
∴x∈Q?x∈P，即Q?P，
∴?，解得﹣2≤a≤2，
故答案为：[﹣2，2]．
四、解答题：本题共5小题，共44分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
15．【分析】（1）直接解不等式求出A，
（2）求出B，再结合交集，并集，补集的定义求解即可．
【解答】解：（1）∵，∴﹣2＜x≤3，
∴A＝（﹣2，3]．
（2）a＝2，集合B＝{x|a﹣2＜x＜a+2}＝（0，4），
∴A∩B＝（0，3]，
（?UA）∪（?UB）＝?U（A∩B）＝（﹣∞，0]∪（3，+∞）．
16．【分析】（1）把x＝﹣3代入函数f（x+1）的表达式中即可求得f（﹣2）的值；
采用换元法，令t＝x+1，则f（t）＝t2+3t+6，再用x替换t即可得f（x）的解析式；
（2）g（x）＝，根据分离常数法可将g（x）整理成g（x）＝（x+1）++1，再由基本不等式的性质即可得解．
【解答】解：（1）令x＝﹣3，则f（﹣2）＝9﹣15+10＝4．
令t＝x+1，则x＝t﹣1，
∴f（t）＝（t﹣1）2+5（t﹣1）+10＝t2+3t+6，
∴f（x）＝x2+3x+6．
（2）g（x）＝＝
＝
＝（x+1）++1
≥2+1＝5，当且仅当x+1＝，即x＝1时，等号成立，
故函数g（x）的值域为[5，+∞）．
17．【分析】（1）由题可知，﹣1和3是方程x2﹣bx+c＝0的两根，根据韦达定理可求出b和c的值，从而得f（x）的解析式，再分m＞﹣1、m+1＜﹣1和m≤﹣1≤m+1三种情况，讨论二次函数f（x）的单调性和最小值即可得解；
（2）根据二次函数的图象与性质作出分段函数g（m）的简图，由图即可得g（m）的最小值．
【解答】解：（1）由题可知，﹣1和3是方程x2﹣bx+c＝0的两根，
∴，解得b＝2，c＝﹣3，
∴f（x）＝x2+2x﹣3，对称轴为x＝﹣1，开口向上，
当m＞﹣1时，f（x）在[m，m+1]上单调递增，∴g（m）＝f（m）＝m2+2m﹣3；
当m+1＜﹣1，即m＜﹣2时，f（x）在[m，m+1]上单调递减，∴g（m）＝f（m+1）＝（m+1）2+2（m+1）﹣3＝m2+4m；
当m≤﹣1≤m+1，即﹣2≤m≤﹣1时，f（x）在[m，﹣1）上单调递减，在（﹣1，m+1]上单调递增，∴g（m）＝f（﹣1）＝﹣4．
综上，g（m）＝．
（2）函数g（m）的简图如下图所示．
由图可知，函数g（m）的最小值为﹣4．
18．【分析】（1）求得a+b＝3，由乘1法和基本不等式计算可得最小值和a，b的值；
（2）将原不等式整理为关于x的二次不等式，由判别式小于0，可得关于b的不等式，再由判别式小于0，可得a的不等式，进而得到a的范围．
【解答】解：（1）f（1）＝a+b﹣2+3＝4，即有a+b＝3（a＞0，b＞0），
＝（a+b）（）＝（1+4++）≥（5+2）＝3，
当且仅当b＝2a＝2，上式取得等号，
可得的最小值为3，此时实数a＝1，b＝2；
（2）?b∈R满足在x∈R上恒成立，
等价为x2+（b﹣2）x+a2﹣ab+＞0，
由x∈R时不等式恒成立，
可得△1＝（b﹣2）2﹣4（a2﹣ab+）＜0，
化为b2﹣4b（a﹣1）+4a2﹣4＞0，
由?b∈R可得△2＝16（a﹣1）2﹣16（a2﹣1）＜0，
解得a＞1，
即a的取值范围是（1，+∞）．
19．【分析】（1）直接代值计算即可；
（2）根据新定义，当0≤x≤a2时，或当a2＜x≤a时，分类讨论，根据新定义即可得到所求．
【解答】解：（1）当时，，
则，
，
；
（2）f（x）中x∈[0，1]时，值域也是[0，1]，
又0≤x≤1，a∈（0，1），
∴，
由，得a＜x＜a2﹣a+1，
∴当a＜x＜a2﹣a+1时，，
同理，当a2﹣a+1≤x≤1时，，
∴f（f（x））＝，
当0≤x≤a2时，由f（f（x））＝，解得x＝0，
由于f（0）＝0，故x＝0不是f（x）的次不动点．
当a2＜x≤a时，由f（f（x））＝，解得∈（a2，a），
∵，
故是f（x）的次不动点．
因此，函数f（x）有且仅有两个次不动点，，．