湖北省黄冈市黄州一中2020-2021学年高一上学期期中考试数学试题 Word版含答案

黄州一中2020年秋季高一期中考试
数学试卷
时间 120分钟 满分 150分 2020年11月18日上午08:00～10:00
第Ⅰ卷（选择题，共60分）
单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．
1．已知集合A＝{0,1}，则下列式子错误的是(　　)
A．0∈A B．{1}∈A C．??A D．{0,1}?A
4253865336552．设全集U为实数集R，M＝{x|x>2或x<－2}，N＝{x|x≥3或x<1}
都是全集U的子集，则右图中阴影部分所表示的集合是(　　)
A．{x|－2≤x<1} B．{x|－2≤x≤2}
C．{x|1 3．已知幂函数y＝f(x)的图象经过点false，则f(2)等于(　　)
A. false B． false C. false D. false
4．设函数f(x)的定义域为R，对于任意实数x总有f(－x)＝f(x)，当x∈[0，＋∞)时，f(x)单调递增，则f(－2)，f(π)，f(－3)的大小关系是(　　)
A．f(π)>f(－3)>f(－2) B．f(π)>f(－2)>f(－3)
C．f(π) 5．给定下列命题：
①false；②false；③false；④falsefalse.
其中正确的命题个数是(　　)
A．3 B．2 C．1 D．0
6．设false ，若false，则false等于(　　)
A．2 B．4 C．6 D．8
7．设x∈R，则“|x－2|=2－x”是“|x－1|≤1”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

8．已知一元二次方程x2＋(m＋1)x＋1＝0(m∈Z)有两个实数根x1，x2，且0 A．－4 B．－5 C．－6 D．－7
多项选择题：每小题5分，共20分．部分选对的得3分，有选错的得0分．
9．关于命题false：“?x∈R，x2＋1≠0”的下列叙述，正确的是(　　)
A．false：?x∈R，x2＋1＝0 B．false：?x∈R，x2＋1＝0
C．false是真命题，false是假命题 D．false是假命题，false是真命题
10．已知幂函数y＝false(m∈Z)的图象与x轴和y轴都没有交点，且关于y轴对称，则m的值可以为(　　)
A．－1 B．1 C．2 D．3
11．已知false 且false ，则false的最值情况是(　　)
A．有最大值3 B．有最小值－1
C．无最小值 D．无最大值
12．若正数a，b满足a＋b＝1，则＋的可能取值为(　　)
A. false B. false C. false D. false
第Ⅱ卷（非选择题，共90分）
填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13．已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，当x∈(－∞，0)时，f(x)＝2x3＋x2，则f(2)＝________．
14．已知函数false，则f(x)的值域是________．
15．已知函数f(x)＝ax－b(a>0)，f(f(x))＝4x－3，则f(2)＝________．
16．已知f(x)是定义在R上的偶函数，且在区间(－∞，0)上单调递增．若f(－3)＝0，则false的解集为______________．
四、解答题：本大题共6个大题，共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．(10分) 设集合false，false
（1）若false是false的充分不必要条件，求实数false的取值范围；
（2）若false，求实数false的取值范围.

18．(12分)若关于x的一元二次不等式(1－a)x2－4x＋6>0的解集是{x|－3 （1）求实数a的值并解不等式2x2＋(2－a)x－a>0；
（2）当不等式ax2＋bx＋3≥0的解集为R时，求b的取值范围．








19．（12分）已知函数false是奇函数，且false
（1）求实数m和n的值；
（2）利用“函数单调性的定义”判断f(x)在区间[－2，－1]上的单调性，并求f(x)在该区间上的最值．











20．(12分)（1）已知a，b均为正实数，且2a＋8b＝ab，求a＋b的最小值；
（2）已知a，b，c都为正实数，且a＋b＋c＝1. 求false的最小值.









21．(12分)近年来，中美贸易摩擦不断．特别是美国对我国华为的限制．尽管美国对华为极力封锁，百般刁难，并不断加大对各国的施压，拉拢他们抵制华为5G，然而这并没有让华为却步．华为在2018年不仅净利润创下记录，海外增长同样强劲．今年，我国华为某一企业为了进一步增加市场竞争力，计划在2020年利用新技术生产某款新手机．通过市场分析，生产此款手机全年需投入固定成本250万元，每生产x千部手机，需另投入成本R(x)万元，且R(x)＝
由市场调研知，每部手机售价0.7万元，且全年内生产的手机当年能全部销售完．
（1）求出2020年的利润W(x)(万元)关于年产量x(千部)的函数解析式(利润＝销售额—成本)；
（2）2020年华为此款手机产量为多少(千部)时，企业所获利润最大？最大利润是多少？











22．(12分)已知函数f(x)对任意x，y∈R，总有f(x)＋f(y)＝f(x＋y)，且当x>0时，f(x)<0，f(1)＝false
（1）先求f(0)的值，然后判断函数f(x)的奇偶性，并加以证明；
（2）判断函数f(x)在其定义域上的单调性，并加以证明；
（3）求函数f(x)在[－3,3]上的最小值．



黄州区一中2020年秋季高一期中考试数学试卷参考答案 2020年11月18日
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
答案
B
A
D
A
D
C
B
A
AC
ABD
CD
AB

7.答案　B
解析　由2－x≥0，得x≤2，由|x－1|≤1，得0≤x≤2.
当x≤2时不一定有0≤x≤2，而当0≤x≤2时一定有x≤2，
∴“2－x≥0”是“|x－1|≤1”的必要不充分条件．
8.答案　A
解析　∵一元二次方程x2＋(m＋1)x＋1＝0(m∈Z)有两个实数根x1，x2，且0 9.答案　AC
解析　命题p：“?x∈R，x2＋1≠0”的否定是“?x∈R，x2＋1＝0”．所以p是真命题，false是假命题．
10.答案　A B D
解析　∵幂函数y＝false(m∈Z)的图象与x轴、y轴没有交点，且关于y轴对称，
∴m2－2m－3≤0，且m2－2m－3(m∈Z)为偶数，
由m2－2m－3≤0，得－1≤m≤3，又m∈Z，∴m＝－1,0,1,2,3.
当m＝－1时，m2－2m－3＝1＋2－3＝0，为偶数，符合题意；
当m＝0时，m2－2m－3＝－3，为奇数，不符合题意；
当m＝1时，m2－2m－3＝1－2－3＝－4，为偶数，符合题意；
当m＝2时，m2－2m－3＝4－4－3＝－3，为奇数，不符合题意；
当m＝3时，m2－2m－3＝9－6－3＝0，为偶数，符合题意．
综上所述，m＝－1,1,3.
11.答案　CD
解析　由f(x)≥g(x)得0≤x≤3；由f(x)3，所以F(x)＝
作出函数F(x)的图象(图略)，可得F(x)无最大值，无最小值．
12.答案　AB
解析　由a＋b＝1，知＋＝＝，又因为ab≤false＝(当且仅当a＝b＝时等号成立)，所以9ab＋10≤，所以≥.
13.答案　12
解析　方法一　令x>0，则－x<0.∴f(－x)＝－2x3＋x2.
∵函数f(x)是定义在R上的奇函数，∴f(－x)＝－f(x)．∴f(x)＝2x3－x2(x>0)．
∴f(2)＝2×23－22＝12.
方法二　f(2)＝－f(－2)＝－[2×(－2)3＋(－2)2]＝12.
14．答案　false
解析　由二次函数的性质，可得x2＋x∈false，∈false，∴f(x)的值域为false.
15.答案　3
解析　由题意，得f(f(x))＝f(ax－b)＝a·(ax－b)－b＝a2x－(ab＋b)＝4x－3，
即解得∴f(x)＝2x－1，∴f(2)＝3.
16. 答案　{x|－33}
解析　∵f(x)是定义在R上的偶函数，且在区间(－∞，0)上单调递增，∴f(x)在区间(0，＋∞)上单调递减．∴f(3)＝f(－3)＝0.
当x>0时，由f(x)<0，解得x>3；当x<0时，由f(x)>0，解得－3 故所求解集为{x|－33}．
17. (1)由题意知falsefalsefalse，false等号不同时成立得false
∴实数false的取值范围为false …………………4分
（2）由题意知false …………………5分
当false,false …………………7分
当false，false，false …………………9分
综上所述：实数false的取值范围为false …………………10分
18．解 (1)因为不等式(1－a)x2－4x＋6>0的解集是{x|－3 所以1－a<0，且－3和1是方程(1－a)x2－4x＋6＝0的两根，
由根与系数的关系得解得a＝3，…………………3分
则不等式2x2＋(2－a)x－a>0，即2x2－x－3>0，所以(2x－3)(x＋1)>0，解得x<－1或x>，
所以不等式2x2＋(2－a)x－a>0的解集为false. …………………6分
(2)由(1)知a＝3，不等式ax2＋bx＋3≥0，即3x2＋bx＋3≥0，因为不等式3x2＋bx＋3≥0的解集为R，
则不等式3x2＋bx＋3≥0恒成立，
所以Δ＝b2－4×3×3≤0，…………………10分
解得－6≤b≤6，所以b的取值范围为[－6,6]．…………………12分
19.解(1)∵f(x)是奇函数，∴f(－x)＝－f(x)，∴＝－＝.
比较得n＝－n，n＝0. …………………3分
又f(2)＝，∴＝，解得m＝2.
∴实数m和n的值分别是2和0. …………………6分
(2)由(1)知f(x)＝＝＋.任取x1，x2∈[－2，－1]，且x1则f(x1)－f(x2)＝(x1－x2)false＝(x1－x2)·.…………………8分
∵－2≤x11，x1x2－1>0，∴f(x1)－f(x2)<0，即f(x1)∴函数f(x)在[－2，－1]上单调递增．…………………10分
∴f(x)max＝f(－1)＝－，f(x)min＝f(－2)＝－.…………………12分
20.解(1)∵2a＋8b－ab＝0，∴＋＝1.又∵a>0，b>0，∴a＋b＝(a＋b)false＝10＋＋
≥10＋2＝18，…………………5分
当且仅当＝，即a＝2b时，等号成立．由得
∴当a＝12，b＝6时，a＋b取得最小值18. …………………6分
(2)　false
≥3＋2＋2＋2＝9， …………………11分
当且仅当a＝b＝c＝时取等号．∴false的最小值为9. …………………12分

21．解　(1)当0 当x≥40时，false………5分
∴false ………6分
(2)若0 若x≥40，false≤9 200－2＝9 000，………10分
当且仅当x＝，即x＝100时，W(x)max＝9 000万元 . ………11分
∴2020年产量为100(千部)时，企业所获利润最大，最大利润是9 000万元．………12分
22. (1)由已知f(x＋y)＝f(x)＋f(y)，令y＝－x得f(0)＝f(x)＋f(－x)，
令x＝y＝0得f(0)＝2f(0)，所以f(0)＝0.…………………2分
所以f(x)＋f(－x)＝0，即f(－x)＝－f(x)，故f(x)是奇函数．…………………4分
(2) f(x)是R上的减函数，证明如下:
设x1，x2是任意的两个实数，且x10，
因为x>0时，f(x)<0，所以f(x2－x1)<0，
又因为x2＝(x2－x1)＋x1，所以f(x2)＝f[(x2－x1)＋x1]＝f(x2－x1)＋f(x1)，
所以f(x2)－f(x1)＝f(x2－x1)<0，所以f(x2) (3)由(2)可知f(x)在R上是减函数，所以f(x)在[－3,3]上也是减函数，
所以f(x)在[－3,3]上的最小值为f(3)．而f(3)＝f(1)＋f(2)＝3f(1)＝false
所以函数f(x)在[－3,3]上的最小值是－2. …………………12分