安徽省六安第一中学2022-2023学年高一上学期期中数学试题

题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题1．已知集合Aa,b，Ba1,3，若AB2，则AB（ ）A．1,2B．1,2,3C．1,3D．2,31，2，3，5}且CUA0,1，则集合A的真子集共有个2．若全集U{0，A．3B．5C．7D．83．若函数yfx的定义域为0,2，则函数yA．0,11,24．设函数fB．0,1f2x的定义域为（ ）x1C．1,2D．0,11,4x1x1，则fx的表达式为（ ）2B．fxx2x12A．fxx2x2C．fxx2xx12D．fxx2x1x15．若1xy4，2xy3，则z2x3y的取值范围为（ ）A．2,8B．3,8C．8,13D．2,136．已知函数fx是定义在,00,上的奇函数，且f10，若对于任意两个实数x1,x20,且x1x2时，不等式的解集为（ ）A．,11,C．1,01,B．,10,1D．1,00,1fx1fx2fx0恒成立，则不等式0x1x2x7．已知函数fx对任意的x,yR，总有fxyfxfy，若x,0时，2fx0，且f1，则当x3,1时，fx的最大值为（ ）3A．0B．23C．1D．2x22x,x02fx8．若函数f(x)2，则关于x的方程2fx10有（ ）实x,x0试卷第1页，共4页

根．A．6个

B．4个

C．3个

D．2个

二、多选题9．命题“一元二次方程x22xa0的一个实根大于1，另一个实根小于1”为真命题的一个充分不必要条件可以是（ ）．A．a<0B．a1C．1a1D．a110．下列对应不是集合A到集合B的函数的是（ ）A．ABR，f:xy1C．ABN*，f:xyx211．下列说法中正确的是（ ）A．函数fxB．AZ，BQ，f:xyD．ABR，f:xyx1xx25x24的最小值为2B．若ab0,m0，则C．函数fxbbmaam2x3的值域为,22,x1D．函数fxx1x1与函数gxx21为同一个函数12．符号x表示不超过x的最大整数，若定义函数fxxx，xR，则下列说法正确的是（ ）11A．ff22B．函数fx在定义域上不具有单调性C．函数fx的值域为0,1D．方程fx1存在无数个实数根2022三、填空题13．命题“x0，x2x10”的否定是 ．．314．已知函数fx2xx1，若实数a满足fa5，则fa 15．函数fx2x2x3的单调递减区间为 ．16．我们知道，函数yf(x)的图象关于坐标原点成中心对称图形的充要条件是函数试卷第2页，共4页

yf(x)为奇函数，有同学发现可以将其推广为：函数yf(x)的图象关于点P(a，b)成中心对称图形的充要条件是函数yf(xa)b为奇函数．根据该推广结论，则函数f(x)x33x22图象的对称中心坐标为 ．四、解答题

217．已知集合Axyx13x，Byyx2,x0，Cx1ax2a1．(1)求ARB；(2)若ACC，求实数a的取值范围．px21318．已知函数fx是奇函数，且f2．2xq(1)求p，q的值；(2)判断函数fx在区间1,上的单调性，并用定义给出证明．219．已知fxx4xa5是定义在R上的偶函数．(1)求a的值；(2)画出yfx的图象，并指出其单调减区间；(3)若关于x的方程fxm0有2个不相等的实数根，求实数m的取值范围．20．已知 a,b,cR且a0，b0，c0．(1)若ab1，求114的最小值；abab1(2)若abc1，求证：abbcca．3221．已知函数fxxa1xaaR．试卷第3页，共4页

(1)求关于x的不等式fx0的解集；

(2)若fx在区间1,2上的最小值为4，求a的值．

222．已知函数yfx是定义在R上的奇函数，且当x0时，fxxax．

(1)当a2时，求函数fx在,0上的解析式；(2)若函数fx为R上的单调递减函数，①求实数a的取值范围；

2②若对任意的实数m，fm1fmt0恒成立，求实数t的取值范围，

试卷第4页，共4页

参考答案：

1．B【分析】根据AB2可得2A，2B，从而解得a,b的值，再进行并集运算.【详解】AB2，2A，2B，a12a1，b2，A1,2,B2,3，AB1,2,3，故选：B.【点睛】本题考查集合的基本运算，考查运算求解能力，属于基础题.2．C【分析】求出集合A，再根据集合A中的元素个数求出真子集的个数．【详解】解：依题意，A＝{2，3，5}，∴集合A的真子集共有2317个，故选C．【点睛】本题考查了集合的子集个数，若一个集合中有n个元素，则它有2n个子集，有2n1个真子集，属于基础题．3．B【分析】根据题意可得x10且02x2，从而可求得结果.02x2【详解】根据题意得，得0x1，x10所以f(x)的定义域为0,1，故选：B4．C【分析】利用换元法求解即可.【详解】令tx1（t1），则xt1，xt1，所以ftt11t22t，2所以fxx2xx1，22故选：C.5．B答案第1页，共12页

【分析】令2x3ym(xy)n(xy)，求出m,n的值，然后利用不等式的性质可求出z2x3y的取值范围.【详解】令2x3ym(xy)n(xy)，则2x3y(mn)x(mn)y，1mmn22所以，解得，5mn3n215所以2x3y(xy)(xy)，22因为1xy4，2xy3，所以211515xy，52xy2，2215115所以25(xy)(xy)，222215即3(xy)(xy)8，22所以32x3y8，故选：B.6．A【分析】由题意可得fx在0,上单调递减，再由函数为奇函数，可得fx在,0上单调递减，f1f10，由此可求出f(x)0和f(x)0的解集，从而可求得结果.【详解】因为对于任意两个实数x1,x20,且x1x2时，不等式所以fx在0,上单调递减，因为fx是定义在,00,上的奇函数，所以fx在,0上单调递减，因为f10，所以f1f10，所以当1x0或x1时，f(x)0；当0x1或x1时，f(x)0，由fx1fx20恒成立，x1x2fx0，得xf(x)0，xfx0的解集为,11,.x答案第2页，共12页

所以当x1或x1时，xf(x)0，所以不等式故选：A7．D【分析】先令xy0，求出f(0)0，再判断函数的奇偶性，然后利用函数的单调性的定义结合已知条件判断其单调性，再利用单调性可求出函数的最大值.【详解】令xy0，则f0f0f0，得f(0)0，令yx，则f0fxfx，所以fxfx，所以fx为奇函数，任取x1,x2R，且x1x2，则x1x20，f(x1x2)0，所以f(x1)f(x2)f(x1x2)x2f(x2)f(x1x2)f(x2)f(x2)f(x1x2)0，所以f(x1)f(x2)，所以fx在R上递减，所以当x3,1时，fx的最大值为f3，22因为f1，所以f1，33所以f3f1f2f1f1f13故选：D8．C21f(x)1f(x)fxfx10【分析】由2，可得或，然后分情况讨论求解即可.222，3【详解】由2fxfx10，得f(x)12f(x)10，2解得f(x)1或f(x)①若f(x)1，1，2当x0时，x22x1，解得x1，当x0时，x21，解得x1（舍去），或x=1，答案第3页，共12页

②若f(x)1，22当x0时，x2x12626，即2x24x10，解得x，或x（舍去），2222当x0时，x1，方程无解，22综上，关于x的方程2fxfx10的解有x1，或x=1，或x故选：C.9．AC26，共3个，2【分析】先由方程x22xa0的一个实根大于1，另一个实根小于1，求出a的取值范围，然后再利用充分不必要条件的定义分析判断即可.【详解】令f(x)x22xa，因为一元二次方程x22xa0的一个实根大于1，另一个实根小于1，所以f(1)0，所以12a0，解得a1，所以命题“一元二次方程x22xa0的一个实根大于1，另一个实根小于1”为真命题的一个充分不必要条件为aa1的一个真子集即可，所以AC符合条件，故选：AC.10．BCD【分析】根据函数的定义逐个分析判断即可.【详解】对于A，对于xR时，每一个x，y有唯一确定的值1与其对应，所以是集合A到集合B的函数，所以A不符合题意，对于B，当x0时，1不存在，所以此对应不是集合A到集合B的函数，所以B符合题意，x对于C，当x2时，y0N*，所以此对应不是集合A到集合B的函数，所以C符合题意，对于D，当x1时，y1，一个x对应两个y的值，所以此对应不是集合A到集合B的函数，所以D符合题意，故选：BCD11．BC【分析】根据基本不等式、比较法，结合分式函数的性质、同一函数的定义逐一判断即可.答案第4页，共12页

【详解】A：fx若x42故x4x25x24x241x24x241x24，21x241x24x4221x23，显然该方程无实数解，，2所以fxx41x422x241x422，因此fxx25x42最小值不是2，所以本选项不正确；B：因为ab0,m0，bmbabmbammab0，所以amaaamaam即bmb，因此本选项正确；ama2x32x111，2x1x1x12x3所以fx2，因此函数fx的值域为,22,，所以本选项正确；x1C：因为fxx10x1，所以函数fxx1x1的定义域D：由fxx1x1可知：x10为xx1，由函数gxx21可知x210x21x1，或x1，所以函数gxx21的定义域为xx1或x1，因为两个函数的定义域不同，所以两个函数不是同一函数，因此本选项不正确，故选：BC12．BD【分析】首先读懂高斯取整函数的定义，然后尝试作出fxx[x]的图像，从图像上代入判定各选项是否正确.1111111111【详解】f(1),f0,222222322311故ff，故A错误，22答案第5页，共12页

函数f(x)的定义域为R,又f(x1)(x1)[x1]x[x]f(x)，函数fxx[x]是周期为1的函数,当0x1时,f(x)x[x]x0x,则作出其图像如图所示，故函数f(x)在定义域上不具有单调性，故B正确，由图得其值域为0,1，故C错误，令y11，根据其为周期为1的函数，可得到两函数有无数个交点，故方程f(x)20222022存在无数个实数根，故D正确，故选：BD.【点睛】本题实质上高斯取整函数的应用，由于其在具有广泛的运用，所以备受命题人青睐，本题结合高斯函数构建了一个具有周期性的函数fxx[x]，关键是要作出此函数的图像，那么一一代入选项即可判断.13．x0，x2x10.【分析】特称命题否定为全称命题即可.【详解】命题“x0，x2x10”的否定是“x0，x2x10”，故答案为：x0，x2x10.14．3【分析】由fa5可得2a3a4，再求fa的值.3【详解】因为fx2xx1，fa5，3所以fa2aa15，所以2a3a15，所以2a3a4，333所以fa2(a)(a)12aa1(2aa)1413，故答案为：3.1315．,42答案第6页，共12页

3【分析】首先求出函数的定义域为1,，利用复合函数单调性，同增异减的原则，先确2定外函数的单调性，再确定内函数的单调性即可得到答案.3【详解】令2x2x30，解得x1,，2设ytt2，t2x2x3，外函数yt为增函数，则复合函数的减区间即为内函数的减区间，121t2xx3，对称轴为x2113，其开口向下，故其减区间为,.44213故答案为：,.4216．（1，0）【分析】由f(x)x33x22写出yf(xa)b，化简后，利用奇函数的定义求得a,b的值，即得答案.【详解】令g(x)f(xa)b(xa)33(xa)22bx33ax23a2xa33x26ax3a22bx3(3a3)x23a26axa33a22b3a30a1∵gx为奇函数，g(x)g(x)，即3，解得2a3a2b0b0故答案为：（1，0）17．(1)ARB1,2(2)1,【分析】（1）先求出集合A,B，再求集合B的补集，从而可求出ARB；（2）由ACC得AC，从而可列出关于a的不等式组，从而可求出a的范围.x10【详解】（1）由，得1x3，所以Ax1x3，3x0由x0，得x222，所以Byy2，所以RB,2，答案第7页，共12页

所以ARB1,2．（2）由ACC得AC，因为Ax1x3，Cx1ax2a1，2a11a所以1a1，解得a1，2a13故实数a的取值范围为1,．18．(1)p1，q0(2)fx在区间1,上单调递增；证明见解析px21px21fx【分析】（1）根据函数为奇函数，则有fx，即可求出q值，xqxq再代入f23，即可求出p值.2x21（2）由（1）知fx，利用定义法证明其单调性，设1x1x2，xfx1fx2x1x2x1x21x1x2，判定其符号即可得到其单调性.px21px21px21fx【详解】（1）由奇函数定义得，fx恒成立，xqxqxq2px1故xqxqq0，从而fx，x34p13x21又f2，即，∴p1，∴fx，综上p1,q0.222x1（2）fxx，fx在区间1,上单调递增，x证明：设1x1x211x1x2x1x21则fx1fx2x1x2，xxxx1212∵1x1x2，∴x1x20，x1x210，x1x20，∴fx1fx20即fx1fx2，∴fx在区间1,上单调递增．答案第8页，共12页

19．(1)a0(2)作图见解析；答案见解析(3)1,5【分析】（1）由偶函数的定义列方程可求出a的值；（2）先对函数化简，然后列表、描点、连线画图象，然后根据图象可求出函数的减区间，（3）将问题转化为yf(x)与ym的图象有两个不同的交点，再根据图象可求得结果.2【详解】（1）因为fxx4xa5是定义在R上的偶函数，22所以fxfx，即(x)4xa5x4xa5，所以xaxa，所以ax0，因为xR，所以a0；x24x5,x0（2）由（1）得fxx4x52，x4x5,x02列表：xf(x)……4532110512213245……22描点连线得图象如图所示：由图象可得单调减区间为(,2]和[0,2]；（3）因为关于x的方程fxm0有2个不相等的实数根，所以yf(x)与ym的图象有两个不同的交点，答案第9页，共12页

由（2）中的图可知m1或m5，所以m1或m5，所以实数m的取值范围为1,5.20．(1)4(2)证明见解析【分析】（1）根据题意可得可求得结果；114ab44ab，然后利用基本不等式ababababab（2）利用分析法结合完全平方式可证得结论.【详解】（1）因为ab1，a0，b0，所以114ab44ab4，abababababab1当且仅当4，即ab1时取等号．abab所以114的最小值为4；abab1（2）证明：要证abbcca，3又abc1，abc故只要证abbcca32，只要证abbccaa2b2c2，只要证abbcca02221而上式显然成立，且当abc取等号，3故原结论成立．21．(1)见解析；(2)6.【分析】（1）分a1，a1和a1三种情况求解；（2）先求出二次函数图象的对称轴xa1a1a1a11，12三种2和，然后分2222答案第10页，共12页

情况讨论求函数的最小值，列方程可求出a的值．2【详解】（1）由题意得xa1xa0，即xax10，①当a1时，不等式的解集为；②当a1时，不等式的解集为1,a；③当a1时，不等式的解集为a,1．2（2）fxxa1xaaR的对称轴为xa1，2①当a11，即a1时，fmin xf10，不符合题意；2②当1③当a1a12，即1a3时，fmin xf4，解得a5或3，不符合题意；22a12，即a3时，fmin xf22a4，解得a6；2综上所述：a的值为6．222．(1)fxx2x，x,05(2)①,0 ；②,4【分析】（1）根据函数奇偶性求解函数解析式；（2）①分a0与a0两种情况，结合函数的奇偶性和对称性得到答案；②利用函数的奇偶性和单调性转化为tm2m1对任意的mR成立，求出155mm1m，从而求出实数t的取值范围.24422【详解】（1）设x,0，则x0,，又因为a2且yfx为奇函数，22所以fxfxxaxx2x．2（2）当x0时，fxxax开口向下，对称轴为xa，2aa①当a0时，fx在0,上单调递增，在,上单调递减，不符合题意；222当a0时，易知fxxax在0,上单调递减，由奇函数的性质知fx在,0上也单调递减，答案第11页，共12页

故a0时，函数fx为R上的单调递减函数．综上所述，a的范围为,0．22②由fm1fmt0得fm1fmt，2又yfx为奇函数，故fm1fmt，又函数fx为R上的单调递减函数，故m1m2t对任意的mR成立，即tm2m1对任意的mR成立，155其中mm1m，24422故t55，实数t的取值范围为,．44答案第12页，共12页