2019-2020学年江西省南昌二中高一(上)第一次月考数学试卷 (含答案解析)

2019-2020学年江西省南昌二中高一（上）第一次月考数学试卷一、选择题（本大题共12小题，共60.0分）1. 集合A ={x|x 2−5x +6≥0}，B ={x|2x −1>0}，则A ∩B =( )A. (−∞,2] ∪[3,+∞)B. (12,3)C. (12,3]D. (12,2] ∪[3,+∞)2. 已知集合A ={x|x +a >0}，B =[−1,1]，且B ⊆A ，则( )A. a >−1B. a <−1C. a >1D. a <1 3. 若函数f(x)的定义域是[−1,4]，则y =f(2x −1)的定义域是( )A. [0,52]B. [−1,4]C. [−5,5]D. [−3,7]4. 已知函数f(x)={0,x <0π,x =0x +1,x >0，则f{f[f(−1)]}=( )A. 0B. 1C. π+1D. π 5. 已知(x,y)在映射f 的作用下的象是(x +y,x −y)，则在该映射作用下，(1,2)的原象是( )．A. (1,2)B. (3,−1)C. (，)D. (，)，6. 函数f(x)=√x +3的值域为( )A. [3,+∞)B. (−∞,3]C. [0,+∞)D. R7. 定义A—B ={x|x ∈A 且x ∉B}，若A ={1,3，5，7，9}，B ={2,3，5}，则A—B 等于( )A. AB. BC. {2}D. {1,7，9} 8. 已知f(x +1)=x 2−2x +2，则f(1)=( )A. 2B. 1C. 0D. −29. 若△ABC 的三边长为a ，b ，c ，且f(x)=b 2x 2+(b 2+c 2−a 2)x +c 2,则f(x)的图象是( )A. 在x 轴的上方B. 在x 轴的下方C. 与x 轴相切D. 与x 轴交于两点10. 已知集合M ={a,b ，c ，d}，N ={−2,0，1}，若f 是从M 到N 的映射，且f(a)=0，f(b)=−2，则这样的映射f 共有( ) A. 4 B. 6 C. 9 D. 以上都不对 11. 若函数f(x)=x 2+ax +1在(−1,+∞)上单调递增，则实数a 的取值范围为( )A. a ≥−2B. a ≤−2C. a ≥2D. a ≤2 12. 已知函数f(x)=lnx +1lnx ，则下列结论正确的是( )A. x 1,x 2(x 1<x 2)是f(x)的极值点，则f(x)在区间(x 1,x 2)内是增函数B. 若x 1,x 2(x 1<x 2)是f(x)的极值点，则f(x)在区间(x 1,x 2)内是减函数C. ∀x >0，且x ≠1,f(x)≥2D. ∃x 0>0,f(x)在(x 0,+∞)上是增函数二、填空题（本大题共4小题，共20.0分）13. 判断函数y =|x −1|+|2x +4|的单调性是__________．14. 已知函数y =√x 2+2ax +1的定义域为R ，则实数a 的取值范围是______ ． 15. 已知函数f (x )=xx+1+x+1x+2+x+2x+3+x+3x+4，则f (−5)+f (0)=______________．16. 函数f (x )的定义域是[0,3]，则f (2x −1)的定义域是__________． 三、解答题（本大题共6小题，共70.0分）17. 已知全集U ={x|−1≤x ≤4}，集合A ={x|x 2−1≤0}，B ={x|0<x ≤3}，求A ∩B ，A ∪B ，∁U A ，(∁U B)∩A ．18. 已知二次函数f (x )=x 2+bx +c ，且−1，3为方程f (x )=2的两根．(1)求二次函数f (x )的解析式；(2)若x ∈[t,t +1]，求f (x )的最小值． 19. 已知f(x)={(x −a)2,x ≤0x +1x+a +4,x >0(Ⅰ)试判断y =f(x)在[1,+∞)的单调性，并用定义证明； (Ⅱ)求y =f(x)的最小值20. 已知函数f(x)={(12)x−1,x >1x 2,x ≤1． (Ⅰ)画出函数f(x)的图象；(Ⅱ)若f(x)>14，求出x 的取值范围．21.已知函数f(x)满足对一切x1，x2∈R都有f(x1+x2)=f(x1)+f(x2)−4，且f(2)=0，当x>2时有f(x)<0．(1)求f(−2)的值；(2)判断并证明函数f(x)在R上的单调性．22.二次函数f(x)满足f(x+1)−f(x)=2x，且f(0)=1．(1)求f(x)的解析式；(2)若在区间[t,t+2]上，不等式f(x)>2x+m恒成立，求实数m的取值范围．-------- 答案与解析 --------1.答案：D解析：解：集合A ={x|x 2−5x +6≥0}={x|x ≤2或x ≥3}， B ={x|2x −1>0}={x|x >12}，则A ∩B ={x|12<x ≤2或x ≥3}，即A ∩B =(12,2]∪[3,+∞)． 故选：D ．解不等式得集合A 、B ，根据交集的定义写出A ∩B ． 本题考查了交集及其运算，是基础题． 2.答案：C解析：【分析】本题主要考查集合与集合的关系，子集与真子集问题，属于基础题．【解答】解：A ={x|x +a >0}={x|x >−a}，因为B ⊆A ，所以−a <−1，解得a >1． 故选C ． 3.答案：A解析：∵函数f(x)的定义域是[−1,4]，∴函数y =f(2x −1)的定义域满足−1≤2x −1≤4，∴0≤x ≤52， ∴y =f(2x −1)的定义域是[0,52]．4.答案：C解析：解：由f(x)解析式可得，f(−1)=0，f(0)=π，f(π)=π+1， 所以f{f[f(−1)]}=f{f[0]}=f{π}=π+1． 故C ．根据分段函数式，由内层向外层逐个求解即可．本题考查分段函数求值问题，属基础题，按自变量的范围把自变量值代入相应“段”内求出即可． 5.答案：C解析： 【分析】本题考查了映射的概念，训练了二元一次方程组的解法，是基础的计算题．直接由{x +y =1x −y =2求解x ，y 的值即可得到答案． 【解答】解：由{x +y =1x −y =2，解得x =32，y =−12． ∴象(1,2)的原象是(32,−12). 故选C ．6.答案：A解析：【分析】本题考查了函数定义域与值域，函数的单调性，属于基础题．由题意，可得函数f(x)的定义域为[0,+∞)，可得函数f(x)在[0,+∞)上为增函数，即可求出值域． 【解答】解：由题意，函数f(x)的定义域为[0,+∞)， 函数f(x)=√x +3在[0,+∞)上为增函数， ∴f(x)≥f(0)=3，∴函数f(x)=√x +3的值域为[3,+∞)． 故选A ． 7.答案：D解析： 【分析】本题考查了集合的新定义问题，是一道创新题，属于基础题．理解新的运算，根据新定义A—B 可知，新的集合A—B 是由所有属于A 但不属于B 的元素组成． 【解答】解：∵A—B ={x|x ∈A 且x ∉B}， A ={1,3，5，7，9}，B ={2,3，5}， 则A—B ={1,7，9}. 故选D ． 8.答案：A解析： 【分析】本题考查了根据函数的解析式求值，属于基础题.由题意得f(1)=f(0+1)，代入即可求解． 【解答】解：因为f(x +1)=x 2−2x +2，所以f(1)=f(0+1)=0−0+2=2， 故选A ． 9.答案：A解析： 【分析】本题主要考查二次函数的图像和性质，属于基础题． 【解答】解：Δ=(b2+c2−a2)2−4b2c2=(b2+c2−a2+2bc)(b2+c2−a2−2bc)=(b+c+a)(b+c−a)(b−c+a)(b−c−a)因为a、b、c，为△ABC的三边，所以b+c+a>0,b+c−a>0,b−c+a>0,b−c−a<0所以Δ<0所以f(x)的图像与x轴没有交点，又因为二次函数的系数b2>0所以抛物线开口向上，且与x轴没有交点，所以f(x)的图像在x轴的上方，故选A．10.答案：C解析：解答：若f是从M到N的映射，且f(a)=0，f(b)=−2，则集合M中元素c在集合N中的象有三种情况；集合M中元素d在集合N中的象也有三种情况；故这样的映射f共有3×3=9种情况.故选C．11.答案：C解析：解：根据题意，函数f(x)=x2+ax+1为二次函数，其对称轴为x=−a2，若f(x)在(−1,+∞)上单调递增，必有−a2≤−1，解可得a≥2；故选：C．根据题意，求出f(x)的对称轴，分析可得−a2≤−1，解可得a的取值范围，即可得答案．本题考查二次函数的性质，注意分析二次函数的对称轴，属于基础题．12.答案：D解析：【分析】本题考查命题的真假判断，考查导数知识的运用，正确求导是关键．求导数，可得(1e,e)上函数单调递减，(0,1e)，(e,+∞)上函数单调递增，即可判断．【解答】解：∵f(x)=lnx+1lnx(x>0且x≠1)，∴f′(x)=1x −1x(lnx)2=0，∴x=e，或x=1e，当x∈(0,1e)时，f′(x)>0；当x∈(1e,1)，x∈(1,e)时，f′(x)<0；当x∈(e,+∞)时，f′(x)>0．故x=1e和x=e分别是函数f(x)的极大值点和极小值点，而函数f(x)在(1e,e)上单调递减，故A、B错误；当0<x<1时，lnx<0，f(x)<0，不满足不等式，故C错误；只要x0≥e，f(x)在(x0,+∞)上时增函数，故D正确．故选D．13.答案：函数在[−2,+∞)上是增函数，在(−∞,−2]上是减函数解析：y=|x−1|+|2x+4|={3x+3,x>1x+5,−2≤x≤1−3x−3,x<2，由函数的图象可知，函数在[−2,+∞)上是增函数，在(−∞,−2]上是减函数．14.答案：[−1,1]解析：解：∵函数y=√x2+2ax+1的定义域为R，故△=4a2−4≤0，解得：−1≤a≤1，故答案为：[−1,1]．根据二次根式的性质以及二次函数的性质，得到关于a的不等式，解出即可．本题考查了求函数的定义域问题，考查二次函数的性质，是一道基础题．15.答案：8解析：【分析】本题考查函数的解析式及函数的值，根据题意可得f(0)=01+12+23+34,f(−5)=−5−5+1+−5+1−5+2+−5+2−5+3+−5+3−5+4=54+43+32+2，进而即可求得结果．【解答】解：f(0)=01+12+23+34,f(−5)=−5−5+1+−5+1−5+2+−5+2−5+3+−5+3−5+4=54+43+32+2，因此f(−5)+f(0)=8．故答案为8．16.答案：[12,2]解析：因为函数f(x)的定义域是[0,3]，所以令，所以12≤x≤2，所以f(2x−1)的定义域是[12,2]．17.答案：解：由得，−1≤x≤1，则集合A={x|−1≤x≤1}，又B={x|0<x≤3}，(1)A∩B={x|0<x≤1}；(2)A∪B={x|−1≤x≤3}；(3)因为全集U={x|−1≤x≤4}，所以∁U A={x|1<x≤4}；(4)因为全集U={x|−1≤x≤4}，所以∁U B={x|−1≤x≤0或3<x≤4}，所以(∁U B)∩A={x|−1≤x≤0}．解析：本题考查了交、并、补集的混合运算，属于基础题．先由x2−1≤0求出集合A，由交集运算求出A∩B；由并集运算求出A∪B；由补集运算求出∁U A；由补集、交集运算分别求出∁U A、(∁U B)∩A18.答案：解：(1)由f(x)=2，得x2+bx+c−2=0，因为−1，3为方程的两根，则有−1+3=−b，−1×3=c−2，解得，b=−2，c=−1．所以，二次函数f(x)的解析式为，f(x)=x2−2x−1；(2)由(1)知：f(x)=x2−2x−1=(x−1)2−2，其对称轴x=1，∵x∈[t,t+1]，①当t+1≤1，t≤0时，f(x)在x∈[t,t+1]上是单减，∴f(x)的最小值g(t)=t2−2；②当t≤1<t+1，0<t≤1时，则当x=1时，f(x)取得最小值g(t)=−2；③当t>1时，f(x)在x∈[t,t+1]上是单增，∴f(x)的最小值g(t)=t2−2t−1．解析：本题考查二次函数闭区间上的最值的求法，二次函数的解析式的求法，考查函数的基本知识的应用．(1)由−1，3是方程f(x)=2的两根，利用根与系数关系，可求出b，c，即可求解函数f(x)的解析式；(2)求出函数的对称轴方程，利用对称轴在[t,t+1]内以及区间外，分别求出函数的最小值，即可求函数f(x)的最小值．19.答案：解：(1)证明判断y=f(x)在[1,+∞)的单调性令x1>x2则f(x1)−f(x2)=x1+1x1+a+4−(x2+1x2+a+4)=(x1−x2)+(1x1−1x2)=(x1−x2)+x2−x1x1x2=(x1−x2)(1−1x1x2)．∵x∈[1,+∞),且x 1>x 2，知(x 1−x 2)(1−1x1x 2)>0，∴y =f(x)在[1,+∞)的单调递增； (2)当a <0时，在(−∞,0] f min =f(−a)，在(0,1)上，f min =f(1)， 当a =0时；在(−∞,0]，f min =f(0)=0， 在(0,1)上，f min =f(1)=6，当a >0时，在(−∞,0]=f(0)=a 2， 在(0,1)上，f min =f(1)=a +6， 根据题意，a 2≤a +6， 解得−2≤a ≤3， 综上所述．解析：本题主要考查了分段函数单调性和求最值问题．(1)判断y =f(x)在[1,+∞)的单调性，只需判断x +1x +a +4的单调性即可； (2)根据题意分类求解即可．20.答案：(1)作函数f(x)的图象如下，(2)解集为{x|x <−12或12<x <3}．解析：(1)作函数f(x)的图象如下，(2)令f(x)=14，解得：x =±12或x =3；结合图象可知，f(x)>14的解集为{x|x <−12或12<x <3}．21.答案：解：(1)根据题意，在f(x 1+x 2)=f(x 1)+f(x 2)−4中，令x 1=x 2=0可得：f(0)=2f(0)−4，则f(0)=4，再令x 1=−2，x 2=2可得：f(0)=f(2)+f(−2)−4，则f(−2)=f(0)−f(2)+4=8， 则f(−2)=8，(2)f(x)在R 上单调递减，证明：设0<x <2，则x +2>2，则有f(x +2)=f(x)+f(2)−4=f(x)−4<0 则0<x <2时，f(x)<4，又∵当x >2时有f(x)<0，f(1)=0 综合可得x >0时，f(x)<4， 设∀x 1<x 2∈R ，且x 2−x 1=t >0则f(x 1)−f(x 2)=f(x 1)−f(x 1+t)=f(x 1)−f(x 1)−f(t)+4=4−f(t) ∵t >0，∴f(t)<4，∴4−f(t)>0∴f(x 1)>f(x 2)∴函数f(x)在R 上为单调递减函数．解析：(1)利用赋值法，先令x 1=x 2=0，代入恒等式可得f(0)=2f(0)−4，求求得f(0)，再令x 1=1，x 2=−1，代入可得f(0)=f(2)+f(−2)−4，计算即可得答案；(2)先利用赋值法证明x >0时，f(x)<4，只需证明0<x <1时，f(x)<4，再利用函数单调性定义证明函数f(x)的单调性．本题考查抽象函数的应用，关键是根据题意所给的关系式，利用赋值法求出要求的值或利用定义函数的单调性．22.答案：解：(1)设f(x)=ax 2+bx +c ， 由f(0)=1得c =1， 故f(x)=ax 2+bx +1， ∵f(x +1)−f(x)=2x ，∴a(x +1)2+b(x +1)+1−(ax 2+bx +1)=2x ． 即2ax +a +b =2x ，即有2a =2，a +b =0， 解得a =1，b =−1，∴f(x)=x2−x+1；(2)由题意得x2−x+1>2x+m在[−1,1]上恒成立．即x2−3x+1−m>0在[t,t+2]上恒成立．设g(x)=x2−3x+1−m，其图象的对称轴为直线x=32，①当t>1.5时，g(x)在[t,t+2]递增，可得最小值为g(t)=t2−3t+1−m>0，此时，m<t2−3t+1；②当−12≤t≤32时，g(x)最小值为g(1.5)=−m−54>0，此时，m<−54；③当t<−12时，g(x)在[1,2]递减，可得g(x)最小值为g(t+2)=t2+t−1−m>0，此时m<t2+t−1．解析：本小题主要考查二次函数的解析式的求法，注意运用待定系数法，考查单调性的应用、二次函数的性质等基础知识，考查运算求解能力、化归与转化思想．属于中档题．(1)利用待定系数法求解．由二次函数可设f(x)=ax2+bx+c，由f(0)=1得c值，由f(x+1)−f(x)=2x可得a，b的值，从而问题解决；(2)由题意得x2−x+1>2x+m在[−1,1]上恒成立．即x2−3x+1−m>0在[t,t+2]上恒成立．设g(x)=x2−3x+1−m，其图象的对称轴为直线x=32，讨论区间与对称轴的关系，运用单调性，可得最小值，解不等式即可得到m的范围．第11页，共11页。