北京101中学2020-2021学年上学期高一年级期中考试数学试卷

北京101中学2020-2021学年上学期高一年级期中考试数学试卷

本试卷满分120分，考试时间100分钟

一、选择题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。

1. 已知集合A={x|x（x+1）≤0}，集合B={x|-10，x22x30”的否定是（ ） A. x>0，x22x3≤0 C. x<0，x22x3≤0 3. 已知a，b∈R，则“a>b”是“

B. x>0，x22x3≤0 D. x<0，x22x3≤0

a>1”的（ ） b

B. 必要而不充分条件

D. 既不充分也不必要条件

A. 充分而不必要条件 C. 充分必要条件

4. 已知集合A={x|x22x3<0}，B={x|-1B. （-1，3） D. （-1，3]

xy0,5. 方程组2的解集是（ ） 2xy2A. {（1，-1），（-1，1）} C. {（2，-2），（-2，2）}

B. {（1，1），（-1，-1）} D. {（2，2），（-2，-2）}

6. 已知a，b是方程x2x3=0的两个实数根，则a2b2019的值是（ ） A. 2023 B. 2021 C. 2020

7. 下列函数中，在区间（1，+）上为增函数的是（ ） A. y=-3x-1

B. y=

D. 2019

2 x

C. y=x24x5

D. y=|x-1|+2

8. 若不等式|x-3|+|x-4|1 9. 已知a>0，b>0，若a+b=4，则（ ）

22A. ab有最小值

B. D.

ab有最小值

C.

11

有最大值 ab

1有最大值

ab10. 设函数f(x)在（-，+）上有意义，对任意的x，y∈R且x≠y，都有|f(x)-f(y)|

<|x-y|，并且函数f(x1)的对称中心是（-1，0），若函数g(x)-f(x)=x，则不等式g(2xx)+g(x2)<0的解集是（ ）

A. （-，1）（2，+）

C. （-，-1）（2，+）

B. （1，2） D. （-1，2）

2

二、填空题共6小题，每小题5分，共30分。 11. 若函数f(x)1，则f(x)的定义域为_________。

2x11212. 已知f(x)是定义在R上的奇函数，且当x>0时，f(x)=x2，则f()=________。 13. 写出一个使得命题“x∈R，ax22ax3>0恒成立”是假命题的实数a的值________：

14. 某餐厅经营盒饭生意，每天的房租、人员工资等固定成本为200元，每盒盒饭的成本为15元，销售单价与日均销售量的关系如下表： 单价/元 日销售量/盒 16 480 17 440 18 400 19 360 20 320 21 280 22 240 根据以上数据，当这个餐厅利润（利润=总收入-总成本）最大时，每盒盒饭定价为________元。

x2,xt,15. 函数f(x)=（t>0）是区间（0，+）上的增函数，则t的取值范围是

x,0xt________。

16. 几位同学在研究函数f(x)x（x∈R）时给出了下面几个结论：

1|x|①函数f(x)的值域为（-1，1）； ②若x1≠x2，则一定有f(x1)≠f(x2)； ③f(x)在（0，+）上是增函数；

④若规定f1(x)=f(x)，且对任意正整数n都有：fn1(x)=f(fn(x))，则

fn(x)x对任意n∈N*恒成立。

1n|x|上述结论中正确结论的序号为_________。

三、解答题共5小题，共50分。解答应写出文字说明、演算步骤或证明过程。 17. （本小题8分）

设全集U=R，集合A=（-，-1][4，+），B=（-，1]。求： （1）（2）记

（AB）；

（AB）=M，N={x|a-1≤x≤-2a}，且MN=N，求a的取值范围。

18. （本小题10分）

定义在R上的函数f(x)x(2a1)x1（a∈R）。

（1）若f(x)为偶函数且f(m1)>f(1m)，求实数m的取值范围； （2）若f(x)不是偶函数且在区间[-1，2]上不单调，求实数a的取值范围。 19. （本小题10分）

记关于x的方程a(x2)子集，求实数a的取值范围。 20. （本小题10分）

已知不等式

21在区间（0，3]上的解集为A，若A至多有2个不同的xax1<0（a∈R）。 x1（1）当a=2时，解这个不等式； （2）若

ax1≤1-x对x∈（-，0）恒成立，求实数a的最大值。 x121. （本小题12分）

已知f(x)是定义在R上的单调递减函数，对任意实数m，n都有f(mn)=

f(m)f(n)。函数g(x)2(xx2)。定义在R上的单调递增函数h(x)的图像经过点A

（0，0）和点B（2，2）。

（1）判断函数f(x)的奇偶性并证明；

（2）若t∈[-1，2]，使得f(g(t)1)f(8tm)<0（m为常实数）成立，求m的取值范围；

（3）设f(1)1，F1（x）=f（x）-x，F2（x）=g（x），F3（x）=h（x）-h（2-x），

bii（i=0，1，2…，100）。若Mk|Fk(b1)Fk(b0)|+|Fk(b2)Fk(b1)|+…+100|Fk(b100)Fk(b99)|（k=1，2，3），比较M1，M2，M3的大小并说明理由。

参

1. C 2. A 3. D

当a=0，b=-l时，满足a>b，但当a=-2，b=-1时，满足所以“a>b”是“4. A 5. A 6. A 7. D 8. D 9. A 10. A

a1，但al”的既不充分也不必要条件。 b12112. 。

411. （，）13. -1（答案不唯一，只需a∈（-，0）[3，+））。 14. 21.5。 15. [1，+）。 16. ①②③④.

17. （1）由题意知，AB=（-，1][4，+）， 又全集U=R，所以

（AB）=（1，4）。

（2）由（1）得M=（1，4），由MN=N得NM。 ①当N=时，有a-1>-2a，所以a>

1； 3a12a,②当N≠时，有a11,此不等式组无解。

2a4,综上，a的取值范围是（

1，+）。 318. （1）因为f(x)为偶函数，所以f(x)=f(x)恒成立， 即(x)(2a1)(x)1x(2a1)x1恒成立，所以a2所以f(x)=x1，其图像是开口向上的抛物线且关于y轴对称，

221， 2因为f(m1)>f(1m)，所以|m1||1m|，所以m>0。

所以实数m的取值范围是（0，+）。

2a10,3113（2）依题意，所以a或a， 122221a2,2所以实数a的取值范围是（3113，）（，）。 222219. 因为A至多有2个不同的子集，所以A至多有1个元素。 因为a(x2)x0,12，所以所以a(x1)1a=0， xax(x2)10,2所以原题等价于函数f(x)a(x1)1a在区间（0，3]上至多有1个零点。 ①当a=0时，f(x)=1在区间（0，3]上无零点，符合题意；

②当a>0时，抛物线f(x)=a(x1)1a开口向上，对称轴为x=1，f(0)=1， 所以f(1)=1-a≥0，所以0③当a<0时，抛物线f(x)=a(x1)1a开口向下，对称轴为x=1，f(0)=1=f(2)， 所以f(x)在（0，3]上至多有一个零点，符合题意。 综上，实数a的取值范围是（-，1]。

20. （1）当a=2时，原不等式可化为（2x+1）（x-1）<0。 所以不等式解集为（（2）

221，1）。 2ax1≤l-x对x∈（-，0）恒成立， x1等价于ax+1≥（x-1）（1-x）对x∈（-，0）恒成立，

等价于（a-2）x≥-x22对x∈（-，0）恒成立， 等价于a-2≤-x-

2对x∈（-，0）恒成立。 x因为x2222x22，当且仅当-x=即x2时等号成立， xxx所以a-2≤22，所以a≤22+2， 所以实数a的最大值为22+2。

21. （1）f(x)是R上的奇函数。证明如下：

因为任意实数m，n都有f(mn)f(m)f(n)，

所以f(00)f(0)f(0)，所以f(0)=0，

从而对x∈R，恒有f(xx)=f(x)f(x)，所以f(x)f(x)f(0)0， 所以f(x)f(x)，所以f(x)为奇函数。 （2）由（1）知，f(x)为R上单调递减的奇函数，

由f(g(t)1)f(8tm)<0得f(g(t)1)<f(8tm)=f(8tm)， 所以g(t)1>-8t-m，2(tt)1>8tm，m2t210t1。 令h(t)2t10t1，则h(t)2(t)2当t∈[-l，2]时，h(t)minh(2)11。

所以t∈[-l，2]，使得f(g(t)1)+f(8tm)<0成立， 等价于t∈[-1，2]，使得m>h（t）成立，

所以m>h(t)min=-11，所以m的取值范围是（-11，+∞）。 （3）依题意，易证F1（x）= f(x)-x在R上单调递减，

所以M1=|F1（b1）-F1（b0）|+| F1（b2）- F1（b1）|+…+| F1（b100）-F1（b99）| = F1（b0）- F1（b1）+ F1（b1）- F1（b2）+…+ F1（b99）- F1（b100）

= F1（b0）- F1（b100）= F1（0）-F（=（f(0)0）(f(1)1)(00)(11)2。 l1）因为g(x)=2(xx)=-2(x)22225223。 212111在[0，]单调递增，在[，1]单调递减， 222所以M2=|F2（b1）- F2（b0）|+| F2（b2）- F2（b1）|+…+| F2（b100）- F2（b99）|

= F2（b1）- F2（b0）+ F2（b2）- F2（b1）+…+ F2（b50）- F2（b49） +F2（b50）- F2（b51）+ F2（b51）- F2（b52）+…+ F2（b99）- F2（b100） =-F2（b0）+F2（b50）+ F2（b50）- F2（b100）=- F2（0）+ F2（

11）+F2（）-F2（1）=-0+2211+-0=1。 22由h(x)在R上单调递增，易证F3（x）=h（x）-h（2-x）在R上单调递增，

所以M3=|F3（b1）- F3（b0）|+| F3（b2）- F3（b1）|+…+| F3（b100）- F3（b99）| = F3（b1）- F3（b0）+ F3（b2）- F3（b1）+…+ F3（b100）- F3（b99） = F3（b100）- F3（b0）=F3（1）-F3（0）=（h（1）-h（2-1））-（h（0）-h（2））=0-（0-2）=2，

所以M1=M3>M2。