2021-2021学年广东省佛山市石门中学高一上学期月考数学试题(解析版)

一、单选题

1．已知集合U＝{x∈N|0≤x≤9}，M＝{1，3，6}，N＝{0，2，5，6，8，9}，则（∁UM）∩N＝（ ） A．{2，5，8，9} C．{2，5} 【答案】B

【解析】先求出集合U，然后进行补集、交集的运算即可． 【详解】

B．{0，2，5，8，9} D．{2，5，6，8，9}

1，2，3，4，5，6，7，8，9}，M{1，3，6}，N{0，2，5，6，8，9}， ∵U{0，∴

UM{0，2，4，5，7，8，9}，UMN{0，2，5，8，9}．

故选B． 【点睛】

本题主要考查描述法、列举法的定义，以及交集、补集的运算，属于基础题. 2．下列函数与函数yx相等的是（ ） A．y(x) 【答案】C

【解析】本题先求函数y(x)2的定义域为[0,)，函数y2B．yx2 C．y(x)

33x2 D．yxx2的值域为[0,)，

x2函数y的定义域为xx0，并判断与函数yx不同，排除ABD，再判断

xy(3x)3与yx的定义域、值域、对应关系都相同，最后得到答案.

【详解】

解：因为函数y(x)2的定义域为[0,)，而函数yx的定义域为R，故A选项错误； 因为函数yx2的值域为[0,)，而函数yx的值域为R，故B选项错误；

x2因为函数y的定义域为xx0，而函数yx的定义域为R，故D选项错误；

x因为y(3x)3与yx的定义域、值域、对应关系都相同，故C选项正确.

故选：C 【点睛】

本题考查函数的定义、判断函数是否为同一函数，是基础题. 3．下列函数是奇函数的是（ ） A．f(x)22 B．f(x)x1 【答案】C

【解析】对于选项A，函数是一个偶函数；对于选项B，f(x)f(x)，不是奇函数；对于选项C，f(x)f(x)，是一个奇函数；对于选项D，函数是一个非奇非偶的函数. 【详解】

对于选项A，f(x)22xxxx13C．f(x)2x D．f(x)x2

xf(x)，是一个偶函数；

对于选项B，f(x)x1f(x)，不是奇函数； 对于选项C，f(x)2x3f(x)，是一个奇函数； x对于选项D，函数的定义域为[0,)，不关于原点对称，所以是一个非奇非偶的函数. 故选：C 【点睛】

本题主要考查函数的奇偶性的判断，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平. 4．德国数学家狄利克在1837年时提出：“如果对于x的每一个值，y总有一个完全确定的值与之对应，则y是x的函数，”这个定义较清楚地说明了函数的内涵．只要有一个法则，使得取值范围中的每一个值，有一个确定的y和它对应就行了，不管这个对应的法则是公式、图象，表格述是其它形式已知函数f（x）由右表给出，则f10f12的值为（ ）

A．0 【答案】D

B．1 C．2 D．3

【解析】采用逐层求解的方式即可得到结果.

【详解】

1，∴f∵ ，1211， 2则10f1110f(10f())f10， ，∴22，∴f103，故选D． 又∵102，【点睛】

本题主要考查函数的基础知识，强调一一对应性，属于基础题． 5．3aa的分数指数幂表示为（ ） A．a2 【答案】A

【解析】把根式化为分数指数幂运算即可． 【详解】

1原式aaaaa2，故选A. 33123232131B．a2

3C．a4

3D．都不对

【点睛】

本题主要考查了指数式的化简，熟练掌握分数指数幂运算性质是解题的关键，属于基础题.

6．函数f（x）在[0，+∞）上是减函数，且f（2）＝﹣1，则满足f（2x﹣4）＞﹣1的实数x的取值范围是（ ） A．3, 【答案】C

【解析】由题意可得f2x4f2，结合单调性及函数的定义域可得不等式

B．,3

C．2,3

D．0,3

02x42，结不等式即可得答案．

【详解】

∵f21，且f2x41， ∴f2x4f2，

上是减函数， 又∵fx在0，∴02x42，解得2x3，即实数x的取值范围是2,3，

故选C. 【点睛】

本题主要考查函数单调性的应用，考查数学转化思想方法，是基础题． 7．已知x2x25，则x的值为（ ）

xA．7 【答案】A

【解析】对x2x25平方即可求出. 【详解】

121211225，xx5，

2111B．35 C．35

D．27

11xx则x2故选：A. 【点睛】

115，即x7. xx本题考查指数幂的运算，属于基础题.

8．若二次函数f(x)ax2x4对任意的x1,x2(1,)，且x1x2，都有

fx1fx20，则实数的取值范围为（ ）

x1x2A．,0 【答案】A

【解析】由已知可知，f(x)在(1,)上单调递减，结合二次函数的开口方向及对称轴的位置即可求解. 【详解】

2因为二次函数f(x)axx4对任意的x1,x2(1,)，且x1x2，都有

12B．1, 2C．1,0 2D．1, 2fx1fx20，

x1x2所以f(x)在(1,)上单调递减 因为对称轴x1 2aa01所以1，解得a0

122a故选：A 【点睛】

本题主要考查了二次函数的性质及函数单调性的定义的简单应用，解题中要注意已知不等式与单调性相互关系的转化. 9．已知fx为 （ ） A．0,3 【答案】B

【解析】由已知f1xa3x7a2，f2xaxx在各自的区间上均应是

2a3x7a2,x12axx,x1在,上单调递减，则实数a的取值范围

B．,3

12C．,3

29D．2,3 9减函数，且当x1时，应有f1xf2x，求解即可． 【详解】

1上单减， 由已知，f1xa3x7a2在，∴a30，a3①

a01f2xax2x在1,上单调递减， ∴1，解得a②

122a且当x1时，应有f1xf2x， 即8a1a1，∴a2 ③， 912由①②③得，a的取值范围是,3，故选B． 【点睛】

本题考查分段函数的单调性，严格根据定义解答，本题保证y随x的增大而减小．特别注意f1x的最小值大于等于f2x的最大值，属于中档题.

210．已知f(x)为定义在R上的偶函数，g(x)f(x)x，且当x0,时，g(x)单调递增，则不等式f(x1)f(x2)2x3的解集为（ ）

3 A．，2【答案】B

3∞ B．，23 C．，3 D．，【解析】根据题意，由函数奇偶性的定义分析可得函数g（x）为偶函数，进而分析可得f（x+1）﹣f（x+2）＜2x+3⇒g（x+1）＜g（x+2），结合g（x）的单调性分析可得|x+1|＜|x+2|，解可得x的取值范围，即可得答案． 【详解】

解：根据题意，g（x）＝f（x）+x2，且f（x）为定义在R上的偶函数， 则g（﹣x）＝f（﹣x）+（﹣x）2＝f（x）+x2＝g（x），即函数g（x）为偶函数， f（x+1）﹣f（x+2）＜2x+3⇒f（x+1）+（x+1）2＜f（x+2）+（x+2）2，即g（x+1）＜g（x+2），

又由g（x）为偶函数且在（0，+∞）上为增函数， 则有|x+1|＜|x+2|，解可得：x＞故选：B． 【点睛】

本题考查函数的奇偶性与单调性的综合应用，涉及不等式的解法，属于基础题．

二、多选题

11．下列四个图形中可能是函数y＝f（x）图象的是（ ）

33，即不等式的解集为（，+∞）； 22A． B． C．

D．

【答案】AD

【解析】根据函数的定义和图象关系进行判断． 【详解】

在A，D中，对于定义域内每一个x都有唯一的y与之相对应，满足函数关系， 在B，C中，存在一个x有两个y与x对应，不满足函数对应的唯一性， 故选AD.

【点睛】

本题主要考查函数图象的识别和判断，根据函数的定义是解决本题的关键，属于基础题. 12．下列运算结果中，一定正确的是( ) A．a3·a4a7 【答案】AD

【解析】根据有理数指数幂的运算法则计算． 【详解】

解：A选项a3a4a34a7，正确；

236B选项(a)a，错误；

B．(a2)3a6

C．8a8a

D．5()5

C选项当a0时，8a8a，当a0时，8a8a，错误；

D选项5()5，正确．

故选：AD． 【点睛】

本题考查了有理数指数幂的运算，属于基础题．

三、填空题

13．21(2)02748【答案】

12233___________. 221 2【解析】直接利用指数幂的运算法则求解即可，求解过程注意避免计算错误. 【详解】

12702(2)4812233 22293142122332 331 21． 21 2故答案为：

【点睛】

化简原则：①化根式为分数指数幂；②化负指数幂为正指数幂；③化小数为分数；④注意运算的先后顺序，属于较易题目．

2x2,x014．已知函数f(x)且f(a)1，则a_____.

2x1,x0【答案】1或2 2【解析】分类讨论a0,a0，代入不同函数解析式，即可求得参数值. 【详解】

若a0，则fa2a1，解得a222或a（舍去）； 22若a0，则fa2a11，解得a1（舍去），

综上，a1或2. 22. 2故答案为：1或【点睛】

本题考查由分段函数的函数值求自变量，属于简单题目.

15．已知函数fx是定义在,上的奇函数，当x0,时，fxx4x，

2则当x,0时fx_____． 【答案】x24x

【解析】根据当x,0时，x0,，结合x0,时函数的解析式以及奇偶性即可得结果． 【详解】

函数fx是定义在,上的奇函数，当x0,时，fxx4x，

2则当x,0时，x0,，fxx4xx24x，

2故fxfxx4x，故答案为x24x．

2【点睛】

本题考查的知识要点：函数的性质的应用，函数的奇偶性的应用，主要考察学生的运算

能力和转换能力，属于基础题型 16．函数f(x)【答案】1

xx1的最小值为______. 2t2112【解析】令tx1，t0，则函数等价于ytt11，即可求出

22最值. 【详解】 令tx1，t0，则xt21，

2xt112f(x)x1等价于ytt11，

222当t1时，ymin1，即f(x)的最小值为1. 故答案为：1. 【点睛】

本题考查换元法求函数的最值，属于基础题.

四、解答题

17．已知集合A＝{x|x2﹣5x＜0}，B＝{x|m+1≤x≤3m﹣1}. （1）当m＝2时，求∁U（A∩B）；

（2）如果A∪B＝A，求实数m的取值范围． 【答案】（1）xx3或x5； （2）,2. 【解析】（1）先解二次不等式求集合A，再求AB，结合补集概念即可得结果；（2）

由ABA，所以BA，再讨论①当B时，②当B时，运算即可得解． 【详解】

（1）集合Axx5x0x0x5，

当m＝2时，Bx3x5，所以A∩B＝x3x5， 故

U2AB＝xx3或x5.

（2）因为ABA，所以BA， ①当B时，有m13m1得：m＜1，

m13m1②当B时，有m10，解得1m2，

3m15综合①②得：m＜2，

故实数m的取值范围为：,2． 【点睛】

本题主要考查了集合的关系及集合间的运算，分类讨论思想在集合运算中的应用，属于中档题．

18．设fxx56axa2

2（1）若gxfxax为偶函数，求a的值；

2（2）若fx在（1，2）内是单调函数，求a的取值范围． 【答案】（1）a1或a5； （2）,,.

6273【解析】（1）根据偶函数的图象关于y轴对称，可得56aa20解出即可；（2）求出fx的对称轴，由题意可得【详解】

（1）gxfxaxx56aa226a56a52或1解出即可. 222xa2为偶函数，

56aa2故对称轴0，即56aa20，解得a1或a5.

26a5，又（1，2）内是单调函数， 26a56a5372或1，解得a或a ∴2226（2）∵fx对称轴为x∴a的取值范围为,,.

6273【点睛】

本题主要考查了二次函数的单调性以及对称性，掌握对称轴与所给区间的关系是解题的关键，属于中档题. 19．已知函数f(x)2xa x（1）若a2，求满足f(x)0的x的集合；

（2）若a4，求证：f(x)在(2,)单调递增. 【答案】（1）{1,1}；（2）证明见解析. 【解析】（1）直接可求出答案； （2）利用单调性的定义证明即可. 【详解】

（1）a2时，f(x)2x22，则f(x)0即2x0， xx解得x1，所以满足f(x)0的x的集合为{1,1} （2）a4,f(x)2x4. x任取2x1x2，则

fx1fx22x12x1x2411442x22x1x24 x1x2x1x2x2x122x1x21 x1x2xx1211， x1x24∵2x1x2，∴x1x20,x1x24，∴0∴0212，∴10 x1x22x1x2∴fx1fx20，∴fx1fx2 ∴f(x)在(2,)单调递增 【点睛】

本题主要考查的是函数单调性的证明，考查了学生对基本方法的掌握情况，较简单. 20．已知二次函数fxxax2a1aR 2（1）求函数f（x）在区间[﹣1，1]上的最大值fxmax; （2）记fxmaxga，求ga的最小值．

【答案】（1）fxmaxa2,a22a3a1,2a2； （2）.

44232a,a2【解析】（1）求出二次函数fx的对称轴以及开口方向，将对称轴与1和1比较，结合单调性得最值；（2）根据函数的性质分别求出函数ga在每一段的最小值，综合即可得结果. 【详解】

（1）fxxax2aa1的对称轴为x，开口向下， 22aa﹣，11]递增，可得fxmaxf1， 1即a2时，fx在[22a3﹣，11]递减，可得fxmaxf1a， 当1，即a﹣2时，fx在[22当当1aaa1，即2a2时，fx在1,上递增，在,1上递减， 2222aaaf1，

242可得fxmax综上可得 fxmaxa2,a22aa1,2a2. 4232a,a2a单调递增， 2（2）当a2时，ga∴ga的最小值为g21；

a2a1322a2时，ga1a1，且a12,2，

4244∴ga的最小值为g13； 4a﹣2时，gx3a单调递减， 2∴ga的最小值为g23，

综上，ga的最小值为【点睛】

3． 4本题主要考查了含有参数的二次函数最值的求法，分段函数的最值，将对称轴与所给区间比较是解题的关键，属于中档题.

21．某商店经营的消费品进价每件14元，月销售量Q（百件）与销售价格p（元）的关系如下图，每月各种开支2000元.

(1)写出月销售量Q（百件）与销售价格p（元）的函数关系； (2)写出月利润y（元）与销售价格p（元）的函数关系： (3)当商品价格每件为多少元时，月利润最大？并求出最大值. 【答案】

2p50,14p20(1)Q200(p23932p40,20p26;(2)yp360),50(3p2122p1160),3)当商品价格为19.5元时,利润最大,为4050元. 【解析】(1)结合图像,利用待定系数法即可求解; (2)根据实际情况:利润销售收入成本,直接得关系式; (3)结合二次函数性质,求最值即可. 【详解】 (1)结合图像可知:

当14p20时,设Qkpb,

将点(20,10),(14,22)代入上式得1020kbk2214kb2b50, 故Q2p50;

同理可得,当20p26时,Q32p40, p2020p26;(142p50,14p20; 故Q3p40,20p262(2)结合(1)可知:

当14p20时,y100(p14)(2p50)2000, 即y200(p239p360);

3当20p26时,y100(p14)(p40)2000,

2即y50(3p2122p1160);

200(p239p360),14p20; 所以y250(3p122p1160),20p26(3)由(2)的解析式结合二次函数的知识可知: 当14p20时,p3919.5,函数取最大值4050, 211205012261,函数取最大值4050, 2333当20p26时,p综上可得:当商品价格为19.5元时,利润最大,为4050元. 【点睛】

本题考查分段函数,考查二次函数求最值,难度不大.学生解题时要注意联系实际. 22．已知函数f(x)x2bxc(b,cR)，且fx0的解集为1,2. （1）求函数fx的解析式；

（2）解关于x的不等式f(x)(m1)(x2)，(mR)； （3）设g(x)x，若对于任意的x1,x2R都有gx1gx2M，求

f(x)3x1M的最小值.

【答案】（1）f(x)x3x2（2）答案不唯一，具体见解析（3）1 【解析】（1）根据韦达定理即可．

（2）分别对m2,m2,m2三种情况进行讨论． （3）带入f(x)，分别对x0,x0,x0时三种情况讨论． 【详解】

2（1）fx0的解集为1,2可得1，2是方程x2bxc0的两根， 则123b3，c2f(x)x23x2

12c2（2）f(x)(m1)(x2)x(2m)x2m0(xm)(x2)0

m2时，x(,2)(m,)

m2时，x(,2)(2,)

m2时，x(,m)(2,)

（3）g(x)xx2，为R上的奇函数

f(x)3x1x1

当x0时，g00

1，则函数gx在(0,1]上单调递增，在[1,)上单调递减，x1且x时，g(x)0，在x1时，gx取得最大值，即g(x)maxg(1)；

21g(x)1，则函数gx在(,1]上单调递减，在[1,0)上单调递当x0时，

xx当x0时，

g(x)1x减，且x时，g(x)0，在x1时，gx取得最小值，即

1g(x)ming(1)；

2对于任意的x1,x2R都有gx1gx2M则等价于

g(x)maxg(x)minM或（g(x)ming(x)maxM）

则M的最小值为1 【点睛】

本题主要考查了含参数的一元二次不等式，以及绝对值不等式，在解决含参数的不等式

时首先要对参数进行讨论．本题属于难题．