四川省泸州市泸县第二中学高一上学期期中考试数学试题.pdf

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数学试题
第I卷(选择题共60分)
一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,,只
有一项是符合题目要求的,把正确选项的代号填在答题卡的指定位置.)
{x|3x2},B{x|x4或x1},则AB
A.{x|4x3}B.{x|3xl}
C.{x|1x2}D.{x|x3或xl}
,则下列关系式正确的是
.
:①1∈{0,1,2};②∅⊆{0,1,2};③{1}∈{0,1,2};④{0,1,2}={2,0,1},其中错误
的个数是

ylog(x1)

2
A.(1,2]B.(,2]C.(1,)D.[2,)
{1,2,3},B{4,5},M{x|xab,aA,bB},集合M的真子集
的个数为


33
A.(3)2222
,y∈R,函数f(x)都满足f(x+y)=f(x)+f(y)+2恒成立,则f(5)+f(–5)
等于
.–4
C.–
,,,则
.
(x)=x2+bx+c且f(1+x)=f(-x),则下列不等式中成立的是
(-2)<f(0)<f(2)(0)<f(-2)<f(2)
(0)<f(2)<f(-2)(2)<f(0)<f(-2)
xx22a1x2在区间,4上是减函数,则a的取值范围是
3
2ax3a3x1
x是R上的单调递增函数,那么a的取值范围是
logxx1
a
55
A.1,2B.1,C.,2D.1,
44
(x)2logx,x[1,9],则函数y[f(x)]2fx2的最大值为
3

第Ⅱ卷(非选择题共90分)
二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,满分20分)
x的定义域为[0,1],则f(x2)的定义域为_____
1lnx
(x)的定义域为__________.
2x2
x|x2x60,N{x|kx10},且NM,则k的可能值组
成的集合为___
,且在上为单调增函数,,则不等式
f(x)f(x)
的解集为_________.
x
三、解答题(共70分,解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)
17.(本大题满分10分)
若集合Ax02x11,Bxy4x3lg(7x),集合

C{xx2(2a1)xa(a1)0.
(Ⅰ)求AB;
(Ⅱ)若AC,求实数a的取值范围.
18.(本大题满分12分)
1x22x5
已知函数y,求其单调区间及值域。
3
19.(本大题满分12分)
4x1
设函数fx
4x1
1
(Ⅰ)解不等式:fx;
3
(Ⅱ)求函数fx的值域.
20.(本大题满分12分)
1
已知函数f(x)x.
x
(Ⅰ)讨论并证明函数f(x)在区间(0,)的单调性;
(Ⅱ)若对任意的x[1,),f(mx)mf(x)0恒成立,求实数m的取值范围.
21.(本大题满分12分)
某厂今年拟举行促销活动,经调查测算,该厂产品的年销售量(即该厂的年产量)x(万件)与
年促销费m(万元)(m≥0)满足x=3-.已知今年生产的固定投入为8万元,每生产1万
件该产品需要再投入16万元,
(产品成本包括固定投入和再投入两部分资金).
(Ⅰ)将今年该产品的利润y(万元)表示为年促销费m(万元)的函数;
(Ⅱ)求今年该产品利润的最大值,此时促销费为多少万元?
22.(本大题满分12分)
设函数yf(x)是定义在(0,)上的函数,并且满足下面三个条件:(1)对正数x,y,
都有f(xy)f(x)f(y);(2)当x1时,f(x)0;(3)f(3)1;
1
(Ⅰ)求f(1)和f()的值;
9
(Ⅱ)如果不等式f(x)f(2x)2成立,求x的取值范围;
(III)如果存在正数k,使不等式f(kx)f(2x)2有解,求正数k的取值范围.
2019-2020学年度秋四川省泸县二中高一期中考试
数学试题参考答案


11
13.1,114.0,1(1,e]15.0,,16.
23
11
(Ⅰ)由0211得:x1∴Axx1
22
4x3033
解之得x7∴Bxx7
7x044
1
∴ABxx7
2
(Ⅱ)由x22a1xaa10得
xaxa10解之得:axa1
∴cxaxa1∵Ac
1
a11
∴2解之得:0a即a的取值范围为:a0a
22
a11
1Uy
18:令y,Ux22x5,则是关于U的减函数,而U是,1上的减函数,
3
1x22x5
1,上的增函数,∴y在,1上是增函数,而在1,上是减函
3
1x22x5
数,又∵Ux22x5x1244,∴y的值域为
3
141
0,0,
。
381
14x111
19.(1)由fx得:,解得:4x2x不等式的解集为:
34x132
1
xx
2
2
(2)由题意得:fx1
4x1
22
4x04x110220
4x14x1
2
fx11,1fx的值域为:1,1
4x1
20.(1)函数fx在0,上单调递增.
111
证明:任取xx0,则fxfxxxxx1,
21212x1x21xx
2112
1
因为xx0,所以xx0,10,所以fxfx0,
2121xx21
12
所以函数fx在0,上单调递增.
1m
(2)原不等式等价于2mx0对任意的x1,恒成立,
mxx
1
整理得2mx2m0对任意的x1,恒成立,
m
若m0,则左边对应的函数开口向上,当x1,时,必有大于0的函数值;
1
所以m0且2mm0,所以m1.
m
21.(1)每件产品的成本为元,
则y=××x-(8+16x+m)=4+8x-m=4+-m=28--m
(m≥0).
故产品的利润y(万元)关于年促销费m(万元)的函数为y=28--m(m≥0).
(2)可以证明当0≤m≤3时,函数y=28--m是增函数;
当m>3时,函数y=28--m是减函数,
所以当m=3时,函数y=28--m取得最大值,为21,
即今年该产品利润的最大值是21万元,此时的促销费是3万元.
22(1)因为对于正数,都有,又,
所以令,有,则f10;再令xy3,有
f92f32;
(2)已知fxf2x2,x0,2,根据题干给出的条件有:fx2x2,
1111
而当x,y3时,有f1ff3f1,则f2,
3339
1
于是fx2x2fx2xf;
9
当x1时,fx0,取x,x0,,且xx,
1212
xx
则令xx,y1,代入等式得:fxfxf1
2x12x
22
x
fxfxf10,
12x
2
11
所以函数fx单调递减,那么fx2xfx2x,解得:
99
22
0x1;
3
111
(3)由第二问可得:kx2x有解即可,只需要kx2x,所以k.
9max99