湖北省宜昌市第一中学2017-2018学年高一数学上学期10月阶段性检测试题（PDF）.rar

高一数学试题第 1 页（共 4 页） 宜昌市第一中学 十月 高一 阶段性检测 数学 试题 命题 ： 孙红波 审题 ： 龙文英 试卷满分： 150分 考试用时： 150分钟 ★祝考试顺利★ 一、选择题：本题共 12 小题，每小题 5 分，共 60 分 .在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的 .请将正确的答案填涂在答题卡上 . 1.设全集 UZ ，集合  1,3,5,7,9A ，  1, 2,3, 4,5B  ，则 右 图中阴 影部分表示的 集合是 A. 1,3,5 B. 2,4 C. 7,9 D. 1,2,3,4,5 2.下面关于集合的表示正确的是 ①  2,3 3,2 ； ②  ( , ) | 1 | 1x y x y y x y    ； ③  | 1 | 1x x y y  ； ④  | 1 | 1x x y y x y     A.0 B.1 C.2 D.3 3.函数 01( ) ( 1)2xf x xx    的定义域为 A.[1, ) B.(1, ) C.[1,2) (2, ) D.(1,2) (2, ) 4.某天清晨，小明同学生病了，体温上升，吃过药后感觉好多了，中午时他的体温基本正 常，但是下午他的体温又开始上升，直到半夜才感觉身上不怎么发烫了 .下面大致能反映 出小明这一天（ 0 时 24 时 ）体温的变化情况的图是 5.已知22 , 1( ) 2 , 1 2,22xxf x x xx x       ，且 ( ) 3fa ，则 a 的值为 A.32 或 6 B.1 或 32 C.1 或 6 D.1 或 6 或 32 6.下列函数中，既是奇函数又是增函数的为 A. 1yx B. 3yx C. 1y x D.y xx 第 1 题图 高一数学试题第 2 页（共 4 页） 7.定义两种运算 : 22a b a b   ， 2()a b a b   ，则函数 2()( 2) 2xfx x  的解析式为 A. 24( ) , [ 2 , 0 ) (0 , 2 ]xf x xx    B. 2 4( ) , [ , 2 ) [ 2 , )xf x xx        C. 24( ) , [ 2 , 0 ) (0 , 2 ]xf x xx     D. 2 4( ) , ( , 2 ] [ 2 , )xf x xx         8.偶函数 ()fx ()xR 满足： ( 4) (1) 0ff  ，且在区间  0,3 与  3, 上分别递增和递减，则不等式 ()xf x 0 的解集为 A. ( , 4) (4, )   B. ( 4, 1) (1,4) C. ( , 4) ( 1, 0)   D. ( , 4 ) ( 1, 0 ) (1, 4 )   9.函数 2( ) 2 2f x x ax a   在  0,a 的最大值为 3，最小值为 2，则 a 的 值为 A.0 B.1 C. 2 D. 1 或 2 10.已知函数 ()fx是定义在 R 上的奇函数，给出下列四个结论： ① (0) 0f  ; ② 若 ()fx在 [0, ) 上有最小值 1 ，则 ()fx在 ( ,0] 上有最大值 1； ③ 若 ()fx在  1, 上为增函数，则 ()fx在  ,1 上为减函数； ④ 若 0x 时 2( ) 2f x x x，则 0x 时， 2( ) 2f x x x  ； 其中正确结论的个数为 A.1 B.2 C.3 D.4 11.已知 函数 2( ) 2 ( 4 ) 4f x x m x m    ， ()g x mx ，若对于任一实数 x ， ()fx与()gx的值至少有一个为正数，则实数 m 的取值范围是 A.( 4)， B.( 4)， C.( 44)， D. 44， 12.由无理数引发的数学危机一直延续到 19 世纪，直到 1872 年，德国数学家戴德金提出了 “戴德金分割 ”，才结束了持续 2000 多年的数学史上的第一次大危机 .所谓戴德金分割，是指将有理数集 Q 划分为两个非空的子集 M 与 N ，且满足 MNQ ， MN ，M 中的每一个元素都小于 N 中的每一个元素，则称  ,MN 为戴德金分割 .试判断，对于任一戴德金分割  ,MN ，下列选项中不可能成立的是 A.M 没有最大元素， N 有一个最小元素 B.M 没有最大元素， N 也没有最小元素 C.M 有一个最大元素， N 有一个最小元素 D.M 有一个最大元素， N 没有最小元素 二、填空题 :本大题共 4 小题 ， 每小题 5 分 ， 共 20 分 .把答案填在 答题卡相应位置上 . 13.已知集合  2| 2 3 0A x x x   ，  |1B x ax，若 BA ，则实数 a 的值构成的 集合是 _____________. 14.设函数 2( 1 ) ( 1 )()4 1 ( 1 )xxfxxx    ，则使 ( ) 1fx 的自变量 x 的取值范围为 ______. 15.函数 54)( 2  xxxf 的单调递减区间为 _____________. 高一数学试题第 3 页（共 4 页） 16.设 m 为不小于 2 的正整数 ， 对任意 nZ ， 若 n qm r（其中 q ， rZ ， 且 0 rm≤ ） ，则记 ()mf n r ，如 2(3) 1f  ， 3(8) 2f  .下列关于该映射 :mf ZZ的命题中，正确的是 . ① 若 a ， bZ ，则 ( ) ( ) ( )m m mf a b f a f b   ② 若 a ， b ， kZ ，且 ( ) ( )mmf a f b ，则 ( ) ( )mmf ka f kb ③ 若 a ， b ， c ， dZ ，且 ( ) ( )mmf a f b ， ( ) ( )mmf c f d ，则 ( ) ( )mmf a c f b d   ④ 若 a ， b ， c ， dZ ，且 ( ) ( )mmf a f b ， ( ) ( )mmf c f d ，则 ( ) ( )mmf ac f bd . 三、解答题：本 题共 6 小题，共 70 分 .解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤 . 17.（ 本小题满分 10 分 ） 已知集合  27A x x   ，  3 10B x x   ，  C x x a. （ 1）求 AB ， ()RAB ； （ 2）若 AC ，求实数 a 的取值范围 . 18.（ 本小题满分 12 分 ） 已知函数 2( ) 1( 0 )f x ax bx a   的图像与 x 轴仅有一个交点 ，且 ( 1) 0f  . （ 1） 求实数 ,ab的值； （ 2） 当  2,2x 时， ( ) ( )g x f x kx不是单调函数，求实数 k 的取值范围 . 19.（ 本小题满分 12 分 ） 已知函数2() 1 xfx x 是定义在 ( 1,1) 上的函数 . （ 1）用定义法证明函数 ()fx在 ( 1,1) 上是增函数； （ 2）解不等式 ( 1) ( ) 0f x f x  . 高一数学试题第 4 页（共 4 页） 20.（ 本小题满分 12 分 ） 已知二次函数 2()f x ax bx c  ，当 ( , 2 ) ( 0 , )x    时 ， ( ) 0fx ， 当( 2,0)x 时， ( ) 0fx ，且对任意 xR ，不等式 ( ) ( 1) 1f x a x  恒成立 . （ 1） 求函数 ()fx的解析式； （ 2） 设函数 ( ) ( ) 3F x tf x x  ，其中 0t ，求 ()Fx在 3,22x 时的最大值 ()Ht . 21.（ 本小题满分 12 分 ） 已知函数 ( ) | |f x x x m n  ，其中 ,mn R 。 （ 1）若 ()fx为 R 上的奇函数，求 ,mn的值； （ 2）若常数 4n ，且 ( ) 0fx 对任意 [0,1]x 恒成立，求 m 的取值范围 . 22.（ 本小题满分 12 分 ） 某企业接到生产 3000 台某产品的 ,,ABC 三种部件的订单，每台产品需要这三种部件的数量分别为 2,2,1 （单位：件） .已知每个工人每天可生产 A 部件 6 件，或 B 部件 3 件，或 C 部件 2 件 .该企业计划安排 200 名工人分成三组分别生产这三种部件，生产 B 部件的人数与生产 A 部件的人数成正比，比例系数为 k （ k 为正整数） . （ 1） 设生产 A 部件的人数为 x ，分别写出完成 ,,ABC 三种部件生产需要的时间； （ 2） 假设这三种部件的生产同时开工，试确定正整数 k 的值，使完成订单任务的时间最短，并给出时间最短时具体的人数分组方案。 宜昌市第一中学高一十月阶段性检测数学试题参考答案一、选择题题 号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12答 案 B C D C A D C D B C A C二、填空题13. 10, , 13    14.   , 2 0,10   15. 2,5 16.② ③ ④三、解答题17、 （ 1）  2,10A B  ( ) [7,10)RA B ð 6 分（ 2） (2, ) 10 分18、 （ 1） ∵ ( )f x 的 图 像 与 x 轴 仅 有 一 个 交 点 ∴ 2 4 0b a   ① 2 分又 ( 1) 0f   则 1 0a b   ② 4 分联 立 ① ② 得 1a  ， 2b∴ 2( ) 2 1f x x x   6 分（ 2） 2( ) (2 ) 1g x x k x   ∵ ( )g x 在  2,2 不 是 单 调 函 数 ∴ 2 ( 2,2)2k   9 分解 得 2 6k  故 实 数 k 的 取 值 范 围 为 ( 2,6) 12 分19、 （ 1） 任 取 1 2, ( 1,1)x x   ， 且 1 2x x1 2 1 2 1 21 2 2 2 2 21 2 1 2( )(1 )( ) ( ) 1 1 (1 )(1 )x x x x x xf x f x x x x x        3 分∵ 1 2, ( 1,1)x x   ∴ 1 21 0x x  又 1 2x x∴ 1 2( ) ( ) 0f x f x  即 1 2( ) ( )f x f x故 函 数 ( )f x 在 ( 1,1) 上 是 增 函 数 6 分（ 2） ∵ 2( ) ( )1 xf x f xx   ∴ ( )f x 是 ( 1,1) 上 的 奇 函 数 8 分则 ( 1) ( ) 0 ( 1) ( ) ( )f x f x f x f x f x        9 分又 ( )f x 是 ( 1,1) 上 的 增 函 数∴ 1 1 1 11 1 0 21xx xx x            12 分20、 （ 1） 由 已 知 得 0a ， 且 2 和 0为 方 程 2 0ax bx c   的 两 根∴ 可 设 ( ) ( 2)f x ax x  2 分又 由 ( ) ( 1) 1f x a x   即 2 ( 1) 1 0ax a x    恒 成 立则 2 2( 1) 4 ( 1) 0a a a      ∴ 1a  4 分∴ 2( ) ( 2) 2f x x x x x    5 分（ 2） 2 2( ) ( 2 ) 3 (2 1) 3( 0)F x t x x x tx t x t        ① 当 0t  时 ， ( ) 3F x x  在 3,22x     时 单 调 递 减∴ max 3 3( ) ( ) ( )2 2H t F x F    7 分② 当 0t  时 ， ( )F x 图 像 的 对 称 轴 方 程 为 0 2 1 112 2tx t t  ∵ 3 2 122 4   ∴ 只 须 比 较 0x 与 14 的 大 小（ Ⅰ ） 当 0 14x  即 1 1 21 2 4 5tt     时 ， 3(2) ( )2F F ∴ max( ) ( ) (2) 8 5H t F x F t    9 分（ Ⅱ ） 当 0 14x  即 1 1 21 02 4 5tt      时 ， 3(2) ( )2F F ∴ max 3 3 3( ) ( ) ( )2 4 2H t F x F t     11 分∴ 3 023 3 2( ) 04 2 528 5 5ttH t ttt      12 分21、 （ 1） 若 ( )f x 为 奇 函 数 ， x R ， (0) 0f  ， 即 0n 2 分( ) | |f x x x m   由 ( 1) (1)f f  ， 有 | 1| | 1|m m   ， 0m  4 分此 时 ， ( ) | |f x x x 是 R 上 的 奇 函 数 ， 故 所 求 ,m n 的 值 为 0m n （ 2） ① 当 0x 时 ， 4 0  恒 成 立 ， m R  6 分② 当  0,1x 时 ， 原 不 等 式 可 变 形 为 4x m x 即 4 4x m xx x     恒 成 立令 4( )g x x x  ， 则 ( )g x 在  0,1 上 单 调 递 减∴ min( ) (1) 3m g x g   9 分令 4( )h x x x  ， 则 ( )h x 在 (0,1] 上 单 调 递 增max( ) (1) 5m h x h    11 分故 m的 取 值 范 围 是 5 3m   ． 12 分22、 （ 1） 设 完 成 A,B,C 三 种 部 件 的 生 产 任 务 需 要 的 时 间 （ 单 位 ： 天 ） 分 别 为1 2 3( ), ( ), ( ),T x T x T x 由 题 设 有1 2 32 3000 1000 2000 1500( ) , ( ) , ( ) ,6 200 (1 )T x T x T xx x kx k x     其 中 , ,200 (1 )x kx k x  均 为 1 到 200 之 间 的 正 整 数 . 3 分（ 2） 完 成 订 单 任 务 的 时 间 为  1 2 3( ) max ( ), ( ), ( ) ,f x T x T x T x 其 定 义 域 为2000 , .1x x x Nk       易 知 ， 1 2( ), ( )T x T x 为 减 函 数 ， 3( )T x 为 增 函 数 .注 意 到 2 12( ) ( ),T x T xk 于 是① 当 2k  时 ， 1 2( ) ( ),T x T x 此 时 1 3 1000 1500( ) max ( ), ( ) max , 200 3f x T x T x x x     由 函 数 1 3( ), ( )T x T x 的 单 调 性 知 ， 当 1000 1500200 3x x 即 4009x  时 ( )f x 取 得 最 小 值1 3400 250 30044 45, (44) (44) , (45) (45) , (44) (45)9 11 13f T f T f f      而故 当 44x  时 完 成 订 单 任 务 的 时 间 最 短 ， 且 最 短 时 间 为 250(44) 11f  . 6 分② 当 2k  时 ， 1 2( ) ( ),T x T x 由 于 k 为 正 整 数 ， 故 3k 此 时  1375( ) , ( ) max ( ), ( )50T x x T x T xx   易 知 ( )T x 为 增 函 数 ， 则 1 3( ) max ( ), ( )f x T x T x  1max ( ), ( )T x T x 1000 375( ) max , 50x x x      由 函 数 1( ), ( )T x T x 的 单 调 性 知 ， 当 1000 37550x x 即 40011x  时 ( )x 取 得 最 小 值1400 250 250 375 25036 37, (36) (36) , (37) (37) ,11 9 11 13 11T T        而此 时 完 成 订 单 任 务 的 最 短 时 间 大 于 25011 . 9 分③ 当 2k  时 ， 1 2( ) ( ),T x T x 由 于 k 为 正 整 数 ， 故 1k 此 时  2 3 2000 750( ) max ( ), ( ) max , .100f x T x T x x x     由 函 数 2 3( ), ( )T x T x 的 单 调 性 知 ， 当 2000 750100x x 即 80011x  时 ( )f x 取 得 最 小 值类 似 （ 1） 的 讨 论 .此 时 完 成 订 单 任 务 的 最 短 时 间 为 2509 ， 大 于 25011 . 11 分综 上 所 述 ， 当 2k  时 完 成 订 单 任 务 的 时 间 最 短 ， 此 时 生 产 Ａ ， Ｂ ， Ｃ 三 种 部 件的 人 数 分 别 为 44,88,68. 12 分