2021-2022学年北京市西城区八校联考高一上期中数学试卷（含答案详解）

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1、2021-2022 学年北京市西城区八校联考高一上期中数学试卷学年北京市西城区八校联考高一上期中数学试卷 一、选择题： （本大题共一、选择题： （本大题共 10 个小题，每小题个小题，每小题 5 分，共分，共 50 分分） 1已知集合 A1，0，1，Bx|1x1，则 AB（ ） A0 B1，0 C0，1 D1，0，1 2函数 y+的定义域为（ ） Ax|x1 Bx|x0 Cx|x1 或 x0 Dx|0 x1 3在直角坐标系内，函数 y|x|的图象（ ） A关于 y 轴对称 B关于 x 轴对称 C关于原点对称 D不具有对称性 4函数 f（x）x（x2）的一个单调递减区间可以是（ ） A2，0 B

2、0，2 C1，3 D0，+） 5设 a，bR，若 a|b|0，则下列不等式中正确的是（ ） Aba0 Ba2b20 Ca3b30 Db+a0 6若函数为偶函数，则下列结论正确的是（ ） Af（a）f（2a）f（0） Bf（a）f（0）f（2a） Cf（2a）f（a）f（0） Df（2a）f（0）f（a） 7已知 a 为正数，则“ab”是“b 为负数”的（ ） A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件 8已知正数 a、b 满足 a+b1，则有（ ） A最小值 B最小值 C最大值 D最大值 9已知定义在 R 上的函数 f（x）的图象是连续不断的，且有如下对应值表： x

3、 1 2 3 f（x） 6.1 2.9 3.5 那么函数 f（x）一定存在零点的区间是（ ） A （，1） B （1，2） C （2，3） D （3，+） 10若定义在 R 上的函数 f（x）满足：对任意 x1，x2R 有 f（x1+x2）f（x1）+f（x2）+1，则下列说法一定正确的是（ ） Af（x）为奇函数 Bf（x）为偶函数 Cf（x）+1 为奇函数 Df（x）+1 为偶函数 二、填空题： （本大题共二、填空题： （本大题共 6 个小题，每小题个小题，每小题 5 分，共分，共 30 分分.) 11已知集合 A1，3，m，B3，4，AB1，2，3，4，则 m 12已知函数 f（x）x2

4、+|x2|，则 f（1） 13若 y（2k1）x+b 是 R 上的减函数，则实数 k 的取值范围是 14某商人将彩电先按原价提高 40%，然后在广告中写上“大酬宾，八折优惠” ，结果是每台彩电比原价多赚了 270 元，则每台彩电原价是 元 15已知方程 x24x+10 的两根为 x1和 x2，则 x12+x22 16已知函数 yf（x） ，xN*，yN*满足：对任意的 m，nN*，mn，都有 mf（m）+nf（n）mf（n）+nf（m） ；对任意的 aN*都有 ff（a）3a则 f（1）+f（6）+f（28） 三、解答题： （本大题共三、解答题： （本大题共 5 小题，共小题，共 70 分。

5、）分。 ） 17 （13 分）设全集为 R，集合 Ax|3x6，Bx|2x5 （）分别求 AB， （RB）A； （）已知 Cx|axa+1，若 CB，求实数 a 的取值范围 18 （13 分）已知函数 f（x）x2bx+3，且 f（0）f（4） （）求函数 yf（x）的解析式； （）求函数 yf（x）的零点； （）求函数 yf（x）在区间0，3上的最大值和最小值 19 （14 分）设函数 f（x） （）判断函数 f（x）的奇偶性，并证明； （）用定义证明函数 f（x）在区间（1，+）上是单调减函数； （）求函数 f（x）在区间2，6值域 20 （15 分）已知定义在区间（0，+）上的函数 f（

6、x）满足，且当 x1 时，f（x）0 （）求 f（1）的值； （）判断 f（x）的单调性并予以证明； （）若 f（3）1，解不等式 f（x2）2 21 （15 分）已知二次函数 f（x）ax2+bx+c （）若 f（1）0，试判断函数 f（x）零点个数； （）是否存在 a，b，cR，使 f（x）同时满足以下条件： 当 x1 时，函数 f（x）有最小值 0； 对任意 xR，都有 0f（x）x若存在，求出 a，b，c 的值，若不存在，请说明理由 参考答案解析参考答案解析 一、选择题： （本大题共一、选择题： （本大题共 10 个小题，每小题个小题，每小题 5 分，共分，共 50 分； ）分； ）

7、1已知集合 A1，0，1，Bx|1x1，则 AB（ ） A0 B1，0 C0，1 D1，0，1 【分析】找出 A 与 B 的公共元素，即可确定出两集合的交集 【解答】解：A1，0，1，Bx|1x1， AB1，0 故选：B 【点评】此题考查了交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解本题的关键 2函数 y+的定义域为（ ） Ax|x1 Bx|x0 Cx|x1 或 x0 Dx|0 x1 【分析】保证两个根式都有意义的自变量 x 的集合为函数的定义域 【解答】解：要使原函数有意义，则需， 解得 0 x1， 所以，原函数定义域为0，1 故选：D 【点评】本题考查了函数定义域的求法，求解函数的定义域，是求使得

8、构成函数解析式的各个部分都有意义的自变量 x 的取值集合 3在直角坐标系内，函数 y|x|的图象（ ） A关于 y 轴对称 B关于 x 轴对称 C关于原点对称 D不具有对称性 【分析】利用偶函数的定义以及偶函数图象的特征即可判断 【解答】解：函数 y|x|， 因为|x|x|， 所以函数为偶函数，图象关于 y 轴对称 故选：A 【点评】本题考查了偶函数定义的应用，偶函数图象特征的应用，考查了逻辑推理能力，属于基础题 4函数 f（x）x（x2）的一个单调递减区间可以是（ ） A2，0 B0，2 C1，3 D0，+） 【分析】求出二次函数的对称轴，求出单调递减区间，由此判断即可 【解答】解：函数 f

9、（x）x（x2）x2+2x（x1）2+1， 其对称轴为 x1， 所以单调递减区间为（1，+） ， 因为1，31，+） ， 所以函数 f（x）x（x2）的一个单调递减区间可以是1，3 故选：C 【点评】本题考查了二次函数的单调性的判断，考查了逻辑推理能力，属于基础题 5设 a，bR，若 a|b|0，则下列不等式中正确的是（ ） Aba0 Ba2b20 Ca3b30 Db+a0 【分析】利用举反例判断 ABC，利用绝对值不等式的解法判断 D 【解答】解：当 a2，b1 时，满足 a|b|0，但 ba0，a2b20，a3b30，ABC 错误， a|b|0，|b|a，aba，b+a0，D 正确， 故选

10、：D 【点评】本题考查绝对值不等式的解法，举反例是关键，属于基础题 6若函数为偶函数，则下列结论正确的是（ ） Af（a）f（2a）f（0） Bf（a）f（0）f（2a） Cf（2a）f（a）f（0） Df（2a）f（0）f（a） 【分析】先根据偶函数的定义求出 a 的值，然后根据单调性比较大小 【解答】解：因为 f（x）是偶函数，所以 f（1）f（1） ，即 1+a2，所以 a1， 易知当 x0 时，f（x）是增函数， 又知 2aa0，所以 f（2a）f（a）f（0） ， 故选：C 【点评】本题考查分段函数的奇偶性与单调性，属于基础题 7已知 a 为正数，则“ab”是“b 为负数”的（ ）

11、A充分不必要条件 B必要不充分条件 C充要条件 D既不充分也不必要条件 【分析】根据充分必要条件的定义判断即可 【解答】解：a 为正数，由“ab” ，得不到 b 为负数，不是充分条件， 若 b 为负数，则 ab，是必要条件， 故“ab”是“b 为负数”必要不充分条件， 故选：B 【点评】本题考查了充分必要条件，考查不等式问题，是基础题 8已知正数 a、b 满足 a+b1，则有（ ） A最小值 B最小值 C最大值 D最大值 【分析】由已知结合基本不等式即可直接求解 【解答】解：因为正数 a、b 满足 a+b1， 则，当且仅当 ab 时取等号，即有最大值， 故选：C 【点评】本题主要考查了基本不等

12、式的简单应用，属于基础试题 9已知定义在 R 上的函数 f（x）的图象是连续不断的，且有如下对应值表： x 1 2 3 f（x） 6.1 2.9 3.5 那么函数 f（x）一定存在零点的区间是（ ） A （，1） B （1，2） C （2，3） D （3，+） 【分析】利用函数零点的存在定理进行函数零点所在区间的判断，关键要判断函数在相应区间端点函数值的符号，如果端点函数值异号，则函数在该区间有零点 【解答】解：由于 f（2）0，f（3）0， 根据函数零点的存在定理可知故函数 f （x）在区间（2，3）内一定有零点，其他区间不好判断 故选：C 【点评】本题考查函数零点的判断方法，关键要弄准函数

13、零点的存在定理，把握好函数在哪个区间的端点函数值异号 10若定义在 R 上的函数 f（x）满足：对任意 x1，x2R 有 f（x1+x2）f（x1）+f（x2）+1，则下列说法一定正确的是（ ） Af（x）为奇函数 Bf（x）为偶函数 Cf（x）+1 为奇函数 Df（x）+1 为偶函数 【分析】对任意 x1，x2R 有 f（x1+x2）f（x1）+f（x2）+1，考察四个选项，本题要研究函数的奇偶性，故对所给的 x1，x2R 有 f（x1+x2）f（x1）+f（x2）+1 进行赋值研究即可 【解答】解：对任意 x1，x2R 有 f（x1+x2）f（x1）+f（x2）+1， 令 x1x20，得

14、f（0）1 令 x1x，x2x，得 f（0）f（x）+f（x）+1， f（x）+1f（x）1f（x）+1， f（x）+1 为奇函数 故选：C 【点评】本题考查函数的性质和应用，解题时要认真审题，仔细解答 二、填空题： （本大题共二、填空题： （本大题共 6 个小题，每小题个小题，每小题 5 分，共分，共 30 分分.) 11已知集合 A1，3，m，B3，4，AB1，2，3，4，则 m 2 【分析】因为 AB1，2，3，4，因为 B 中元素为 3，4，所以 A 中必然要有 2，所以得到 m 的值即可 【解答】解：根据并集的概念，AB1，2，3，4， 因为 B 中元素为 3，4， 所以 A 中必然

15、要有 2，所以 m2 故答案为 2 【点评】考查学生理解并集定义及运算的能力 12已知函数 f（x）x2+|x2|，则 f（1） 2 【分析】将 x1 代入函数解析式即可求出答案 【解答】解：f（1）12+|12|1+12 故答案为：2 【点评】本题主要考查函数解析式，求函数值问题 13若 y（2k1）x+b 是 R 上的减函数，则实数 k 的取值范围是 【分析】利用一次函数的单调性列式求解即可 【解答】解：因为 y（2k1）x+b 是 R 上的减函数， 所以 2k10， 解得 k， 所以实数 k 的取值范围是 故答案为： 【点评】本题考查了函数单调性的应用，主要考查了一次函数单调性的应用，考

16、查了逻辑推理能力，属于基础题 14某商人将彩电先按原价提高 40%，然后在广告中写上“大酬宾，八折优惠” ，结果是每台彩电比原价多赚了 270 元，则每台彩电原价是 2250 元 【分析】设出每台彩电的原价，从而可得方程，即可求得结论 【解答】解：设每台彩电的原价是 x 元，则有： （1+40%）x0.8x270， 解得：x2250， 故答案为：2250 【点评】 本题考查一元一次方程的应用， 关键在于找出题目中的等量关系， 根据等量关系列出方程解答 15已知方程 x24x+10 的两根为 x1和 x2，则 x12+x22 14 【分析】利用韦达定理代入即可 【解答】解：方程 x24x+10

17、的两根为 x1和 x2， x1+x24，x1x21， x12+x22（x1+x2）22x1x216214， 故答案为：14 【点评】考查韦达定理的应用，基础题 16已知函数 yf（x） ，xN*，yN*满足：对任意的 m，nN*，mn，都有 mf（m）+nf（n）mf（n）+nf（m） ；对任意的 aN*都有 ff（a）3a则 f（1）+f（6）+f（28） 66 【分析】推导出函数 f（x）为 N*上的单调增函数，令 f（1）m，则 m1，由 f（f（1） ）3，得 f（m）3由 f（m）f（1）m，得 m3从而 1m3，推导出 m2，从而 f（1）2，f（2）3，f（3）f（f（2） ）3

18、26，f（6）f（f（3） ）339，f（9）f（f（6） ）3618，f（18）f（f（9） ）3927，f（27）f（f（18） ）31854，f（54）f（f（27） ）32781，由此能求出 f（1）+f（6）+f（28） 【解答】解：函数 yf（x） ，xN*，yN*满足： 对任意的 m，nN*，mn，都有 mf（m）+nf（n）mf（n）+nf（m） ， 对任意 m，nN*，mn，都有（mn） （f（m）f（n） ）0， 由于 mn0，从而 f（m）f（n） ， 所以函数 f（x）为 N*上的单调增函数 令 f（1）m，则 m1，由 m1， 否则 f（f（1） ）f（1）1，与 f

19、（f（1） ）3 矛盾 从而 m1，而由 f（f（1） ）3， 即得 f（m）3 又 f（m）f（1）m，即 m3 于是得 1m3，又 mN*， 从而 m2，即 f（1）2 进而由 f（m）3 知，f（2）3 于是 f（3）f（f（2） ）326， f（6）f（f（3） ）339， f（9）f（f（6） ）3618， f（18）f（f（9） ）3927， f（27）f（f（18） ）31854， f（54）f（f（27） ）32781， 由于 5427815427， 由函数 f（x）为单调增函数， 因此 f（28）54+155 从而 f（1）+f（6）+f（28）2+9+5566 故答案为：6

20、6 【点评】本题考查函数值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意函数性质的合理运用 三、解答题： （本大题共三、解答题： （本大题共 5 小题，共小题，共 70 分。 ）分。 ） 17 （13 分）设全集为 R，集合 Ax|3x6，Bx|2x5 （）分别求 AB， （RB）A； （）已知 Cx|axa+1，若 CB，求实数 a 的取值范围 【分析】 （）根据集合的基本运算即可求解 （）根据 CB，建立条件关系即可求实数 a 的取值范围 【解答】解： （）Bx|2x5，RBx|x2 或 x5， ABx|3x5， （RB）Ax|x2 或 x3， （）CB，C， ，2a4， 实数 a 的取值范围为

21、2，4 【点评】本题主要考查集合的基本运算，属于中档题 18 （13 分）已知函数 f（x）x2bx+3，且 f（0）f（4） （）求函数 yf（x）的解析式； （）求函数 yf（x）的零点； （）求函数 yf（x）在区间0，3上的最大值和最小值 【分析】 （）由 f（0）f（4） ，得 b4，所以，f（x）x24x+3， （）由 x24x+30，解之得 x1 或 x3，所以函数的零点为 1，3， （）由于函数 f（x）对称轴为 x2，开口向上，所以，f（x）的最小值为 f（2）1，f（x）的最大值为 f（0）3 【解答】解： （）由 f（0）f（4） ，得 b4， 所以，f（x）x24x+3

22、， （）由 x24x+30， 所以，函数的零点为 1，3， （）由于函数 f（x）对称轴为 x2，开口向上， 所以，f（x）的最小值为 f（2）1， f（x）的最大值为 f（0）3 【点评】本题考查二次函数零点，最值，属于基础题 19 （14 分）设函数 f（x） （）判断函数 f（x）的奇偶性，并证明； （）用定义证明函数 f（x）在区间（1，+）上是单调减函数； （）求函数 f（x）在区间2，6值域 【分析】 （）由函数的奇偶性的定义可得结论； （）运用单调性的定义，注意取值、作差和变形、定符号、下结论等步骤； （）由（）的结论，计算可得所求值域 【解答】解： （）函数 f（x）既不是奇函

23、数也不是偶函数 理由：f（x）的定义域为x|xR 且 x1，不关于原点对称， 所以 f（x）既不是奇函数也不是偶函数； （）证明：设 1x1x2，f（x1）f（x2）， 由 1x1x2，可得 x110，x210，x2x10， 则0，即 f（x1）f（x2）0，即有 f（x1）f（x2） ， 所以 f（x）在区间（1，+）上是单调减函数； （）由（）可得函数 f（x）在区间2，6上递减， 可得 f（x）的最小值为 f（6），最大值为 f（2）3， 则函数 f（x）在区间2，6上的值域为，3 【点评】本题考查函数的奇偶性和单调性的判断和运用，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于基础题 20 （1

24、5 分）已知定义在区间（0，+）上的函数 f（x）满足，且当 x1 时，f（x）0 （）求 f（1）的值； （）判断 f（x）的单调性并予以证明； （）若 f（3）1，解不等式 f（x2）2 【分析】 （1）由条件令 x1x2，则 f（1）0； （2）由单调性定义，设 0 x2x1，则1，由 x1 时，f（x）0，即有 f（）0，即可求得单调性（3）关键函数的单调性结合 f（x2）f（9） ，得到关于x 的不等式，解出即可 【解答】解： （1）令 x1x20，代入得 f（1）f（x1）f（x1）0，故 f（1）0 （2）任取 x1，x2（0，+） ，且 x1x2，则，由于当 x1 时，f（x）

25、0， 所以，即 f（x1）f（x2）0，因此 f（x1）f（x2） 所以函数 f（x）在区间（0，+）上是单调递减函数 （3）由得，而 f（3）1，所以 f（9）2 由函数 f（x）在区间（0，+）上是单调递减函数，且 f（x2）f（9） ， 得 0 x29，3x0 或 0 x3，因此不等式的解集为（3，0）（0，3） 【点评】本题考查抽象函数及应用，考查函数的单调性及其应用，注意运用定义，同时考查解决抽象函数的常用方法：赋值法，属于基础题 21 （15 分）已知二次函数 f（x）ax2+bx+c （）若 f（1）0，试判断函数 f（x）零点个数； （）是否存在 a，b，cR，使 f（x）同时

26、满足以下条件： 当 x1 时，函数 f（x）有最小值 0； 对任意 xR，都有 0f（x）x若存在，求出 a，b，c 的值，若不存在，请说明理由 【分析】 （）通过对二次函数对应方程的判别式进行分析判断方程根的个数，从而得到零点的个数 （）根据条件和二次函数的图象和性质，可得 b2a，ac，令 x1，结合条件，可求出 a，b，c 的值 【解答】解： （）因为 f（1）0， 所以 ab+c0，即 ba+c， 所以b24ac（a+c）24ac（ac）2， 当 ac 时，0，函数 f（x）有一个零点， 当 ac 时，0，函数 f（x）有两个零点 （）假设 a，b，c 存在，由得1，0， b2a，b24ac4a24acac， 由知对xR，都有 0f（x）x（x1）2， 令 x1 得 0f（x）10f（1）1a+b+c1， ，解得 ac，b， ac，b，f（x）x2+x+（x+1）2， 其顶点为（1，0）满足条件， 又 f（x）x（x1）2xR，0f（x）x（x1）2，满足条件， 所以存在 a，b，cR，使 f（x）同时满足条件 【点评】本题考查函数解析式的求解，二次函数的最值，属于中档题