(人教A版)数学必修1同步测试：综合素能检测1-Word版含答案.docx

第一章综合素能检测
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分。满分150分。考试时间120分钟。
第Ⅰ卷(选择题　共60分)
一、选择题(本大题共12个小题，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)
1．已知A＝{x|3－3x＞0}，则有(　　)
A．3∈A B．1∈A
C．0∈A D．－1∉A
[答案]　C
[解析]　集合A是不等式3－3x＞0的解集，很明显3,1不满足不等式，而0，－1满足不等式．
2．设集合A＝{－1,3,5}，若f：x→2x－1是集合A到集合B的映射，则集合B可以是(　　)
A．{0,2,3} B．{1,2,3}
C．{－3,5} D．{－3,5,9}
[答案]　D
[解析]　留意到题目中的对应法则，将A中的元素－1代入得－3，A中元素3代入得5，A中元素5代入得9，故选D.
3．函数f(x)＝x3＋x的图象关于(　　)
A．y轴对称 B．直线y＝－x对称
C．原点对称 D．直线y＝x对称
[答案]　C
[解析]　∵f(－x)＝－f(x)，且定义域为R，∴f(x)是奇函数，图象关于原点对称．
4．设全集U＝{1,2,3,4,5,6,7,8}，集合A＝{1,2,3,5}，B＝{2,4,6}，则图中阴影部分表示的集合为(　　)

A．{2} B．{4,6}
C．{1,3,5} D．{4,6,7,8}
[答案]　B
[解析]　阴影部分表示的集合为B∩(∁UA)．∵∁UA＝{4,6,7,8}，∴B∩(∁UA)＝{4,6}．
5．设F(x)＝f(x)＋f(－x)，x∈R，若[－π，－]是函数F(x)的单调递增区间，则确定是F(x)单调递减区间的是(　　)
A．[－，0] B．[，π]
C．[π，π] D．[π，2π]
[答案]　B
[解析]　由于F(－x)＝F(x)，所以F(x)是偶函数，因而在[，π]上F(x)确定单调递减．
6．已知集合P＝{x|y＝}，集合Q＝{y|y＝}，则P与Q的关系是(　　)
A．P＝Q B．PQ
C．PQ D．P∩Q＝Ø
[答案]　B
[解析]　P＝{x|y＝}＝[－1，＋∞)，Q＝{y|y＝}＝[0，＋∞)，所以QP.
7．(2021·山东济宁市梁山一中期中试题)已知f(x)＝，则f()＋f()＝(　　)
A．－　　　 B.
C.　　　 D．－
[答案]　A
[解析]　f()＝2×－1＝－，f()＝f(－1)＋1＝f()＋1＝2×－1＋1＝，∴f()＋f()＝－，故选A.
8．函数y＝f(x)与y＝g(x)的图象如下图，则函数y＝f(x)·g(x)的图象可能是(　　)

[答案]　A
[解析]　由于函数y＝f(x)·g(x)的定义域是函数y＝f(x)与y＝g(x)的定义域的交集(－∞，0)∪(0，＋∞)，所以函数图象在x＝0处是断开的，故可以排解C、D；由于当x为很小的正数时，f(x)＞0且g(x)＜0，故f(x)·g(x)＜0，可排解B，故选A.
9．函数y＝f(x)是R上的偶函数，且在(－∞，0]上是增函数，若f(a)≤f(2)，则实数a的取值范围是(　　)
A．a≤2 B．a≥－2
C．－2≤a≤2 D．a≤－2或a≥2
[答案]　D
[解析]　∵y＝f(x)是偶函数，且在(－∞，0]上是增函数，∴y＝f(x)在[0，＋∞)上是减函数，由f(a)≤f(2)，得f(|a|)≤f(2)，∴|a|≥2，得a≤－2或a≥2，故选D.
10．定义在R上的偶函数f(x)满足：对任意x1，x2∈(－∞，0](x1≠x2)，都有＞0，则(　　)
A．f(－5)＜f(4)＜f(6) B．f(4)＜f(－5)＜f(6)
C．f(6)＜f(－5)＜f(4) D．f(6)＜f(4)＜f(－5)
[答案]　C
[解析]　∵对任意x1，x2∈(－∞，0](x1≠x2)，都有＞0，
∴对任意x1，x2∈(－∞，0]，
若x1＜x2，总有f(x1)＜f(x2)，
∴f(x)在(－∞，0]上是增函数，
∴f(－4)＞f(－5)＞f(－6)．
又∵函数f(x)是偶函数，
∴f(－6)＝f(6)，f(－4)＝f(4)．
∴f(6)＜f(－5)＜f(4)，故选C.
11．(2021·成都市高中毕业班第一次诊断性检测)已知定义在R上的奇函数f(x)满足f(1＋x)＝f(1－x)，且f(x)在区间[3,5]上为单调递增，则函数f(x)在区间[1,3]上的(　　)
A．最大值是f(1)，最小值是f(3)
B．最大值是f(3)，最小值是f(1)
C．最大值是f(1)，最小值是f(2)
D．最小值是f(2)，最大值是f(1)
[答案]　A
[解析]　由f(1＋x)＝f(1－x)知函数y＝f(x)关于x＝1对称，因此由f(x)在[3,5]上递增，知f(x)在[－3，－1]上递减，又由于f(x)是奇函数，知f(x)在[1,3]上递减，所以最小值为f(3)，最大值为f(1)，选A.
12．已知f(x)＝3－2|x|，g(x)＝x2－2x，F(x)＝则F(x)的最值是(　　)
A．最大值为3，最小值－1
B．最大值为7－2，无最小值
C．最大值为3，无最小值
D．既无最大值，又无最小值
[答案]　B
[解析]　作出F(x)的图象，如图实线部分，知有最大值而无最小值，且最大值不是3，故选B.

第Ⅱ卷(非选择题　共90分)
二、填空题(本大题共4个小题，每小题5分，共20分，把正确答案填在题中横线上)
13．函数f(x)＝的定义域为________．
[答案]　{x|x＜0且x≠－1}
[解析]　由题意得解得x＜0且x≠－1，所以函数f(x)的定义域为{x|x＜0且x≠－1}．
14．设函数f(x)＝为奇函数，则实数a＝________.
[答案]　－1
[解析]　f(x)＝＝x＋＋a＋1，因此有f(－x)＝－x＋＋a＋1，又f(x)为奇函数，所以f(－x)＋f(x)＝0，即2a＋2＝0，所以a＝－1.
15．函数f(x)是定义在[－1,3]上的减函数，且函数f(x)的图象经过点P(－1,2)，Q(3，－4)，则该函数的值域是________．
[答案]　[－4,2]
[解析]　∵f(x)的图象经过点P，Q，
∴f(－1)＝2，f(3)＝－4.
又f(x)在定义域[－1,3]上是减函数，
∴f(3)≤f(x)≤f(1)，
即－4≤f(x)≤2，
∴该函数的值域是[－4,2]．
16．(2021·山东泗水一中月考试题)国家规定个人稿费纳税方法为：不超过800元的部分不纳税；超过800元而不超过4000元按超过800的14%纳税；超过4000元的按全稿酬的11%的税．某人出版了一书共纳税420，这个人的稿费为______元．
[答案]　3800
[解析]　由于420＜4000×11%＝440，因此该人稿费不超过4000元，设稿费为x元，
则(x－800)×14%＝420解得x＝3800元．
三、解答题(本大题共6个小题，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A＝{x|2≤x≤8}，B＝{x|1＜x＜6}，C＝{x|x＞a}，U＝R.
(1)求A∪B，(∁UA)∩B；
(2)若A∩C≠Ø，求a的取值范围．
[解析]　(1)A∪B＝{x|2≤x≤8}∪{x|1＜x＜6}＝{x|1＜x≤8}．
∵∁UA＝{x|x＜2或x＞8}，
∴(∁UA)∩B＝{x|1＜x＜2}．

(2)∵A∩C≠Ø，作图易知，只要a在8的左边即可，
∴a＜8.
18．(本小题满分12分)已知函数f(x)＝.
(1)推断函数f(x)在区间[1，＋∞)上的单调性，并用定义证明你的结论；
(2)求该函数在区间[1,4]上的最大值与最小值．
[解析]　(1)函数f(x)在[1，＋∞)上是增函数．
证明：任取x1，x2∈[1，＋∞)，且x1＜x2，
则f(x1)－f(x2)＝－＝.
易知x1－x2＜0，(x1＋1)(x2＋1)＞0，
所以f(x1)－f(x2)＜0，
即f(x1)＜f(x2)，
所以函数f(x)在[1，＋∞)上是增函数．
(2)由(1)知函数f(x)在[1,4]上是增函数，则函数f(x)的最大值为f(4)＝，最小值为f(1)＝.
19．(本小题满分12分)已知a，b为常数，且a≠0，f(x)＝ax2＋bx，f(2)＝0，方程f(x)＝x有两个相等实根．
(1)求函数f(x)的解析式；
(2)当x∈[1,2]时，求f(x)的值域；
(3)若F(x)＝f(x)－f(－x)，试推断F(x)的奇偶性，并证明你的结论．
[解析]　(1)由f(2)＝0，得4a＋2b＝0，即2a＋b＝0.①
方程f(x)＝x，即ax2＋bx＝x，
即ax2＋(b－1)x＝0有两个相等实根，
且a≠0，∴b－1＝0，
∴b＝1，代入①得a＝－.
∴f(x)＝－x2＋x.
(2)由(1)知f(x)＝－(x－1)2＋.
明显函数f(x)在[1,2]上是减函数，
∴x＝1时，f(x)max＝，x＝2时，f(x)min＝0.
∴x∈[1,2]时，函数f(x)的值域是[0，]．
(3)F(x)是奇函数．
证明：F(x)＝f(x)－f(－x)＝(－x2＋x)－[－(－x)2＋(－x)]＝2x，
∵F(－x)＝2(－x)＝－2x＝－F(x)，
∴F(x)是奇函数．
20．(本小题满分12分)设f(x)为定义在R上的偶函数，当0≤x≤2时，y＝x；当x>2时，y＝f(x)的图象是顶点为P(3,4)且过点A(2,2)的抛物线的一部分．

(1)求函数f(x)在(－∞，－2)上的解析式；
(2)在图中的直角坐标系中画出函数f(x)的图象；
(3)写出函数f(x)的值域和单调区间．
[解析]　(1)当x>2时，设f(x)＝a(x－3)2＋4.
∵f(x)的图象过点A(2,2)，
∴f(2)＝a(2－3)2＋4＝2，∴a＝－2，
∴f(x)＝－2(x－3)2＋4.
设x∈(－∞，－2)，则－x>2，
∴f(－x)＝－2(－x－3)2＋4.
又由于f(x)在R上为偶函数，∴f(－x)＝f(x)，
∴f(x)＝－2(－x－3)2＋4，
即f(x)＝－2(x＋3)2＋4，x∈(－∞，－2)．
(2)图象如图所示．

(3)由图象观看知f(x)的值域为{y|y≤4}．
单调增区间为(－∞，－3]和[0,3]．
单调减区间为[－3,0]和[3，＋∞)．
21．(本小题满分12分)某公司生产一种电子仪器的固定成本为20000元，每生产一台仪器需增加投入100元．已知总收入满足函数：
R(x)＝其中x是仪器的月产量．
(1)将利润表示为当月产量的函数；
(2)求每月生产多少台仪器时，公司所获利润最大？最大利润为多少元？
[解析]　(1)由月产量为x台，则总成本为20000＋100x，从而所获利润与月产量的函数f(x)＝
(2)当0≤x≤400时，f(x)＝－(x－300)2＋25000，当x＝300时，f(x)有最大值25000；当x＞400时，f(x)＝60000－100x是减函数，f(x)＜60000－100×400＜25000，所以，当x＝300时，f(x)有最大值25000.即当月产量为300台时，公司所获利润最大，最大利润是25000元．
22．(本小题满分12分)(2021·山东临沂一中月考试题)定义在R上的函数f(x)，满足当x>0时，f(x)>1，且对任意的x，y∈R，有f(x＋y)＝f(x)·f(y)，f(1)＝2.
(1)求f(0)的值；
(2)求证：对任意x∈R，都有f(x)>0；
(3)解不等式f(3－2x)>4.
[解析]　(1)对任意x，y∈R，
f(x＋y)＝f(x)·f(y)．
令x＝y＝0，得f(0)＝f(0)·f(0)，
即f(0)·[f(0)－1]＝0.
令y＝0，得f(x)＝f(x)·f(0)，对任意x∈R成立，
所以f(0)≠0，因此f(0)＝1.
(2)证明：对任意x∈R，
有f(x)＝f(＋)＝f()·f()＝[f()]2≥0.
假设存在x0∈R，使f(x0)＝0，
则对任意x>0，有
f(x)＝f[(x－x0)＋x0]＝f(x－x0)·f(x0)＝0.
这与已知x>0时，f(x)>1冲突．
所以，对任意x∈R，均有f(x)>0成立．
(3)令x＝y＝1有
f(1＋1)＝f(1)·f(1)，
所以f(2)＝2×2＝4.
任取x1，x2∈R，且x1<x2，
则f(x2)－f(x1)
＝f[(x2－x1)＋x1]－f(x1)
＝f(x2－x1)·f(x1)－f(x1)
＝f(x1)·[f(x2－x1)－1]．
∵x1<x2，∴x2－x1>0，
由已知f(x2－x1)>1，
∴f(x2－x1)－1>0.
由(2)知x1∈R，f(x1)>0.
所以f(x2)－f(x1)>0，
即f(x1)<f(x2)．
故函数f(x)在(－∞，＋∞)上是增函数．
由f(3－2x)>4，得f(3－2x)>f(2)，
即3－2x>2.
解得x<.
所以，不等式的解集是(－∞，)．