上海市华东师范大学第二附属中学2021-2022学年高一上学期期中考试数学试卷(含答案).doc

2021-2022学年上海市浦东新区华东师大二附中高一（上）期中数学试卷
一、填空题：（本大题满分30分，本大题共有10题，只要求直接写结果，每个空格填对得4分，否则一律的零分）
1．若1∈{a，a2}，则a的值是　 　．
2．若f（x）是定义在R上的偶函数，则f（1+）﹣f（）＝　 　．
3．设集合A＝{x|ax+1＝0，x∈R}只有一个子集，则满足要求的实数a组成的集合是 　 　．
4．已知函数的定义域为R，则实数m的范围为 　 　．
5．不等式7|x+1|＜5﹣x的解集为 　 　．
6．若函数是奇函数，且，则p＝　 　．
7．已知集合A＝{x|m+1≤x≤2m﹣1}，B＝{x|x2﹣2x﹣15≤0}，且A⊂B，则实数m的取值范围是 　 　．
8．对任意的x∈[0，1]均有|ax+b|≤1，则|a|的最大值为 　 　．
9．设正实数x、y满足，则的最小值为 　 　．
10．已知函数y＝f（x）的定义域为{a，b，c}，值域为{﹣2，﹣1，0，1，2}的子集，则满足f（a）+f（b）+f（c）＝0的函数y＝f（x）的个数为 　 　．
二、选择题（本大题满分12分，本大共有4题，每题都给出代号为A、B、C、D的四个结论，其中有只有一个结论是正确的，每题答对得4分，否则一律得零分）
11．设a、b、c、d∈R，则是成立的（　　）
A．充分非必要条件 B．必要非充分条件
C．充要条件 D．非充分非必要条件
12．当a＞b＞c时，下列不等式恒成立的是（　　）
A．ab＞ac B．a|c|＞b|c| C．|ab|＞|bc| D．（a﹣b）|c﹣b|＞0
13．已知实数a＜b，关于x的不等式x2﹣（a+b）x+ab+1＜0的解集为（x1，x2），则实数a、b、x1、x2从小到大的排列是（　　）
A．a＜x1＜x2＜b B．x1＜a＜b＜x2 C．a＜x1＜b＜x2 D．x1＜a＜x2＜b
14．已知函数g（x）的定义域为R，对任何实数m、n，都有g（m+n）＝g（m）+g（n）+1，且函数f（x）＝+g（x）的最大值为p，最小值为q，则p+q的值为（　　）
A．﹣2 B．﹣1 C．1 D．2
三、解答题：（本大题满分0分。本大题共有4题，解答下列各题必须写出必要的步骤）
15．已知关于x的不等式的解集为A．
（1）当a＝4时，求集合A；
（2）若3∈A，5∉A，求实数a的取值范围．
16．已知函数f（x）＝x2+（x﹣1）|x+a|．
（1）若a＝1，解不等式f（x）＜1；
（2）已知函数g（x）＝f（x）﹣x|x|在R上是奇函数或偶函数，求满足条件的所有实数a，并请说明理由．
17．已知函数f（x）＝|mx+1|（m∈R），函数g（x）＝x2+ax+b（a，b∈R）的值域为[0，+∞）．
（1）若不等式f（x）＜3的解集为（﹣2，1），求m的值；
（2）在（1）的条件下，若恒成立，求实数k的取值范围；
（3）若关于x的不等式g（x）＜c的解集为（m，m+6），求实数c的值．
18．已知集合A＝{x|x＝，k≥1且k∈N}．
（1）证明：每一个大于等于2的整数都可以表示成A中至少一个元素之积（可以相等）；
（2）对于一切整数x≥2，记f（x）为最小的正整数，满足将x表示成A中f（x）个元素之积（可以相等），比如，因此f（49）≤7．试证明：存在正整数对（x，y），满足x、y≥2，且f（xy）＜f（x）+f（y）；
（3）对于满足条件（2）的f（x），试证明：存在无穷多对正整数（x，y），满足x、y≥2，且f（xy）＜f（x）+f（y）．

参考答案
一、填空题：（本大题满分30分，本大题共有10题，只要求直接写结果，每个空格填对得4分，否则一律的零分）
1．若1∈{a，a2}，则a的值是　﹣1　．
【分析】根据元素和集合的关系即可得到结论．
解：∵1∈{a，a2}，
∴a＝1，或a2＝1，
解得a＝1或a＝﹣1，
当a＝1时，集合为{1，1}不成立，
∴a＝﹣1，
故答案为：﹣1
2．若f（x）是定义在R上的偶函数，则f（1+）﹣f（）＝　0　．
【分析】根据函数奇偶性的定义即可的结论．
解：＝，
则f（1+）﹣f（）＝f（1+）﹣f（﹣（1+））＝f（1+）﹣f（1+）＝0，
故答案为：0
3．设集合A＝{x|ax+1＝0，x∈R}只有一个子集，则满足要求的实数a组成的集合是 　{0}　．
【分析】由题意得方程ax+1＝0无解，从而求得．
解：∵集合A＝{x|ax+1＝0，x∈R}只有一个子集，
∴A＝{x|ax+1＝0，x∈R}＝∅，
∴方程ax+1＝0无解，
故a＝0．
故答案为：{0}．
4．已知函数的定义域为R，则实数m的范围为 　[0，]　．
【分析】问题转化为对于任意实数x，mx2+3mx+m+1≥0恒成立，然后对m分类求解得答案．
解：∵的定义域为R，
∴对于任意实数x，mx2+3mx+m+1≥0恒成立，
当m＝0时，有1＞0成立；
当m≠0，有，解得0．
综上所述，实数m的范围为[0，]．
故答案为：[0，]．
5．不等式7|x+1|＜5﹣x的解集为 　（﹣2，﹣）　．
【分析】由绝对值不等式的解法求解即可．
解：∵不等式7|x+1|＜5﹣x，
∴不等式等价于，
解得，
即﹣2＜x＜﹣，
∴该不等式的解集为（﹣2，﹣）．
故答案为：（﹣2，﹣）．
6．若函数是奇函数，且，则p＝　1　．
【分析】由已知可得，f（﹣2）＝﹣f（2）＝﹣，列方程即可求解p的值．
解：因为函数是奇函数，且，
所以f（﹣2）＝﹣f（2）＝﹣，
所以＝，＝﹣，
解得q＝0，p＝1．
故答案为：1．
7．已知集合A＝{x|m+1≤x≤2m﹣1}，B＝{x|x2﹣2x﹣15≤0}，且A⊂B，则实数m的取值范围是 　（﹣∞，3]　．
【分析】讨论A是否为空集，A＝∅时，m+1＞2m﹣1；A≠∅时，，然后解出m的范围即可．
解：∵B＝{x|x2﹣2x﹣15≤0}＝{x|﹣3≤x≤5}，
∵集合A＝{x|m+1≤x≤2m﹣1}，A⊂B，
∴①A＝∅时，m+1＞2m﹣1，解得m＜2；
②A≠∅时，，解得2≤m≤3，
综上，实数m的取值范围为（﹣∞，3]．
故答案为：（﹣∞，3]．
8．对任意的x∈[0，1]均有|ax+b|≤1，则|a|的最大值为 　2　．
【分析】取x＝0，1，可得|b|≤1，|a+b|≤1，利用绝对值不等式的性质|a|＝|（a+b）﹣b|≤|a+b|+|b|即可求得|a|的最大值．
解：因为对任意的x∈[0，1]均有|ax+b|≤1，
所以取x＝0，1，可得|b|≤1，|a+b|≤1，
所以|a|＝|（a+b）﹣b|≤|a+b|+|b|≤1+1＝2，
当a＝﹣2，b＝1或a＝2，b＝﹣1时等号成立，
所以|a|的最大值为2．
故答案为：2．
9．设正实数x、y满足，则的最小值为 　　．
【分析】将已知等式两边同时加上，可得x2++y2+＝+，利用基本不等式即可求解x2+≥12，y2+≥，即可求得结论．
解：x，y＞0，且，
两边同时加上，可得x2++y2+＝+，
因为x2+＝x2++≥3＝12，当且仅当x2＝，即x＝2时等号成立，
y2+＝y2++≥3＝，当且仅当y2＝，即y＝时等号成立，
所以+≥12+，解得≥，
所以的最小值为．
故答案为：．
10．已知函数y＝f（x）的定义域为{a，b，c}，值域为{﹣2，﹣1，0，1，2}的子集，则满足f（a）+f（b）+f（c）＝0的函数y＝f（x）的个数为 　19　．
【分析】由题意，分函数值全为零，函数值有一个为零，函数值都不为零三类进行讨论求解即可．
解：由题意，满足f（a）+f（b）+f（c）＝0的函数y＝f（x）有：
第一类，函数值全为零，
即f（a）＝f（b）＝f（c）＝0，共有1个函数；
第二类，函数值有一个为零，
即f（a）＝0，f（b）＝﹣2，f（c）＝2，
f（a）＝0，f（b）＝2，f（c）＝﹣2，
f（a）＝0，f（b）＝﹣1，f（c）＝1，
f（a）＝0，f（b）＝1，f（c）＝﹣1，
……
f（a）＝1，f（b）＝﹣1，f（c）＝0，
共有4×3＝12个函数；
第三类，函数值都不为零，
即f（a）＝﹣2，f（b）＝1，f（c）＝1，
f（a）＝2，f（b）＝﹣1，f（c）＝﹣1，
f（a）＝1，f（b）＝﹣2，f（c）＝1，
f（a）＝﹣1，f（b）＝2，f（c）＝﹣1，
f（a）＝1，f（b）＝1，f（c）＝﹣2，
f（a）＝﹣1，f（b）＝﹣1，f（c）＝2，
共有6个函数；
综上所述，共有19个不同的函数，
故答案为：19．
二、选择题（本大题满分12分，本大共有4题，每题都给出代号为A、B、C、D的四个结论，其中有只有一个结论是正确的，每题答对得4分，否则一律得零分）
11．设a、b、c、d∈R，则是成立的（　　）
A．充分非必要条件 B．必要非充分条件
C．充要条件 D．非充分非必要条件
【分析】由（c﹣a）（d﹣b）＞0及c+d＞a+b得出a，b，c，d的关系，从而进行判断．
解：由（c﹣a）（d﹣b）＞0，可得或，又因为c+d＞a+b，所以只能是，故充分性满足；
由可以得到c﹣a＞0，d﹣b＞0，c+d＞a+b，即，
故是成立的充要条件．
故选：C．
12．当a＞b＞c时，下列不等式恒成立的是（　　）
A．ab＞ac B．a|c|＞b|c| C．|ab|＞|bc| D．（a﹣b）|c﹣b|＞0
【分析】根据已知条件，结合不等式的性质，以及特殊值法，即可求解．
解：对于A，令a＝﹣1，b＝﹣2，c＝﹣3，满足a＞b＞c，但ab＜ac，故A错误，
对于B，当c＝0时，a|c|＝b|c|，故B错误，
对于C，当b＝0时，|ab|＝|bc|，故C错误，
对于D，∵a＞b＞c，
∴（a﹣b）＞0，|c﹣b|＞0，
∴（a﹣b）|c﹣b|＞0，故D正确．
故选：D．
13．已知实数a＜b，关于x的不等式x2﹣（a+b）x+ab+1＜0的解集为（x1，x2），则实数a、b、x1、x2从小到大的排列是（　　）
A．a＜x1＜x2＜b B．x1＜a＜b＜x2 C．a＜x1＜b＜x2 D．x1＜a＜x2＜b
【分析】不等式x2﹣（a+b）x+ab+1＜0可化为（x﹣a）（x﹣b）+1＜0，设g（x）＝（x﹣a）（x﹣b），f（x）＝g（x）+1，画出函数g（x）与函数f（x）的图像，利用数形结合法即可求出结果．
解：不等式x2﹣（a+b）x+ab+1＜0可化为（x﹣a）（x﹣b）+1＜0，
设g（x）＝（x﹣a）（x﹣b），f（x）＝g（x）+1，
画出函数g（x）与函数f（x）的图像，如图所示，
由图像可知，a＜x1＜x2＜b，
故选：A．

14．已知函数g（x）的定义域为R，对任何实数m、n，都有g（m+n）＝g（m）+g（n）+1，且函数f（x）＝+g（x）的最大值为p，最小值为q，则p+q的值为（　　）
A．﹣2 B．﹣1 C．1 D．2
【分析】根据题意，可令m＝n＝0，从而求出g（0）＝﹣1，然后令m＝﹣n可得出函数g（x）+1是奇函数，并且y＝是奇函数，从而可得出f（x）+1是奇函数，从而得出p+1+q+1＝0，从而可求出p+q的值．
解：∵g（x）的定义域为R，对任何实数m，n，都有g（m+n）＝g（m）+g（n）+1，
∴令m＝n＝0，得g（0）＝g（0）+g（0）+1，解得g（0）＝﹣1，
∴令m＝﹣n得，g（0）＝g（﹣n）+g（n）+1＝﹣1，∴[g（﹣n）+1]+[g（n）+1]＝0，
∴g（x）+1是R上的奇函数，且函数y＝是R上的奇函数，
∴f（x）+1是R上的奇函数，
根据奇函数最大值和最小值互为相反数得，p+1+q+1＝0，
∴p+q＝﹣2．
故选：A．
三、解答题：（本大题满分0分。本大题共有4题，解答下列各题必须写出必要的步骤）
15．已知关于x的不等式的解集为A．
（1）当a＝4时，求集合A；
（2）若3∈A，5∉A，求实数a的取值范围．
【分析】（1）根据条件得到或，解出即可；
（2）根据条件得到且＞0，解出即可．
解：（1）a＝4时，不等式为≤0，即或，
解得≤x＜4，所以集合A＝[，4）；
（2）若3∈A，5∉A，则且＞0，
解得＜a≤或3≤a＜5，
即a∈（，]∪[3，5）．
16．已知函数f（x）＝x2+（x﹣1）|x+a|．
（1）若a＝1，解不等式f（x）＜1；
（2）已知函数g（x）＝f（x）﹣x|x|在R上是奇函数或偶函数，求满足条件的所有实数a，并请说明理由．
【分析】（1）当a＝1时，f（x）＝，分x≥﹣1和x＜﹣1两种情况，即可求得不等式的解集；
（2）根据g（x）＝x2+（x﹣1）|x+a|﹣x|x|，g（1）＝0，g（﹣1）＝2﹣2|a﹣1|，若存在实数a，使得g（x）在R上是奇函数或是偶函数，则必有g（﹣1）＝g（﹣1），由此求得a的值，检验可得结论．
解：（1）当a＝1时，f（x）＝x2+（x﹣1）|x+1|，
故有f（x）＝，
当x≥﹣1时，由f（x）＜1，有2x2﹣1＜1，解得﹣1＜x＜1．
当x＜﹣1时，由f（x）＜1，由1＜1，不成立，
∴不等式f（x）＜1的解集为{x|﹣1＜x＜1}．
（2）g（x）＝x2+（x﹣1）|x+a|﹣x|x|，
∵g（1）＝0，g（﹣1）＝2﹣2|a﹣1|，
若存在实数a，使得g（x）在R上是奇函数或是偶函数，
则必有g（﹣1）＝0，
∴2﹣2|a﹣1|＝0，∴a＝0或a＝2．
①若a＝0，则g（x）＝x2+（x﹣1）|x|﹣x|x|＝x2﹣|x|，
∴g（﹣x）＝g（x）对x∈R恒成立，∴g（x）为偶函数．
②若a＝2，则g（x）＝x2+（x﹣1）|x+2|﹣x|x|，
∴g（2）＝4，g（﹣2）＝8，∴g（﹣2）≠g（2）且g（﹣2）≠﹣g（2），
∴g（x）为非奇非偶函数，
∴当a＝0时，g（x）为偶函数；当a≠0时，g（x）为非奇非偶函数．
17．已知函数f（x）＝|mx+1|（m∈R），函数g（x）＝x2+ax+b（a，b∈R）的值域为[0，+∞）．
（1）若不等式f（x）＜3的解集为（﹣2，1），求m的值；
（2）在（1）的条件下，若恒成立，求实数k的取值范围；
（3）若关于x的不等式g（x）＜c的解集为（m，m+6），求实数c的值．
【分析】（1）利用绝对值不等式的解法，分m＝0，m＞0，m＜0三种情况，分别列式求解即可；
（2）利用绝对值不等式的结论，求出|f（x）﹣2f（）|的最大值，即可得到k的取值范围；
（3）利用二次函数的性质，得到，然后求出g（x）＜c的解集，由题意，列出方程组，求解即可．
解：（1）函数f（x）＝|mx+1|，
又不等式f（x）＜3的解集为（﹣2，1），
所以|mx+1|＜3，即﹣4＜mx＜2，
①当m＝0时，f（x）＜3的解集为R，不符合题意；
②当m＞0时，由﹣4＜mx＜2，可得，
则，解得m＝2；
③当m＜0时，由﹣4＜mx＜2，可得，
则，解得m∈∅．
综上所述，m＝2；
（2）在（1）的条件下，即m＝2，所以f（x）＝|2x+1|，
则|f（x）﹣2f（）|＝||2x+1|﹣2|x+1||≤|2x+1﹣2x﹣2|＝1，
因为不等式恒成立，
即1≤k，
所以实数k的取值范围为[1，+∞）；
（3）由函数g（x）＝x2+ax+b（a，b∈R）的值域为[0，+∞），
则△＝a2﹣4b＝0，解得，
所以g（x）＜c，即，
解得，
因为关于x的不等式g（x）＜c的解集为（m，m+6），
所以，解得c＝9．
18．已知集合A＝{x|x＝，k≥1且k∈N}．
（1）证明：每一个大于等于2的整数都可以表示成A中至少一个元素之积（可以相等）；
（2）对于一切整数x≥2，记f（x）为最小的正整数，满足将x表示成A中f（x）个元素之积（可以相等），比如，因此f（49）≤7．试证明：存在正整数对（x，y），满足x、y≥2，且f（xy）＜f（x）+f（y）；
（3）对于满足条件（2）的f（x），试证明：存在无穷多对正整数（x，y），满足x、y≥2，且f（xy）＜f（x）+f（y）．
【分析】（1）利用x的表达式，将其分离常数，即可证明；
（2）利用2＜22＜7，结合23＞7，由此可得对任意不全为1的正整数k1，k2，k3，都有，从而f（7）≥4，结合已知条件，f（49）≤7，即可证明结论；
（3）利用反证法证明，假设满足f（xy）＜f（x）+f（y）的正整数对（x，y）（x，y≥2）仅有有限个，通过推理可得f（2M）+f（49）＝f（98M）＝f（14M）+f（7）＝f（2M）+f（7）+f（7），与（2）中的证明结论矛盾，即可证明命题．
【解答】证明：（1）因为x＝＝，
所以每一个大于等于2的整数都可以表示成A中至少一个元素之积（可以相等）；
（2）存在正整数对（7，7），满足x、y≥2，且f（xy）＜f（x）+f（y），证明如下：
由2＜22＜7，则f（7）≠1，f（7）≠2，
又23＞7且对任意不全为1的正整数k1，k2，k3，
都有，
所以f（7）≠3，从而f（7）≥4，
又由49＝，
所以f（49）≤7，
故f（49）＜f（7）+f（7），
故存在正整数对（7，7），满足x、y≥2，且f（xy）＜f（x）+f（y）；
（3）利用反证法进行证明，
假设满足f（xy）＜f（x）+f（y）的正整数对（x，y）（x，y≥2）仅有有限个，
记M是这些数对中出现的最大的分量值，
注意到f的定义，对于一切（x，y），均有f（xy）≤f（x）+f（y），
所以当max{x，y}＞M时，必有f（xy）＝f（x）+f（y），
所以f（2M）+f（49）＝f（98M）＝f（14M）+f（7）＝f（2M）+f（7）+f（7），
这与f（49）＜f（7）+f（7）矛盾，
所以假设不成立，
故存在无穷多对正整数（x，y），满足x、y≥2，且f（xy）＜f（x）+f（y）．