精品解析：湖南省常德市第一中学2022-2023学年高一上学期期中考试数学试题

（时量：120分钟 满分：150 ）

一、单选题（本大题共8小题，共40分.在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）

1．已知集合Axx22x30,xZ，则A的真子集共有个（ ）

A．3 B．4 C．7 D．8

2．已知条件p：x46；条件q：x1m，若p是q的充分不必要条件，则m的取值范围是 A．,1

B．,9

C．1,9

D．9， 3．已知a，b，cR，那么下列命题中正确的是（ ） A．若ab，则acbc B．若

acbc，则ab C．若ab且ab0，则

1a1b D．若a2b2且ab0，则

1a1b 4．下列式子成立的是（ ） A．aaa3 B．aaa3 C．aaa3 D．aaa3

5．由命题“存在x0R，使x202x0m0”是假命题，求得m的取值范围是a,，则实数a的值是（A．0

B．1

C．2

D．3

6．若fx是幂函数，且满足f4f1f23，则4等于（ ） A．9

B．9

C．1

D．199

7．若关于x的不等式axb0的解集为xx1，则关于x的不等式axbx20的解集为（ ） A．xx2或x1 B．x1x2 C．xx1或x2

D．x1x2

8．已知函数fxx3x，对任意的m[2,2]，f(mx2)f(x)0恒成立，则x的取值范围为（ ）A．1,3 B．2,1

C．20,

D．232,3

二、多选题（本大题共4小题，共20分.在每小题有多项符合题目要求）

9．奇函数y=fx在x4，0的图像如图所示，则下列结论正确的有（ ） 答案第1页，共15页

）

4时，fx2，2 A．当x0，4上递减 B．函数fx在2，13C．ff

2211，2上递增 D．函数fx在2，，2210．若函数yx24x2的定义域为[0,m]，值域为[6,2]，则实数m的值可能为（ ） A．2

B．3

C．4

D．5

11．下列说法正确的是（ ）

2]，则函数fx的定义域为01，A．若函数f2x的定义域为[0，

，2 B．若函数yfx过定点01，则函数yfx11经过定点1，0是减函数 C．幂函数yx3 在，D．fx2x12成中心对称 图象关于点2，x22a,(ab)212．定义一种运算mina,b.设f(x)min42xx,xt（t为常数），且x3,3，则使函数f(x)最

b,(ab)大值为4的t值可以是（ ） A．-2

B．6

C．4

D．-4

三、填空题（本大题共4小题，共20分）

13．(0.008)23181_______.

2134014．已知函数fxx1xb为偶函数，且在0,单调递增，则f2x0的解集为__________． 15．关于x的不等式x24x4aa2在1,6内有解，则a的取值范围为________． 16．已知正实数m、n满足m2n119，则m2n的取值范围是__________． 2mn2四、解答题（本大题共6小题，共72分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）

答案第2页，共15页

x22<0，Cx|axa1,aR． 17．设UR，Ax|x4x30，Bx|x4(1)求AUB；

(2)若BCC，求实数a的取值范围． 18．已知正数x，y满足xy1． (1)求xy的最大值；

12(2)求的最小值．

xy119．已知函数fx(1)求实数a的值；

(2)判断fx的单调性，并用定义法证明你的判断；

x1xa为偶函数．

x2，(3)设gxkx52k，若对任意的x11,2，使得fx1gx2成立，求实数k的取值范围． ，总存在x201220．已知函数fx是定义在R上的奇函数，且当x0时，fxx2x

（1）求函数fx在R上的解析式；

（2）是否存在非负实数a,bab，使得当xa,b时，函数fx的值域为b,a?若存在，求出所有a,b的值；若不存在，说明理由

21．为了加强“平安校园”建设，有效遏制涉校案件的发生，保障师生安全，某校决定在学校门口利用一侧原有墙体，建造一间墙高为3米，底面为24平方米，且背面靠墙的长方体形状的校园警务室.由子此警务室的后背靠墙，无需建造费用，甲工程队给出的报价为：屋子前面新建墙体的报价为每平方米400元，左右两面新建墙体报价为每平方米300元，屋顶和地面以及其他报价共计14400元，设屋子的左右两面墙的长度均为x米1x5. （1）当左右两面墙的长度为多少时，甲工程队报价最低？并求出最低报价. （2）现有乙工程队也要参与此警务室的建造竞标，其给出的整体报价为的长度为多少米，乙工程队都能竞标成功，试求a的取值范围.

2222．已知二次函数fxaxbxc满足f11，对任意xR，都有4x1fx2x1恒成立．

1800a1x元a0，苦无论左右两面墙x(1)求f1的值；

(2)求函数fx的解析式；

fx,x21(3)若gx1，对于实数m，6m，记函数gx在区间m,0上的最小值为Gm，且

23fx,x2Gmm1恒成立，求实数的取值范围．

答案第3页，共15页

数学参

1．C 【分析】

求出集合A，即可得出集合A的真子集个数. 【详解】

2因为Axx2x30,xZx1x3,xZ0,1,2，

所以，集合A的真子集个数为2317. 故选：C. 2．D 【详解】

条件p：x46，解得2x10; 条件q：x1m, 若p是q的充分不必要条件,则m110，解得m9，故选D. 3．C 【分析】

利用特殊值排除错误选项，利用差比较法证明正确选项. 【详解】

A选项，ab,c0acbc，所以A选项错误. B选项，

ab,c0ab，所以B选项错误. ccC选项，abba0，且ab0， 11ba110,， 所以ababab所以C选项正确.

D选项，a2,b1满足“a2b2且ab0”，但11，

ab所以D选项错误. 故选：C 4．B 【解析】

根据根式有意义求得a的符号，结合根式的运算性质可得出与a【详解】 若aa相等的代数式.

a有意义，则a0，可得a0，aaaaaa2a3.

答案第4页，共15页

故选：B. 5．B 【分析】

根据题意可得不等式x22xm0对于xR恒成立，根据求出m的范围，与已知条件比较可得实数a的值. 【详解】

2因为命题“存在x0R，使x02x0m0”是假命题，，

所以其否定“xR，x22xm0”是真命题， 即不等式x22xm0对于xR恒成立， 所以44m0解得：m1， 即实数m的取值范围是1,， 因为实数m的取值范围是a,， 所以a1， 故选：B. 6．C 【分析】

1根据幂函数的知识求得fx的解析式，从而求得f.

4【详解】

f4423,log23， 设fxx,f22所以fxx故选：C 7．D 【分析】

log2311，所以f44log232122log232log2332.

9由题意得出方程axb0的根为x1，且a<0，然后将不等式【详解】

axbx10变形为0，解出该不等式即可. x2x2ab0，由于关于x的不等式axb0的解集为xx1，则关于x的方程axb0的根为x1，且a<0，得ba.

不等式

axbaxax10即0，等价于0，解得1x2. x2x2x2axb0的解集为x1x2. x2因此，不等式

答案第5页，共15页

故选D. 【点睛】

本题考查一元一次不等式解集与系数的关系，同时也考查了分式不等式的解法，考查运算求解能力，属于基础题. 8．D 【分析】

先判断出函数的奇偶性和单调性，利用奇偶性将不等式进行转化，再利用单调性解函数不等式，转化具体不等式，借助一次函数的性质可得x的不等式组，解出可得答案 【详解】

由题意得，函数的定义域是R，且f(x)(x)3(x)(x3x)f(x)，所以f(x)是奇函数， 又函数yx3与函数yx都是R上的增函数，则f(x)在R上单调递增， 所以f(mx2)f(x)0可化为：f(mx2)f(x)f(x)， 由f(x)递增知：mx2x，即mxx20，

则对任意的m[2,2]，f(mx2)f(x)0恒成立，等价于对任意的m[2,2]，mxx20恒成立，

2xx2022所以，解得2x，即x的取值范围是2,，

332xx20故选：D． 9．ABD 【分析】

结合fx的图像，根据奇函数的对称性，分析函数fx的值域、单调性、函数值，由此确定正确选项. 【详解】

11解：根据图像可知：x4,0时，fx2,2，fx在4,2,,0递减，在2,上递增，

224时，fx2，2，A正确； 所以根据奇函数性质，当x0，11当x0时，fx在2,4,0,递减，在,2上递增，故BD正确.

22

113由于fx在,2上递增，所以ff，故C错误.

222

故选：ABD 10．ABC 【分析】

画出函数yx24x2的图象，结合值域可得实数m的取值范围，从而可得正确的选项. 【详解】

答案第6页，共15页

函数yx24x2的图象如图所示：

因为函数在[0,m]上的值域为[6,2]，结合图象可得2m4， 故选：ABC. 11．BD 【分析】

根据复合函数定义域判断A；根据函数图像平移判断BD；根据幂函数的性质判断C. 【详解】

4，故错误； 2]，则函数fx的定义域为0，解：对于A，若函数f2x的定义域为[0，对于B，函数yfx向右平移1个单位，再向上平移1个单位得到函数yfx11图像，由于yfx过定

，2，正确； ，故函数yfx11经过定点1，点01对于C，幂函数yx 在0,是减函数，由于gxx232313x2，定义域为,00,，

gx13x213x2gx，

0是增函数，故错误； yx为偶函数，故幂函数yx 在，2323对于D，fx52x12x2552，其图像由y向左平移2个单位，再向上平移2个单位得到，且

xx2x2x252x12成中心对称，正确. y图像关于原点对称，故fx图像关于点2，xx2故选：BD 12．AC

答案第7页，共15页

【解析】

根据定义，先计算y42xx2在x[3，3]上的最大值，然后利用条件函数f(x)最大值为4，确定t的取值即可． 【详解】

y42xx2在x[3，3]上的最大值为5，

所以由42xx24，解得x2或x0， 所以x0,2时，y42xx24，

所以要使函数f(x)最大值为4，则根据定义可知，

当t1时，即x2时，2t4，此时解得t2，符合题意； 当t1时，即x0时，0t4，此时解得t4，符合题意； 故t2或4， 故选：AC 13．51 【解析】

直接利用分数指数幂的运算法则进行求值. 【详解】

原式0.223312527151. 故答案为：51. 【点睛】

本题考查分数指数幂的运算，考查运算求解能力，属于基础题. 14．1,3 【分析】

先根据函数fxx1xb为偶函数分析得到b1,再解不等式f3x0得其解集. 【详解】

2解：因为函数fxx1xbxb1xb为偶函数，且在0,单调递增，

所以b10，解得b1，即fxx21，显然满足条件. 22所以f2x2x1x24x3x1x30，解得1x3， 所以，f2x0的解集为1,3 故答案为：1,3

答案第8页，共15页

15．2,6 【分析】

22根据不等式有解可得当x1,6时，a4ax4xmax，结合二次函数的最值可求得结果.

【详解】

22x24x4aa2在1,6内有解，a4ax4xmax，其中x1,6； 2设yx4x1x6，则当x6时，ymax362412，

a24a12，解得：2a6，a的取值范围为2,6.

故答案为：2,6. 316．,3

2【分析】 由已知可得出

119m2n，等式两边同时乘以m2n，利用基本不等式可得出关于m2n的不等式，即2mn2可解得m2n的取值范围. 【详解】 由已知可得

119m2n， 2mn2等式两边同时乘以m2n可得

9112， m2nm2nm2n22mnmn9115mn52，当且仅当mn时取等号， 因为m2nnm22mn2nm29932m2nm2n，即2m2n29m2n90，解得m2n3. 2223故答案为：,3.

2所以，

17．(1),34, (2)2,3 【分析】

（1）解不等式求得集合A,B，由此求得AUB； （2）根据BCC列不等式，从而求得a的取值范围. 【详解】

答案第9页，共15页

2（1）解：x4x3x1x301x3，所以A1,3.

x20x2x402x4，所以B2,4， x4所以

UB,24,，所以AUB,34,.

a22a3， （2）解：由于BCC，则CB，所以a14所以a的取值范围是2,3. 18．(1)(2) 【分析】

（1）利用基本不等式求得正确答案.

（2）利用“1的代换”的方法，结合基本不等式求得正确答案. 【详解】

1； 4322 2xy1

（1）xy，

42当且仅当xy21时等号成立， 21. 4所以xy的最大值是

（2）xy1,xy12，

12112xy1 xy12xy11y12x1y12x322332， 2xy12xy12当且仅当

y12x,y12x,x222,y322时等号成立. xy112322. 所以的最小值为xy1219．(1)1

0上单调递减，证明见解析 (2)在0,上单调递增，在，9(3),

2答案第10页，共15页

【分析】

（1）由fxfx求得a的值.

（2）利用定义法对fx的单调性进行判断.

（3）通过求fx、gx的最值，结合对k分类讨论来求得k的取值范围. 【详解】

（1）fx的定义域是x|x0，

fx是偶函数，所以fxfx， 即

x1xax1xa，

x2x2整理得2a1x0恒成立，所以a1. （2）fxx1x11x210上单调递减，证明如下： ，fx在0,上单调递增，在，2x任取0x1x2，fx1fx211x1x2x1x22， 22x2x1x12x22x1x20,x12x20,x1x20，所以fx1fx20,fx1fx2，

0上单调递减. 所以fx在0,上单调递增，根据偶函数的性质可知fx，在，（3）依题意，gxkx52k，fx11， x2，，使得fx1gx2成立， 若对任意的x11,2，总存在x201即fx1maxgx2max.

由（2）得fx在1,2上递增，最大值为f21. 2，上的最大值是g15k， 当k0时，gx在区间01所以5k19，解得0k. 22，上的最大值是g052k， 当k0时，gx在区间01所以52k1，解得k0. 29综上所述，k的取值范围是,

2答案第11页，共15页

x22x,x020．（1）fx0,x0（2）存在a0,b1符合题意，详见解析

x22x,x0【分析】

（I）根据x0时fx的表达式，利用函数是定义在R上的奇函数，求出当x0时fx的表达式，再由f00，即可写出函数fx分段函数形式的解析式；

2（2）假设存在满足条件的a，b， 由fxx2x1可得b1，由此可知fx在xa,b上的单调性，从而可

以列方程求解． 【详解】

解：1由题意，当x0时，x0

则fxx2xx22x，由fx是定义在R上的奇函数

22得fxfxx2x，且f00

x22x,x0 综上：fx0,x0x22x,x02假设存在这样的a,b符合题意，

由题意知，a0,b0,ab 由1知，当x0时，fx1， 故b1，即b1，

故fx在a,b上单调递减，从而有

faaa0 ，即a,b是方程x22xx的两个根，解得fbbb1故假设成立，即存在a0,b1符合题意． 【点睛】

本题着重考查了函数的奇偶性与单调性及其应用，特别是第（2）问，通过条件判断出b1，从而知道了fx在a,b上的单调性，避免了分类讨论，属于中档题．

21．（1）当左右两侧墙的长度为4米时，甲工程队的报价最低为28800元；（2）0a12. 【分析】

答案第12页，共15页

16（1）甲工程队的总造价为y元，求出y1800x144001x5，再利用基本不等式求解；

x1800a1x16x4（2）由题意可得1800x14400对任意的x1,5恒成立，化简得a恒成立，利用基

xxx12x4本不等式求函数yx1【详解】

2的最小值得解.

（1）甲工程队的总造价为y元，

2416则y33002x400144001800x144001x5，

xx16161800x1440018002x1440028800.

xx当且仅当x16，即x4时等号成立. x即当左右两侧墙的长度为4米时，甲工程队的报价最低为28800元.

1800a1x16（2）由题意可得，1800x14400对任意的x1,5恒成立.

xxx4即x2a1xx4，从而a恒成立，

xx122x4令x1t2,6，

x1t3t299t62t612，

tt故ymin12.所以0a12. 【点睛】

本题主要考查基本不等式的应用，考查不等式的恒成立问题的求解，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平. 22．(1)f13

2(2)fxx2x

(3),

72 【分析】

2（1）在不等式4x1fx2x1中，令x1可求得f1的值；

b2f112（2）由已知可可得，再由4x1fx2x1恒成立可得出关于a的不等式，解出a的值，

ac1f13即可得出函数fx的解析式；

答案第13页，共15页

1（3）分6m1、1m两种情况讨论，分析函数gx在m,0上的单调性，求出函数gx在区间m,0上

2的最小值Gm，再结合参变量法可求得实数的取值范围. 【详解】

2（1）解：对任意xR，都有4x1fx2x1恒成立．

令x1，可得3f13，所以f13.

abc1b2f11（2）解：由，知，得．

f13abc3ac1由fx4x1对任意xR恒成立，可得不等式ax22x2a0对任意xR恒成立．

a022则，即a120，又a10，故a10， Δ44a2a02所以a1，c0，则fxx2x，

因为2x21fxx22x1x10对任意的xR恒成立，合乎题意.

2综上所述，函数fx的解析式为fxx2x.

2x22x,x2（3）解：由（2）可得gx122，则函数gx在R上连续.

xx,x233①当6m1时，gx在m,1上单调递减，在1,0上单调递增， 所以gxming11；

1①当1m时，gx在m,0上单调递增，

22所以gxmingmm2m．

1,6m1综上，Gm21.

m2m,1m2当6m1时，Gmm1恒成立， 即m20对m6,1恒成立，即易得函数y2， m2在6,1上单调递增，y2，所以，2； m11当1m时，Gmm1恒成立，即m2恒成立，

m2因为函数ym2、y1在6,1上均为增函数， m答案第14页，共15页

则函数ym17712在1,上单调递增，且其最大值为，所以，.

2m2272综上所述，实数的取值范围是,.

【点睛】

结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解： （1）xD，mfxmfxmin； （2）xD，mfxmfxmax； （3）xD，mfxmfxmax； （4）xD，mfxmfxmin.

答案第15页，共15页