2023-2024学年青岛市莱西市高一数学上学期期中考试卷附答案解析

（试卷满分150分，考试时间120分钟）2023.11一、单项选择题：本大题共8小题，每小题5分，共40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．已知集合Myy2x,x1

，Nxyxx2，则MN等于（）A．B．2C．0,2D．,22．已知函数fx是定义在R上的函数，命题p：“函数fx的最小值为3”，则p是（）A．对任意xR，都有fx3B．存在xR，使得fx3C．对任意xR，都有fx3

D．“‘存在xR，使得fx3

’或‘对任意xR，都有fx3

’”m3．如图所示是函数yxn（m、nN*

且互质）的图象，则（）mmA．m，n是奇数且n1

B．m是偶数，n是奇数，且n1

mC．m是偶数，n是奇数，且n1mD．m，n是偶数，且n14．若函数yx22a1x1

在区间2,上是增函数，则实数a的取值范围是（）333A．

32,

B．

,2C．2,



D．,25．函数fx3x2

3x3x的图象大致是（）A．B．C．D．6．已知函数yf3xfx1的定义域为1,2，则函数y

x2的定义域为（）1A．1,1B．0,1C．2,8D．0,22,3kxb

7．某食品的保鲜时间y（单位：小时）与储藏温度x（单位：℃）满足函数关系ye

（e2.718为自然对数的底数，k，b为常数）．若该食品在0℃的保鲜时间是192小时，在22℃的保鲜时间是48小时，则该食品在33℃的保鲜时间是（）A．16小时B．20小时C．24小时D．28小时ax2bx1

fx2f1

x1在其定义域内为偶函数，且2，则8．已知函数111

ffff1f2f2023202320222（）4045A．24043B．2C．2021D．0二、多项选择题：本大题共4个小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求，全部选对的得5分，选对但不全的得2分，有选锗的得0分．9．若非空集合M，N，P满足：MNN，MPP，则（A．NPP

B．PM

C．N∩PN

D．）NðPM

10．若a0ba，cd0，则下列结论正确的是（）ad0adcbdcadbcdcA．B．C．acbdD．1,xQ

fx

0,xðRQ，则下列关于狄利克雷函数的结论正11．狄利克雷函数是一个经典的函数，其解析式为确的是（A．fx）是偶函数B．xR，ffx1

11x|f(x)x|f(x)22C．D．对任意x1R

，都存在fxx2Q

，fx1x2fx1fx4

12．已知函数，gx是定义在R上的函数，其中是奇函数，gx是偶函数，且fxgxax2x

gx1gx2，若对于任意x1x22

，都有x1x2，则实数a可以为（）A．2B．1C．2D．0三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．213．已知函数f(x)，g(x)分别由下表给出：则满足f(g(x))＝g(f(x))的x的值为xf(x)g(x)113232313432.14．李华自主创业，在网上经营一家水果店，销售的水果中有草莓、京白梨、西瓜、桃，价格依次为40元/盒、45元/盒、60元/盒、70元/盒．为增加销量，李华对这四种水果进行促销：一次购买水果的总价达到80元，顾客就少付x元．每笔订单顾客网上支付成功后，李明会得到支付款的80%．①当x10时，顾客一次购买草莓和西瓜各1盒，需要支付元．②在促销活动中，为保证李明每笔订单得到的金额均不低于促销前总价的七折，则x的最大值为15．写出一个同时具有下列性质①②③的函数①fx

．fxfx1x2fx1fx2；②fx在x0,单调递增；③是偶函数．16．已知ab，cd，设不等式xaxbx0的解集为xdxc，则不等式xcxdx0

的解集为．四、解答题：共70分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．1

fxax1

x（aR）．17．已知(1)当a1时，求不等式(2)若fx1fx1的解集；x2,4时，fx0

有实数解，求a的范围．18．已知x表示不超过x的最大整数，称为高斯取整函数，例如3,43，4,25，不等式5≤x16

2

的解集为A，不等式 2x3x20≤0的解集为B．(1)求AB，AðRB44aabxxAab的最小值．(2)已知，正数a，b满足，求x5

Bx0

x．19．已知集合A＝{x||x|－2≤0}，集合(1)设a为实数，若集合C＝{x|x≥3a且x≤2a＋1}，且C⊆（A∩B），求a的取值范围：11

Dxx22mxmm0

22(2)设m为实数，集合，若x∈（A∪B）是x∈D的必要不充分条件，判断满足条件的m是否存在，若存在，求m的取值范围：若不存在，请说明理由．1

fxxm

3120．已知函数（mR）3(1)判断函数fx在,0内的单调性，并证明你的结论；gxxfx(2)是否存在m，使得为偶函数？若存在，求出m的值；若不存在，说明理由．21．某群体的人均通勤时间，是指单日内该群体中成员从居住地到工作地的平均用时．某地上班族S中的成员仅以自驾或公交方式通勤．分析显示：当S中x%（0x100）的成员自驾时，自驾群体的人均通勤30,0x30fx1800

2x90,30x100x时间为：（单位：分钟），而公交群体的人均通勤时间不受x影响，恒为40分钟．试根据上述分析结果回答下列问题：(1)当x在什么范围时，公交群体的人均通勤时间少于自驾群体的人均通勤时间？(2)求该地上班族S的人均通勤时间给出合理建议．22．设函数fxgx的表达式：讨论gx的单调性，说明其实际意义并结合实际意义的定义域是0,，且对任意的正实数x、y都有fxyfxfy恒成立，已1f4

fx016，且0x1时，1

f

f1(1)求与2的值；(2)求证：函数fx在0,上单调递减；1

23fx22

(3)解不等式1．Cfx1

【分析】根据指数函数的性质求值域可得集合M，根据函数定义域求解一元二次不等式得集合N，再根据并集的概念运算即可.【详解】由于函数y2在x,1上递增，所以当x1时，0y2，即M0,222N0,1又函数yxx的定义域满足xx0，解得0x1，故，0,2.所以MN

故选：C.2．D【分析】根据全称命题的否定即可求解.【详解】命题p：“函数fx的最小值为3”是一个全称命题，故其否定是一个特称命题.4fx3fx3fx所以p是函数的最小值不是3，即“存在xR，使得”或“对任意xR，都有”.故选：D.3．B【分析】根据图象得到函数的奇偶性及mn0,上单调递增，结合m、nN*且互质，从而得到答案.0,上单调递增，【详解】由图象可看出yx为偶函数，且在m

0,1*n故且m为偶数，又m、nN且互质，故n是奇数.故选：B4．A【分析】根据二次函数性质运算求解即可【详解】因为函数若函数yx2a1x1

2

开口向上，对称轴为x

1a2，yx22a1x1

在区间2,上是增函数，313,a2a

；2，故实数a的取值范围是2则2，所以故选：A．5．B【分析】根据题意，得到函数fx为偶函数，且当x0时，fx0

，结合选项，即可求解.3x23(x)23x2

fxxxfxxxxxfx33，可得其定义域为R，且3333【详解】由函数，所以函数fx为偶函数，其图象关于y轴对称，又由x0时，故选：B.6．Cfx0

，结合选项，只有B项符合题意.【分析】先由函数【详解】函数所以函数yf3

x

的定义域得函数fx的定义域，从而进一步可求出函数y

fx1x2的定义域.yf3xxx1,23x3,91,2y3的定义域为，易知是增函数，时，.fx的定义域为3,9.3x19fx1y

x2的定义域为x20，即x2,8.于是函数5故选：C.7．C【分析】将两组数据代入解析式可得e11k

1

2，192eb，当x33时，利用指数函数的运算即可得到保鲜时间.【详解】由已知得192eb①，48e22kbe22keb②，e22k11将①代入②得4，则e11k2．3ye33kbe33keb当x33时，1219224，所以该食品在33℃的保鲜时间是24小时，故选：C．8．Afxf【分析】根据条件先求解出a,b的值，然后分析1x的取值特点，从而求解出结果.ax2bxax2b【详解】因为fx为偶函数，所以fx=fx，所以x21xx21

，所以2bx0且x不恒为0，所以b0，fxax2

x21又因为f1

1

a2，所以212，所以a1，所以fxx2x21，fx2f1x12x21xxx211221又因为x21x11x，f所以12023

f12022f1

2f1f2f2023202211404522，故选：A.9．ACD【分析】先根据交集、并集运算的结果得到NM,MP，然后再逐项进行判断.【详解】因为MNN，MPP，所以NM,MP，所以NMP，对于A：因为NP，所以NPP，故正确；对于B：因为MP，所以PM不一定成立，故错误；6对于C：因为NP，所以N∩PN，故正确；MðPMNðPM

对于D：因为NM，，所以，故正确；故选：ACD.10．ACD【分析】根据不等式的性质逐项进行判断.【详解】A：因为a0,b0,c0,d0，所以ad0bc，故正确；adacd2dccd，其中acd2的正负无法确定，故错误；B：因为C：因为cd0，所以cd，所以acad，又因为ab，所以adbd，所以acbd，故正确；adcbdcD：因为cd0，所以dc0，又因为a0b，所以，故正确；故选：ACD.11．ABD【分析】根据给定的函数求函数值域，判断奇偶性，求函数值逐项判断即可．【详解】当xQ，则xQ，所以f(x)f(x)1，当xðRQ，则xðRQ，所以f(x)f(x)0，又f(x)的定义域为R，故f(x)是偶函数，故A正确；由函数f(x)的值域是{0,1}知道，0,1Q，所以xR，f(f(x))1，故B正确；f(x)

1

2，所以f(x)0，所以xðRQ，由f(x)

1

2，所以f(x)1，所以xQ，11{x|f(x)}xf(x)22，故C错误；所以因为当x2Q

，所以当x1Q

时，，x1x2Q

，fx1x2fx11

，故对任意x1R

x1ðRQ

时，x1x2ðRQ

fx1x2fx10

，都存在x2Q

，fx1x2fx1，故D正确.故选：ABD.12．BC7【分析】结合函数奇偶性得到gxax2，题目条件变形后得到gx14x1gx24x2

，令hxgx4xax24x

，则hx在2,上单调递增，分a0和a0两种情况，结合根的判别式得到不等式，求出a1，得到答案.【详解】又故fxfxgxax2x

fxgxax2xxx①中将换为得，，是奇函数，gx是偶函数，所以fxfx,gxgx，，fxgxax2x②，①＋②得，gxax24

gx1gx2对于任意故令x1x22

，都有x1x2，，gx1gx24x14x2

，即gx14x1gx24x2

hx在hxgx4xax24x

hx4x

，则2,上单调递增，若a0，则，不满足在2,上单调递增，舍去，a0422aa0若，则要满足，解得a1，故AD错误，BC正确.故选：BC13．2或4【分析】对于x的任一取值，分别计算fgx和gfx的值若两个值相等，则为正确的值.fg1f31,gf1g13

【详解】当x1时，，不合题意.当x2时，fg2f23,gf2g33fg3f31,gf3g13，符合题意.当x3时，，不合题意.当x4时，fg4f23,gf4g33

，符合题意.故填2或4.【点睛】本小题主要考查函数的对应法则，考查复合函数求值.在计算这类型题目的过程中，往往先算出内部函数对应的函数值，再计算外部函数的函数值.属于基础题.14．9010【分析】（1）根据题意可得顾客需要支付的费用；（2）设M是总价，据题意，在M80时，列出不等式0.8(Mx)0.7x，解之可得，注意分类讨论．【详解】（1）顾客一次购买草莓和西瓜各1盒，由草莓40元/盒，西瓜60元/盒，得总价为4060100元.8因为一次购买水果的总价达到80元，顾客就少付10元，所以支付元1001090（元）；（2）设订单总价为M，若0M80，没有优惠，符合题意；若M80，则0.8(Mx)0.7M，所以x10，最大值为10．故答案为：（1）90；（2）10.15．x

MM80

10

8，而88，fxx2

（答案不唯一）【分析】根据性质①②③找出符合题意的一个【详解】由性质②可以取二次函数故答案为：fxfxx2

.是偶函数，也符合.在x0,单调递增；③fxfxx2

，经检验，对性质①fx1x2fx1fx2fxx2

（答案不唯一）16．{x|xb或xa}

【分析】利用韦达定理可得a、b、c、d的关系，代入目标不等式求解可得.【详解】由题知，c,d为方程xaxbx0的两根，xaxbxx2(ab1)xab0因为所以cdab1,cdab

xcxdx0x2(cd1)xcd0x2(ab)xab0所以2

解方程x(ab)xab0得，x1a,x2b

因为ab，所以不等式xcxdx0的解集为{x|xb或xa}.故答案为：{x|xb或xa}

11,x1x017．(1)(2)620【分析】（1）将a1代入得a

1xx1fxx

11

x，再代入不等式移项通分，进而解分式不等式得到答案.1xx1gx

（2）由题意得得到a的范围.，令，进而利用单调性和不等式的性质求gx的值域，于是9【详解】（1）当a1时，1111x11x11

xx1，即xx1，代入原不等式：1

0

xx1fxx1

1x.移项通分，解得1x0.∴原不等式的解集为（2）由于a

x1x01

0x2,4x在上有解，fxax11

xx1所以，gx

即求由于1xx1在x2,4值域，xx16,20yxx1

在x2,4单调递增，所以，于是111

,xx1620

11gx,620.，即11

a,620．所以5ABx|x5

2，AðRBx|4x5(2)518．(1)【分析】（1）根据一元一次不等式得集合A，由一元二次不等式可得集合B，再根据集合的并集及补集与交集的运算即可；（2）根据集合与元素的关系可得abx4

，再利用基本不等式即可得最值.【详解】（1）不等式5≤x16，解得4x5，即

Ax|4x5，555Bx|x4ABx|x5x4

22， 2x23x20≤0，解得2，即，所以ðRB{x|x

5

2或x4}，由于所以AðRBx|4x5xx|4x5.abx4

（2）因为，所以，10b4a00

a0b0ab因为，，所以，44aab4ab4a1≥5ababab，b4a48ab3时，3，当且仅当ab即44a

ab取得最小值，最小值为5．912,(0,]1,2.19．(1)2；(2)存在；

【分析】（1）根据解绝对值不等式的公式，结合分式的性质、交集的定义、子集的性质进行求解即可；（2）根据必要不充分条件的定义，结合一元二次不等式的解法进行求解即可.【详解】（1）x2≤0x≤22≤x≤2

，所以A2,2，x0x5

00x5

xx50x，，所以B0,5，（1）由已知得AB0,2①C时，2a13aa1，此时满足题意；2a1210a2②C时，a1，要满足题意需3a01

(0,]1,综上所述，a的取值范围是2；（2）由已知得AB2,5，由题意得D是AB的真子集x22m1xmm21xmxm2111

x≤mDm,m≤0m≤22，所以2，

m2

19m52≤m≤22要满足题意需（等号不同时成立）9

2,2．答：满足条件的m存在，取值范围是

20．(1)函数fx在,0内单调递减，证明见解析(2)存在；m

1

2【分析】（1）结合指数运算利用单调性定义证明单调性即可；（2）根据偶函数的定义列方程求解即可得m的值.11【详解】（1）函数fx在,0内单调递减，理由如下：任取x1，x2,0，且x1x2fx1fx211

3x23x1则3x11m3x21m3x

113x21由于x1x20，可得03x13x2

1，所以3x23x10，3x110，3x210，所以fx1fx20

，即fx1fx2，所以当m取任意实数时，函数fx在,0内单调递减（2）假设存在m，使得函数gx为偶函数，gx的定义域为,0U0,，所以由gxgx，即xfxxfx，即fxfx，1可得3x1m11

3x1m，解得m

2因此，存在m

12，使得gxxfx为偶函数21．(1)45x100(2)答案见解析【分析】（1）根据题意列不等式求解即可得答案；（2）根据实际意义得函数gx的表达式，再根据分段函数确定函数单调性即可得结论.【详解】（1）由题意得2x

1800

x9040且30x100．化简得x265x9000，即x45x200．所以x20或x45．综上所述，当45x100时，公交群体的人均通勤时间少于自驾群体的人均通勤时间．30S

x10040Sx1100（2）①若0x30，则gx

S40x

10．2x1800x90Sx

x10040S1100

②若30x100，则gxS150x21310x58

．12x340,0x3010gx

1x213x58,30x1001050所以．当0x30时，gx单调递减；所以gx≥37

当30x100时，gx

121365

xx58x050102，的对称轴为6565

30,,100

2单调递减且gx37，2单调递增．所以

6565

,1000,

单调递增综上所述，2单调递减，2即：当S中的自驾人数比例在人数比例在0,32.5%时，人均通勤时间随着成员自驾的比例增加而减少；当S中的自驾32.5%,100%时，人均通勤时间随着成员自驾比例增加而增加，当S中32.5%的成员自驾时，该地上班族S的人均通勤时间达到最小值36.875分钟．实际意义是：自驾人数在一定范围内增加时，交通顺畅；当随着范围进一步增加，交通拥堵，导致通勤时间增多．所以，对该地区要自驾人数．41xx4或x2f1f10322．(1)，2(2)证明见解析(3)

1f4

f1【分析】（1）根据抽象函数的性质结合16，采用赋值法求解与1f2的值即可；x

fx1f2fx2fx0fxfx1x1（2）设x1x20，则，根据0x1时，可得2的符号，从而证得单调性；1

fx2

（3）结合抽象函数的性质将不等式转化为4

合.【详解】（1）令x1，y1，则xy

1

4，则可得3fx22，结合单调性解不等式即可得x的取值集f1f1f11f44，故f10

令1f161f41f24，令xy

1

2，得1111fff2f14222，13fxfx2

1fx（2）设x1x20，则x21fxfxx



21f2即x1，0

xfx2∵x211

，故x1

0，即fx2fx1，故fx在0,上单调递减fx1

1f（3）由于232x2，2fxf1所以23f2x22f1xf3

22x2

ff所以2

，即1x

34

2x2．因为fx在0,上单调递减，1所以4x232x204

，解得x>4或3x2

，xx4或4

x2

所以不等式的解为：

3.14