2024-2025学年上海市静安区华东模范中学高一（上）期末数学试卷（含答案）

第=page11页，共=sectionpages11页2024-2025学年上海市静安区华东模范中学高一（上）期末数学试卷一、单选题：本题共3小题，每小题4分，共12分。在每小题给出的选项中，只有一项是符合题目要求的。1.已知p是q的充分非必要条件，q的充要条件是r，则r是p的(

)A.充分非必要条件 B.必要非充分条件

C.充要条件 D.既非充分也非必要条件2.已知函数y=f(x)可表示为(

)x0<x<22≤x<44≤x<66≤x≤8y1234则下列结论正确的是(

)A.f(f(4))=3 B.f(x)的值域是{1,2,3,4}

C.f(x)的值域是[1,4] D.f(x)在区间[4,8]上单调递增3.已知f(x)=ax2+bx+c(a≠0)，且方程f(x)=x无实根．现有四个命题

①若a>0，则不等式f[f(x)]>x对一切x∈R成立；

②若a<0，则必存在实数x0使不等式f[f(x0)]>x0成立；

③方程f[f(x)]=x一定没有实数根；

④若a+b+c=0，则不等式A.1个 B.2个 C.3个 D.4个二、填空题：本题共10小题，每小题4分，共40分。4.若集合A={x|x>1}，B={0,1,2,3}，则A∩B=______．5.对任意的a∈R，幂函数y=xa的图像一定不经过第______象限．6.函数f(x)=x+1−x+3x≤1x>1，则f(f(2))=7.已知(13)m=5,9n=2，则log320=8.不等式x3+2x−3>0的解集为______．9.若关于x的不等式(a2−4)x210.若函数f(x)=(x−a)2,x≤0x+1x11.已知a>1，b>1，当b变化时，logab+logb(a212.若对任意x∈[1,2]，均有|x2−a|+|x+a|=|x213.设f(x)=|x+1x|+|1−1x|，若存在a∈R使得关于x的方程三、解答题：本题共5小题，共48分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。14.(本小题8分)

考查关于x的方程x2−(3−t)x+2+t=0．

(1)若该方程的两个实数根x1，x2满足(x1+x2)x15.(本小题8分)

已知函数f(x)=x2+a．

(1)若函数y=f[f(x)]的图象过原点，求f(x)的解析式；

(2)若F(x)=f(x)+2bx+1是偶函数，在定义域上F(x)≥ax16.(本小题8分)

已知a>0，函数f(x)=ax−bx2．

(1)当b>0时，若对任意x∈R都有f(x)≤1，证明a≤2b；

(2)当b>1时，证明：对任意x∈[0,1]，|f(x)|≤1的充要条件是b−1≤a≤2b；

(3)当0<b≤117.(本小题12分)

对于两个实数a，b，规定a∗b=|a−b|，

(1)证明：关于x的不等式x∗2+x∗3≥1解集为R；

(2)若关于x的不等式x∗1−x∗(2a)>1的解集非空，求实数a的取值范围；

(3)设关于x的不等式x∗a<−ax2+202的解集为A，试探究是否存在自然数a，使得不等式x2+x−2<0与x∗18.(本小题12分)

对于函数f(x)，若其定义域内存在非零实数x满足f(−x)=−f(x)，则称f(x)为“局部奇函数”．

(1)已知函数f(x)=x−2x+1，判断f(x)是否为“局部奇函数”．

(2)若幂函数g(x)=(n−1)x3−n(n∈R)使得f(x)=2g(x)+m在[−1,1]上是“局部奇函数”，求：m的取值范围．

(3)若整数m使得参考答案1.B

2.B

3.C

4.{2,3}

5.四

6.2

7.4n−m

8.(1,+∞)

9.(−∞,−2)∪[65，10.[0,2]

11.2

12.[−1,1]

13.(414.解：(1)由题意，得Δ=(3−t)2−4(2+t)≥0x1+x2=3−tx1x2=2+t，

所以t≤5−26或t≥5+26，

因为(x1+x2)x1x2=−6，所以(3−t)⋅(2+t)=−6，

解得t=−3或4(舍去)，所以t=−3．

(2)由x2−(3−t)x+2+t=0，x∈[0,2]，

得−t=x2−3x+2x+1=(x+1)2−5(x+1)+6x+1=x+1+6x+1−5，

所以5−t=x+1+6x+1，15.解：(1)由题设f[f(0)]=0，而f(0)=a，则f(a)=a2+a=0，可得a=−1或a=0，

当a=−1时，f(x)=x2−1；当a=0时，f(x)=x2；

(2)因为F(x)=f(x)+2bx+1是偶函数，

所以f(−x)+2−bx+1=f(x)+2bx+1，

则f(−x)−f(x)=2bx−1+2bx+1=4bxb2x2−1，

因为f(x)=x2+a，所以f(−x)−f(x)=x2+a−(x16.(1)证明：根据题设，对任意x∈R，都有f(x)≤1．

又f(x)=−b(x−a2b)2+a24b.∴f(a2b)=a24b≤1，

∵a>0，b>0，

∴a≤2b．

(2)证明：必要性：对任意x∈[0,1]，|f(x)|≤1⇒f(x)≥−1．

据此可推出f(1)≥−1，即a−b≥−1，

∴a≥b−1．

对任意x∈[0,1]，|f(x)|≤1⇒f(x)≤1，

因为b>1，可得0<1b<1，可推出f(1b)≤1，即a⋅1b−1≤1，

∴a≤2b，

∴b−1≤a≤2b．

充分性：因为b>1，a≥b−1，对任意x∈[0,1]，

可以推出ax−bx2≥b(x−x2)−x≥−x≥−1，即ax−bx2≥−1，

因为b>1，a≤2b对任意x∈[0,1]，

可以推出：2b−bx2≤−b(x−117.解：(1)证明：不等式x∗2+x∗3≥1化为|x−2|+|x−3|≥1，

当x>3时，(x−2)+(x−3)=2x−5≥1，解得x≥3，又x>3，所以x>3；

当2≤x≤3时，(x−2)+(3−x)=1，符合题意，则2≤x≤3；

当x<2时，−(x−2)−(x−3)=−2x+5≥1，解得x≤2，又x<2，所以x<2；

综上所述：x∈R，即关于x的不等式x∗2+x∗3≥1解集为R．

(2)不等式x∗1−x∗(2a)>1即|x−1|−|x−2a|>1解集非空，

记f(x)=|x−1|−|x−2a|，则f(x)max>1，

|x−1|−|x−2a|≤|x−1−x+2a|=|2a−1|，当(x−1)(x−2a)≥0等号成立．

故|2a−1|>1，解得a<0或a>1，故实数a的取值范围(−∞,0)∪(1,+∞)．

(3)由x2+x−2<0得(x+2)⋅(x−1)<0，解得−2<x<1；

不等式x∗12<x+22即|x−12|<x+22，也即|2x−1|<x+2，

当x≥12时，2x−1<x+2，解得x<3，故12≤x<3；

当x<12时，1−2x<x+2，解得x>−13，故−13<x<12．

综上所述：−13<x<3．

故(−2,3)⊆A．

不等式x∗a<−ax2+202即|x−a|<−ax2+202，也即ax2+2|x−a|−20<0，

当a=0时，2|x|<20，解得−10<x<10，满足条件；

当a≠0时，设g(x)=ax2+2|x−a|−20，

因为a>0，a∈N，所以g(−2)≤0，g(3)≤0，

所以4a+2|a+2|−20≤09a+2|3−a|−20≤0，解得a=1或a=2．

当a=1，g(x)=x2+2|x−1|−20，

当18.解：(1)因为f(x)=x−2x+1，

则f(−x)=−x−2−x+1=x+2x−1，

则f(−x)+f(x)=x+2x−1+x−2x+1=2x2+4(x+1)(x−1)，

因为2x2+4≥4恒成立，故不存在x使得(−x)+f(x)=0，即不存在x使得f(−x)=−f(x)，

所以f(x)不是“局部奇函数”．

(2)因为g(x)=(n−1)x3−n是幂函数，则n−1=1，所以n=2，

故g(x)=(n−1)x3−n=x，

所以f(x)=2g(x)+m=2x+m，

则f(−x)=2−x+m，

所以f(−x)+f(x)=2x+2−x+2m=0，

因为x