2023年12月10日发(作者：临汾市一模数学试卷分析)

高一数学必修1试题

1.已知全集I＝{0，1，2}，且满足CI

(A∪B)＝{2}的A、B共有组数

2.如果集合A＝{x|x＝2kπ+π，k∈Z}，B＝{x|x＝4kπ+π，k∈Z}，则集合A，B的关系

23.设A＝{x∈Z||x|≤2}，B＝{y|y＝x＋1，x∈A}，则B的元素个数是

4.若集合P＝{x|3

 (P∩Q)成立的所

有实数a的取值范围为

5.已知集合A＝B＝R，x∈A，y∈B，f:x→y＝ax＋b，若4和10的原象分别对应是6和9，

则19在f作用下的象为

3x－16.函数f(x)＝ (x∈R且x≠2)的值域为集合N，则集合{2,－2,－1,－3}中不属于N的元

2－x素是

7.已知f(x)是一次函数，且2f(2)－3f(1)＝5，2f(0)－f(－1)＝1，则f(x)的解析式为

8.下列各组函数中，表示同一函数的是

A.f(x)＝1，g(x)＝x0

x2－4B.f(x)＝x＋2，g(x)＝

x－2D.f(x)＝x，g(x)＝(x )2

x x≥0C.f(x)＝|x|，g(x)＝

－x x＜02

x x＞09. f(x)＝πx＝0， 则f{f［f(－3)］}等于

0 x＜0x10.已知2lg(x－2y)＝lgx＋lgy，则 的

y11.设x∈R，若a

12.若定义在区间（－1，0）内的函数f(x)＝log2a(x＋1)满足f(x)>0，则a的取值范围是

高一数学必修1试题

一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一1 / 6 项是符合题目要求的)

1.已知全集I＝{0，1，2}，且满足CI

(A∪B)＝{2}的A、B共有组数

A.5 B.7 C.9 D.11

2.如果集合A＝{x|x＝2kπ+π，k∈Z}，B＝{x|x＝4kπ+π，k∈Z}，则

C.A=B D.A∩B=

23.设A＝{x∈Z||x|≤2}，B＝{y|y＝x＋1，x∈A}，则B的元素个数是

A.5 B.4 C.3 D.2

4.若集合P＝{x|3

 (P∩Q)成立的所有实数a的取值范围为

A.(1，9) B.［1，9］ C.［6，9) D.(6，9］

5.已知集合A＝B＝R，x∈A，y∈B，f:x→y＝ax＋b，若4和10的原象分别对应是6和9，则19在f作用下的象为

A.18 B.30

27C.

2 D.28

3x－16.函数f(x)＝ (x∈R且x≠2)的值域为集合N，则集合{2,－2,－1,－3}中不属于N的元2－x素是

A.2 B.－2 C.－1 D.－3

7.已知f(x)是一次函数，且2f(2)－3f(1)＝5，2f(0)－f(－1)＝1，则f(x)的解析式为

A.3x－2 B.3x＋2 C.2x＋3 D.2x－3

8.下列各组函数中，表示同一函数的是

A.f(x)＝1，g(x)＝x0

x2－4B.f(x)＝x＋2，g(x)＝

x－2D.f(x)＝x，g(x)＝(x )2

x x≥0C.f(x)＝|x|，g(x)＝

－x x＜02

x x＞09. f(x)＝πx＝0， 则f{f［f(－3)］}等于

0 x＜0A.0 B.π C.π2

D.9

x10.已知2lg(x－2y)＝lgx＋lgy，则 的值为

yA.1 B.4 C.1或4

1D. 或4

411.设x∈R，若a

A.a≥1 B.a>1 C.0

12.若定义在区间（－1，0）内的函数f(x)＝log2a(x＋1)满足f(x)>0，则a的取值范围是

1A.(0， )

2

1B.(0，

2

1 C.( ，+∞)

2 D.(0，+∞)

二、填空题(本大题共6小题，每小题4分，共24分.把答案填在题中横线上)

13.若不等式x＋ax＋a－2>0的解集为R，则a可取值的集合为__________.

14.函数y＝x2＋x＋1 的定义域是______，值域为______.

2115.若不等式3x2ax>( )x+1对一切实数x恒成立，则实数a的取值范围为______.

32 / 6

2x132 x(,116.

f(x)＝，则f(x)值域为______.

1x32 x1,17.函数y＝1 的值域是__________.

2＋1x18.方程log2(2－2x)＋x＋99＝0的两个解的和是______.

三、解答题(本大题共5小题，共66分. 解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)

19.全集U＝R，A＝{x||x|≥1}，B＝{x|x2－2x－3＞0}，求(CUA)∩(CUB).

20.已知f(x)是定义在(0，+∞)上的增函数，且满足f(xy)＝f(x)＋f(y)，f(2)＝1.

（1）求证：f(8)＝3 (2)求不等式f(x)－f(x－2)>3的解集.

21.某租赁公司拥有汽车100辆，当每辆车的月租金为3000元时，可全部租出，当每辆车的月租金每增加50元时，未租出的车将会增加一辆，租出的车每辆每月需维护费150元，未租出的车每辆每月需要维护费50元.

（1）当每辆车的月租金定为3600元时，能租出多少辆车？

（2）当每辆车的月租金定为多少元时，租赁公司的月收益最大？最大月收益是多少？

22.已知函数f(x)＝log12x－log1x+5，x∈［2，4］，求f(x)的最大值及最小值.

44

a－23.已知函数f(x)＝2 (ax－ax)(a>0且a≠1)是R上的增函数，求a的取值范围.

a－2

答案

1、由题知A∪B={0，1}，所以A=或{0 }或{1}或{0,1}；对应的集合B可为{0,1}或{1}，{0,1}或{0}，{0,1}或，{0}，{1}，{0,1}

2、解：当k为偶数即k=2m,时A＝{x|x＝4mπ+π，m∈Z}，为奇数即k=2m+1,时A＝{x|x＝4mπ+2π，m∈Z},故.BA；注意m , k都是整数，虽字母不同但意义相同

3、解：A＝{-2，-1,0,1,2}，则B＝{5，2, 1}

3 / 6 2a134、解：由Q

 (P∩Q)知Q

P，故

3a5222a13a55、解：由题知

得6

46ab109ab得a=2 b=－8，19×2－8=28

6、解：令y=3x－12y1 得x=,当y=－3时x不存在，故－3是不属于N的元素

2－x3y7、解：设f(x)=ax＋b，则2(2a+b)－3(a+b)＝5, 2(0a+b)－[(－1)a+b]＝1，

解得a=3 b=－2 故f(x)=3x－2

8、解：A.f(x)定义域为R，g(x)定义域为x≠0 B.f(x)定义域为R，g(x)定义域为x≠2

Cf(x)去绝对值即为g(x)，为同一函数 D f(x)定义域为R，g(x)定义域为x≥2

9、解：－３＜０，则f(－３)＝０，f(０)＝π，π＞０，f(π)＝π2，f{f［f(－3)］}＝π2

x110、解(x－2y)2＝xy，得(x－y)(x－４y)＝０，x＝y或，x＝４y即 ＝ 或4

y411、解：要使a

x是增函数，只需求|x－3|＋|x＋7|的最小值，

2x7（x7）最小值为10去绝对值符号得|x－3|＋|x＋7|＝10

(7x3)2x4(x3)最小值为10故lg(|x－3|＋|x＋7|)的最小值为lg１０＝１，所以.a<1

12、解：由x（－1，0），得x＋1（0，1）,要使f(x)>0，由函数y＝logax的图像知

10＜2a＜1, 得0＜a＜

2

1、由题知A∪B={0，1}，所以A=或{0 }或{1}或{0,1}；对应的集合B可为{0,1}或{1}，{0,1}或{0}，{0,1}或，{0}，{1}，{0,1}

2、解：当k为偶数即k=2m,时A＝{x|x＝4mπ+π，m∈Z}，为奇数即k=2m+1,时A＝{x|x＝4mπ+2π，m∈Z},故.BA；注意m , k都是整数，虽字母不同但意义相同

3、解：A＝{-2，-1,0,1,2}，则B＝{5，2, 1}

2a134、解：由Q

 (P∩Q)知Q

P，故

3a5222a13a54 / 6

得6

46ab109ab得a=2 b=－8，19×2－8=28

6、解：令y=3x－12y1 得x=,当y=－3时x不存在，故－3是不属于N的元素

2－x3y7、解：设f(x)=ax＋b，则2(2a+b)－3(a+b)＝5, 2(0a+b)－[(－1)a+b]＝1，

解得a=3 b=－2 故f(x)=3x－2

8、解：A.f(x)定义域为R，g(x)定义域为x≠0 B.f(x)定义域为R，g(x)定义域为x≠2

Cf(x)去绝对值即为g(x)，为同一函数 D f(x)定义域为R，g(x)定义域为x≥2

9、解：－３＜０，则f(－３)＝０，f(０)＝π，π＞０，f(π)＝π2，f{f［f(－3)］}＝π2

x110、解(x－2y)2＝xy，得(x－y)(x－４y)＝０，x＝y或，x＝４y即 ＝ 或4

y411、解：要使a

x是增函数，只需求|x－3|＋|x＋7|的最小值，

2x7（x7）最小值为10去绝对值符号得|x－3|＋|x＋7|＝10

(7x3)2x4(x3)最小值为10故lg(|x－3|＋|x＋7|)的最小值为lg１０＝１，所以.a<1

12、解：由x（－1，0），得x＋1（0，1）,要使f(x)>0，由函数y＝logax的图像知

10＜2a＜1, 得0＜a＜

213、解：要不等式的解集为R，则△＜0，即a2－4a＋a＜0，解得a

33114、要使x2＋x＋1 由意义，须x2+x+1≥0,解得xR,由x2+x+1=（x+ ）2+≥,所以

244函数定义域为R值域为［3，+∞)

2215、解:原不等式可化为3x2ax>3－（x+1）对一切实数x恒成立，须x2－2ax>－(x+1)对一切实

13数x恒成立,即 x2－(2a－1)x+1> 0对一切实数x恒成立，须△＜0得－ < a <

221是增函数，当x≤1时0＜3x＜3，-2＜3x-1-2≤-1，而31-x-2=3·3-x

31是减函数，当x＞1时0＜3-x＜，-2＜31-x-2＜-1，故原函数值域为（-2，-1］

316、解：因3x-1-2=3x1xx17、解:∵2＞0,∴2+1＞1 ∴0＜x ＜1 函数值域为(0,1)

2＋1解：设方程log2（2-2x）+x+99=0的两个解为x1，x2，

∵log2（2-2x）+x+99=0∴log2（2-2x）=-( x+99)∴2-(

992100xx+99)= 2-2x∴12x99= 2-2x∴2(2x)-22+1=0

xx-99x1+x2-99992100-99令t=2x方程2t-2t+1=0 设此方程两根为t1，t2，∴t1t2=2∴21•22=2∴2=2∴x1+x2=-99故答案为：-99

19.解：全集U＝R，A＝{x||x|≥1}，∴CUA＝{x|x＜1} ，

B＝{x|x2－2x－3＞0}＝{x|x≤－1或x≥3}，∴CUB＝{x|－1＜x＜3}

∴(CUA)∩(CUB)＝{x|－1＜x＜1}

20（1）【证明】由题意得f(8)＝f(4×2)＝f(4)＋f(2)＝f(2×2)＋f(2)＝f(2)＋f(2)＋f(2)＝3f(2)5 / 6 又∵f(2)＝1 ∴f(8)＝3

(2)【解】不等式化为f(x)>f(x－2)+3

∵f(8)＝3 ∴f(x)>f(x－2)＋f(8)＝f(8x－16)

168(x2)0∵f(x)是（0，+∞）上的增函数∴解得2

7x8(x2)3600－300021.【解】（1）当每辆车月租金为3600元时，未租出的车辆数为 ＝12，所50以这时租出了88辆.

（2）设每辆车的月租金定为x元，则公司月收益为

x－3000x－3000f(x)＝(100－ )(x－150)－ ×50

5050x212整理得:f(x)＝－ ＋162x－2100＝－ (x－4050)＋307050

5050∴当x＝4050时，f(x)最大，最大值为f(4050)＝307050 元

22.【解】令t＝log1x∵x∈［2，4］，t＝log1x在定义域递减有

4411219log14

2244441123t∈［－1,－ ］∴当t＝－ 时，f(x)取最小值 当t＝－1时，f(x)取最大值7.

22423.【解】f(x)的定义域为R，设x1、x2∈R，且x1

则f(x2)－f(x1)＝＝2axxxx (a2－a2－a1+a1)

a－22a11xx (a2－a1)(1+x1x2)由于a>0，且a≠1，∴1＋x1x2>0

a－2aaaa2x2∵f(x)为增函数，则(a－2)( a解得a>2 或0

22a20a20－a)>0于是有x，

或xx1x122aa0aa0x16 / 6


更多推荐

小题,函数,每辆车,集合,增函数