开封高中 27届高一（上）期中测试试题
一、单项选择题（本题共 8小题，每小题5分，共 40分.在每个小题绐岀的四个选项中，只
有一项是符合题目要求的.）
3
1．已知集合 A = x∣ 5 x 5 ,B ={ 3, 1,0,2,3}，则 A B =
A．{ 1,0} B．{2,3}
C．{ 3, 1,0} D．{ 1,0,2}
2. 下列函数中，在区间 (0,+ )上单调递减的是
1
A. y = x B. y =
x
x
1
C. y = D. y = x
3
2
3．已知命题 p ： x R,| x+1| 1；命题q： x 0, x3 = x，下列正确的是
A． p 和 q都是真命题 B． p 和q都是真命题
C． p 和 q 都是真命题 D． p 和 q 都是真命题
3.1 1 3.1
1 1
4. 已知a = ,b = 3.1
2 ,c = ，则a,b,c 的大小关系为
2 3
A. c
5. 已知命题 p： x2 2x 0 ，那么命题 p的一个必要不充分条件是
A. 0 x 1 B. 1 x 2
C. 1 x 3 D. 0 x 2
6．设函数 f (x)定义域为 R ，满足 f (x)+ f ( x) = 0，且 f ( 2) = 0，若 f (x)在 (0,+ )上
单调递增，则不等式 x f (x) 0的解集为
A. ( , 2) (2,+ ) B. ( 2,0) (0,2)
C. ( , 2) (0，2) D. ( 2,0) (2,+ )
1
a
x , x
2
7. 已知函数 f (x) = 在R上单调递增，则a的取值范围是
1(2a 1) x, x
2
2 3 1 2+ 3
A. , B.
,+
2 2 2
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2 3 2+ 3
C. ,1 D. 1,
2
2
8. 某厂以 x 千克/小时 速度匀速生产某种产品（生产条件要求1 x 10），每小时可获
2
得利润100 3x +1 元，要使生产 100千克该产品获得的利润最大，该厂应选取的生
x
产速度是
A. 2千克/小时 B. 3千克/小时
C. 4千克/小时 D. 6千克/小时
二、多项选择题（本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.在每小题给出的选项中，有多项
符合题目要求.全部选对的得 5分，部分选对的得 2分，有选错的得 0分）
9. 下列命题中正确的是
A. 命题：“ x 0 ， x2 0” 的否定是 “ x 0， x2 0 ”
f (x) = ax 4B. 函数 +1（ a 0且 a 1）恒过定点 (4,2)
C. 已知函数 f (2x+1)的定义域为 1,1 ，则函数 f (x)的定义域为 1,3
D. 若函数 f ( x 1) = x 3 x ，则 f (x) = x2 x 2(x 1)
10. 已知定义在R上的函数 f (x)在 ( , 2 上单调递增，且 f (x+ 2)为偶函数，则（ ）
A. 直线 x = 2是 f (x)的对称轴
B. (2,0)是 f (x)的对称中心
C. f ( 1) f (4)
1
D. 不等式 f (x+3) f (4x)的解集为 , (1,+ )
5
3x 1
11．已知函数 f (x) = ，有如下四个结论：
3x +1
①函数 f (x)在其定义域内单调递减；
②函数 f (x)的值域为 (0,1)；
③函数 f (x)的图象是中心对称图形；
④方程 f (x) = x +1有且只有一个实根．
其中所有正确结论的序号是
{#{QQABQT YYa4QxggggCYokAARBAACACQ4hLCQQQFyUCiCAAiQKkQokKgQEJAcAgYOgAORABIKAARMDAiYAFBAiABFIAB=}A#A} =}#}
A. ① B. ② C. ③ D. ④
三、填空题（本题共 3小题，每小题 5分，共计 15分.）
12．函数 y = f (x)定义域为 I ，如果 x I ，都有 x I ，且 f ( x) = f (x) .
已知函数 f (x)的最大值是 2，则 f (x)的解析式可以是____
（答案不唯一，写出一个即可）
13. 已知正数m,n满足m+n=mn，则m+n的最小值是__________.
3x, x 0
14. 已知函数 f (x) = ，若 f (x)+ f (x 1) 1，则 x的取值范围是______.
2x
2, x 0
四、解答题（本题共5 小题，共计 77 分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.）
15．分别求解下面两个问题.
2
2
（1）化简求值： 5 32 + (0.125) 3 + (3 ) 3 25 6 25；
（2）函数 y = f (x) x为偶函数，当 x 0时， f (x) = 2 + x 1，
求：当 x 0时, f (x)的解析式.
16．已知函数 f (x) = ax2 2ax+b(a 0) 在区间[ 1,4]上的最小值为 1，最大值为 10.
（1）求a,b的值；
f (x)
（2）设 g(x) = ，利用定义证明：函数 g(x)在 ( 2,+ )上是增函数.
x
17．某商场经营一批进价是 30 元/件的商品，在市场试销中发现，此商品销售单价 x （单
位：元）与日销售量 y （单位：件）之间有如下关系：
x … 30 40 45 50 …
y … 60 30 15 0 …
（Ｉ）根据表中提供的数据描出实数对 (x, y)的对应点，根据画出的点猜想 y 与 x 之间的
函数关系，并写出一个函数解析式；
（Ⅱ）设经营此商品的日销售利润为P（单位：元），根据上述关系，写出P 关于 x 的函数
解析式，并求出销售单价为多少元时，才能获得最大的日销售利润.
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4x + a
18. 已知函数 f (x) = 为偶函数.
2x
（1）求出 a的值，并直接写出单调区间；
（2）若存在 x 0,1 ，使得不等式bf (2x)+1 f (x)成立，求实数b 的取值范围.
19.对于函数 f (x) ，若存在 x0 R ，使 f (x0 ) = x0 成立，则称 x0 为 f (x) 的不动点.
2
已知函数 f (x) =mx + (n 1)x+ n 8(m 0) .
（1）若对任意实数 n,函数 f (x)恒有两个相异的不动点，求实数m的取值范围；
m
（2）若 f (x)的两个不动点为 x1, x2 ，且 f (x1 )+ f (x2 ) = ，当1 m 3时，求实
m+ 2
数 n的取值范围.
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高一（上期）期中考试参考答案
一、单项选择题
1：A 2：C 3：B 4：A 5：B 6：B 7：B 8：C
第 8 题解析：
由题意得，生产 100 千克该产品获得的利润为
f (x) 100
2
= 100 3x 1 2 1 2
1 1
+
=10000
3+
2 =10000 2
+ + 3x ，1≤ x ≤10 ， x x x x x
t 1
2
= 1 ≤ t ≤1 f (t ) =10000( 2t 2 + t + 3) = 20000 t 1 25 1令 ， 10 ，则 4 16 ，故当 t = 时， f (t )x 4
最大，此时 x = 4 .
二、多选题
9：BCD
【详解】A 选项，“ x ≥ 0, x2 ≥ 0 ”的否定是“ x ≥ 0, x2 < 0 ”，A 错误；
B 选项，a > 0 且 a ≠1，当 x = 4 时， f (4) = a0 +1= 2 ，故函数 f (x) = a x 4 +1（ a > 0 且
a ≠1）恒过定点 (4, 2) ，B 正确；
C 选项，由 x∈[ 1,1] 得： 2x +1∈[ 1,3]，故函数 f (x)的定义域为[ 1,3]，C 正确；
2
D 选项， f ( x 1) = x 3 x = ( x 1) ( x 1) 2 ，且 x 1≥ 1，
故 f (x) = x2 x 2(x ≥ 1)，D 正确.
10：AD
【详解】因为 f (x + 2)为偶函数，其图象关于 y 轴对称，所以 f (x)图象的对称轴为直线
x = 2 ，故 A 正确，B 错误；
又 f (x)在 ( ∞, 2]上单调递增，所以 f (x)在[2,+∞)上单调递减，所以
f ( 1) = f (5) < f (4)，故 C 错误；
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由不等式 f (x + 3) > f (4x)结合 f (x)的对称性及单调性，得 x + 3 2 < 4x 2 ，即
1
(x + 3 2)2 < (4x 2)2 ，即 (5x 1)(3x 3) > 0，解得 x < 或 x >1，所以不等式
5
f (x 1+ 3) > f (4x) 的解集为 ∞, U(1,+∞)，故 D 正确，
5
11：CD
x x
【详解】 f (x) 3 1 的定义域为 R ， f (x) 3 +1 2 2= = =1 ，所以 f (x)在 R 上递增，
3x +1 3x +1 3x +1
①错误.
由于3x +1>1,0
1
< <1， 0 2< x < 2, 2
2
< < 0, 1<1 2
3x +1 3 +1 3x +1 3x
<1，
+1
所以 f (x)的值域为 ( 1,1) .②错
x x
由于 f ( x) 3 1 1 3= x = x = f (x)， 3 +1 1+ 3
所以 f (x)是奇函数，图象关于原点对称，③正确.
由 f (x) = x +1 2得1 x = x +1, x
2
x = 0 3 +1 3 +1
构造函数 g (x) = x 2 x ， g (x)在 R 上单调递增， 3 +1
x →+∞，此时 y →+∞， x → ∞，此时 y → ∞
所以 g (x)的图像与 x 轴只有一个交点，也即方程 f (x) = x +1有且只有一个实根，④正确.
所以正确结论的序号是③④.
三、填空题
12 : y 1= x2 + 2 13: 4 14： ，+∞
2
3x, x ≤ 0,
14：解析对于函数 f (x) = 2x2 , x > 0,
（i）当 x ≤ 0 ，则 f (x) + f (x 1) = 3x + 3(x 1) = 6x 3 > 1
1
解得 x > ，故此时 x 不存在；
3
（ii）当 0 < x ≤1，则 f (x) + f (x 1) = 2x2 + 3(x 1) = 2x2 + 3x 3 > 1，
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解得 x
1 1
> 或 x< 2 ，故此时 x 的取值范围为
2
，1 ；
2
（iii）当 x >1，则 f (x) + f (x 1) = 2x2 + 2(x 1)2 = 4x2 4x + 2 > 1，即 4x2 4x + 3 > 0 ，其
中 < 0 ，不等式恒成立，故此时 x 的取值范围为 (1,+∞) .
综上， x
1 1
的取值范围为 ,+∞ .故答案为： ,+∞
．
2 2
四、解答题
15：（1） 6+π （2） f (x) = 2 x x 1
16：解析：(1)因为 a > 0 ，二次函数 f (x) 的对称轴为 x =1，
所以 f (x) 在[ 1,1]上为减函数，在[1, 4] 上为增函数，
f (1) = b a =1, a =1
从而得
f (4)
，解得 ； = 8a + b =10, b = 2
f (x) 2
(2)由（1）得 f (x) = x2 2x + 2 ，则 g(x) = = x + 2，
x x
设任意的 x1, x2 ∈ ( 2,+∞) 且 x1 < x2 ，则 x2 x1 > 0 ，
( ) ( ) 2 2 ( ) 2 2 ( ) 2 (x2 x1 )(x1x2 2g x )2 g x1 = x2 + 2 x + 2 = x xx 1 x 2 1 + x x = x2 x1 1 = ， 2 1 2 1 x1x2 x1x2
因为 2 < x1 < x2 , x2 x1 > 0, x1x2 > 2 ，所以 x1x2 2 > 0, g (x2 ) g (x1 ) > 0 ，
2
所以 g (x2 ) > g (x1 )，所以 g(x) = x + 2 是 ( 2,+∞) 上的增函数. x
17:（1）由图可以看到这些点近似在一条直线上，设这条直线为 y = kx + b ，带入两组数据
（45，15）（50,0），解得 k = 3，b =150 ，所以 y = 3x +150
经检验，（30,60），（40,30）也在这条直线上，所以，所求函数的解析式为
y = 3x +150(30 < x < 50)
（2） P = y (x 30) = 3(x 40)2 + 300
当 x = 40 时， P 有最大值 300.
所以：销售价为 40 元时，才能获得最大利润。
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4x + a 4 x x18: (1)因为 f (x) = x ，所以 f ( x)
+ a 1+ a 4
=
2 2 x
=
2x
，
由偶函数知 f ( x) = f (x)，解得 a =1；
经检验 a =1时， f ( x) = f (x)，适合所以 a =1
x
即 f (x) 4 +1= x = 2
x 1+ ， 函数 f (x)在 ( ∞ ,0)上单调递减，在 (0,+∞x )上单调递增； 2 2
1 1 1 2 1
(2)由题意可得b 2x x 2 + +1≥22x
2 +
2x ，即
b 2x + 2x
2 +1≥ 2
x + ，
2
x
令 t = 2x
1 5
+ x ∈
2,
2
2 2 ，
b (t 2) +1≥ t ；
解一： g (t ) = bt 2 t +1 2b ，则 g (t ) ≥ 0 在 t∈ 2, 5 2 上有解，即
g (t ) ≥ 0
max
.
1 9 2 5 17 3 6 6
若 ≤ ，即 b ≥ ，此时 g (t ) = g = b ≥ 0max ，解得b ≥ ，∴b ≥ ； 2b 4 9 2 4 2 17 17
1 9
若 > ，即 0 b
2 1
< < ，此时 g (t ) = g (2) = 2b 1≥ 0，解得 b ≥ ，此时无解；
2b 4 9 max 2
6
综上，b ≥ ；
17
解二：由b (t 2 2) +1≥ t b t 1≥ g (t ) t 1得 =2 ，令 t 2 ，则 b ≥ g (t )t 2 2 min .
g (t ) t 1 t 1 1 6= = = ≥ 6
t 2 2 (t 1)2 + 2(t 1) 1 (t 1) 1 + 2 17 ，所以b ≥ . (t 1) 17
2 2
解三：由b (t 2 2) +1≥ t 得 1 t 2 ，令 g (t ) t 2 1≤ = ，则 ≤ g (t )
b t 1 t 1 b max
，
2
g (t ) t 2 (t 1)
2 + 2(t 1) 1 6
= = = (t 1 17 1) + 2 ≤( ) ，所以
b ≥ .
t 1 t 1 t 1 6 17
19: (1)因为 f (x) 恒有两个不动点，
即 mx2 + (n 1)x + n 8 = x 恒有两个不等实根，整理为 mx2 + (n 2)x + n 8 = 0 ，
所以 m ≠ 0 且V= (n 2)2 4m(n 8) > 0 恒成立.
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即对于任意 n∈R,n2 (4+ 4m)n + 32m + 4 > 0 恒成立.
令 g(n) = n2 (4+ 4m)n + 32m + 4 ，则V= (4+ 4m)2 4(32m + 4) < 0 ，解得 0 < m < 6 .
f (x ) f (x ) x x m n 2(2)因为 1 + 2 = 1 + 2 = = ， m + 2 m
2
n m + 2m + 4 (m + 2)
2 2(m + 2) + 4 4
所以 = = = m + 2+ 2 ，
m + 2 m + 2 m + 2
设 t = m + 2 ，因为1< m < 3，所以 3 < t < 5 ，
4 4 7 4 19
由于 f (t) = t + 2 在 (3,5) 上单调递增，所以 f (3) = 3+ 2 = , f (5) = 5+ 2 = ，所
t 3 3 5 5
7 m 2 4 19 7 19以 < + + 2 < ，所以 < n <
3 m + 2 5 3 5
{#{QQABTQYYa4QxggggCYokAARBAACACQ4hLCQQQFyUCiCAAiQKkQokKgQEJAcAgYOgAORABIKAARMDAiYAFBAiABFIAB=}A#A} =}#}
