高一數(shù)學上學期期中試卷
考試限時：120分鐘 卷面滿分：150分
第Ⅰ卷
一、選擇題（每小題5分，共計50分，每題有且僅有一個答案正確．）
1．設全集U=1, 2, 3, 4, 5，集合A=1, 2, B=2, 3，則A∩CUB=（ ）
A．4，5 B．2，3 C．1 D．2
2．已知集合A=ax2-ax+1<0，若A=ф，則實數(shù)a的集合為（ ）
A．{a|03．下列對應法則f中，構成從集合P到S的映射的是（ ）
A．P=R，S=(-∞, 0), x∈P, y∈S, f：x→y=|x|
B．P=N(N是自然數(shù)集)，S=N*, x∈P, y∈S, f: y=x2
C．P=有理數(shù)，S=數(shù)軸上的點，x∈P, f: x→數(shù)軸上表示x的點
D．P=R，S=y>0, x∈P, y∈S, f: x→y=
4．已知命題p：若m>0，則關于x的方程x2+x-m=0有實根．q是p的逆命題，下面結論正確的是（ ）
A．p真q真 B．p假q假 C．p真q假 D．p假q真
5．如果命題“非p或非q”是假命題，對于下列各結論（ ）
（1）命題“p且q”是真命題 （2）命題“p且q”是個假命題
（3）命題“p或q”是真命題 （4）命題“p或q”是假命題
其中正確的是（ ）
A．（1）（3） B．（2）（4） C．（2）（3） D．（1）（4）
6．如果函數(shù)f(x)=x2+bx+c對任意實數(shù)t都有f(2+t)=f(2-t)，那么（ ）
A．f(2) C．f(2)7．關于x的不等式ax-b>0的解集為(1, +∞)，則關于x的不等式 的解集為（ ）
A．(-1, 2) B．(-∞, -1)∪(2, +∞)
C．(1, 2) D．(-∞, -2)∪(1, +∞)
8．函數(shù)y= 的單調(diào)遞減區(qū)間為（ ）
A． , +∞) B． , +∞) C．(-∞, 0 D．(-∞, -
9．已知函數(shù)y=f(x)存在反函數(shù)且f(3)=0，則函數(shù)f-1(x+1)的圖象點（ ）
A．(2, 0) B．(0, 2) C．(3, -1) D．(-1, 3)
10．設A、B是非空集合，定義A×B=x∈A∪B，且x A∩B，已知A=x, B=y，則A×B等于（ ）
A．[0, 1]∪(2, +∞) B．[0, 1 ∪(2, +∞)
C．[0, 1] D．[0, 2]

第Ⅱ卷
二、填空題（每小題5分，共計25分，把答案填在題中橫線上．）
11．命題“a, b是實數(shù)，若|a-1|+|b-1|=0，則a=b=1”，用反證法證明時，應先假設________．
12． =____________．
13．已知集合A=1，2，集合B=x2-ax+a-1=0, A∪B=A，則實數(shù)a的值是_________．
14．若0≤x≤2，則函數(shù)y=( )x-1-4•( )x+2的值域是________________．
15．設定義域為R的函數(shù)f(x)= ，若關于x的方程f2(x)+bf(x)+c=0有3個不同的實數(shù)解x1, x2, x3，則(x1+x2+x3)2=____________．
三、解答題（本大題共6小題，共計75分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟．）
16．（12分）已知命題p：指數(shù)函數(shù)f(x)=(2a-6)x在R上單調(diào)遞減，命題q：關于x的方程x2-3ax+2a2+1=0的兩個實根均大于3．若p或q為真，p且q為假，求實數(shù)a的取值范圍．

17．（12分）設全集U=1, 2, 集合A=x2+px+q=0, CUA=1，
（1）求p、q；
（2）試求函數(shù)y=px2+qx+15在[ ，2]上的反函數(shù)．

18．（12分）《中華人民共和國個人所得稅法》規(guī)定：公民全月工資，薪金所得不超過1600元的部分不必納稅，超過16

600元的部分應納稅，此項稅款按下表分段累進計算：
全月應納稅所得額 稅率
不超過500元的部分 5%
超過500元至2000元的部分 10%
超過2000元至5000元的部分 15%
超過5000元至20000元的部分 20%
………… ……
（1）上表中“全月應納稅所得額”是從月工資、薪金收入中減去1600元后的余額．寫出月工資，薪金的個人所得稅y關于工資，薪金收入x(0 （2）某人在一月份繳納的個人所得稅是85元，求他這個月的工資，薪金稅后收入．

19．（12分）已知p：x2-8x-20>0, q：x2-2x+1-a2>0，若p是q的充分而不必要條件，求實數(shù)a的取值范圍．
20．（13分）已知f(x)= ，且f(1)=3，
（1）試求a的值，并證明f(x)在[ , +∞ 上單調(diào)遞增．
（2）設關于x的方程f(x)=x+b的兩根為x1, x2，試問是否存在實數(shù)m，使得不等式m2+tm+1≥|x1-x2|對任意的b∈[2, ]及t∈[-1, 1]恒成立？若存在，求出m的取值范圍；若不存在說明理由．
21．（14分）對于區(qū)間[a, b]，若函數(shù)y=f(x)同時滿足下列兩個條件：①函數(shù)y=f(x)在[a, b]上是單調(diào)函數(shù)；②函數(shù)y=f(x)，x∈[a, b]的值域是[a, b]，則稱區(qū)間[a, b]為函數(shù)y=f(x)的“保值”區(qū)間．
（1）寫出函數(shù)y=x2的“保值”區(qū)間；
（2）函數(shù)y=x2+m(m≠0)是否存在“保值”區(qū)間？若存在，求出相應的實數(shù)m的取值范圍；若不存在，試說明理由．


參考答案
一、選擇題
題號 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10
答案 C D C C A A B B D A
二、填空題
11．a(chǎn), b不都等于1 12．1 13．2或3 14．[1，2] 15．9
三、解答題
16．解：若p真，則y=(2a-6)x在R上單調(diào)遞減，∴0<2a-6<1, ∴3x2-3ax+2a2+1，則應滿足 ，∴ ，故a> ，又由題意應有p真q假或p假q真．
i. 若p真q假，則 ，a無解．
ii. 若p假q真，則 ，∴ 若a的取值范圍的集合是{a| 17．解：（1）∵U=1, 2，而∴CUA=1，∴A=2，即方程x2+px+q=0的兩根均為2，由韋達定理知： ，∴ ．
（2）∵y=-4x2+4x+15=-4(x- )2+16，而 ≤x≤2, ∴7≤y≤16，∴4(x- )2=16-y, ∴x- = , ∴x= + ，故原函數(shù)的反函數(shù)是y= + (7≤x≤16)．
18．解；（1）由題設條件，得 ，化簡得： ．
（2）由（1）知，當019．解：∵x2-8x-20>0, ∴(x-10)(x+2)>0, ∴x>10或x<-2，滿足p的x構成的集合記為A，則A=x>10或x<-2，又x2-2x+1-a2>0，∴[x-(1-a)][x-(1+a)]>0滿足q的x記為集合B．
i. 若1-a>1+a即a<0，則B=x>1-a或x<1+a，∵A B，則 ，∴a≥-3，故-3≤a<0．
ii. 若1-a=1+a即a=0，則B=x∈R且x≠0，則此時A B，∴a=0．
iii. 若1-a<1+a即a>0，則B=x，∴ ，∴a≤3，∴0 故綜上所述，a的取值范圍是-3≤a≤3．
法2．由題意，a20即x>10或x<-2，即當x>10或x<-2時，a2<(x-1)2恒成立，∴a2≤9，故-3≤a≤3．
20．解：（1）∵f(1)=3, ∴a=1, ∴f(x)= ，設 ≤x1(2x1+ )=2(x2-x1)+ =(x2-x1)(2- ), ∵x2>x1≥ , ∴x1x2≥x ≥ , ∴0< <2，∴2- >0又x2-x1>0，∴f(x2)-f(x1)>0, ∴f(x2)>f(x1), ∴f(x)在 , +∞)上單調(diào)遞增．

（2）∵f(x)=x+b, ∴x2-bx+1=0, ∴|x1-x2|= 又2≤b≤ ，∴0≤|x1-x2|≤3，故只須當t∈[-1, 1]，使m2+mt+1≥3恒成立，記g(t)=tm+m2-2，只須： ，∴ ，∴ ，∴m≥2或m≤-2，故m的取值集合是m≥2或m≤-2．
21．解：（1）∵y=x2, ∴y≥0又y=x2在[a, b]上的值域是[a, b]，故[a, b] [0，+∞ ，∴a≥0，故y=x2在[a, b]上單調(diào)遞增，故有 ，又a （2）若y=x2+m存在“保值”區(qū)間，則應有：
i. 若a ii. 若b>a≥0，則有 等價于方程x2-x=-m(x≥0)有兩個不相等的根，∴-m=(x- )2- (x≥0)，由圖象知：- <-m≤0, ∴0≤m< ，又∵m≠0，∴0 綜上所述，函數(shù)y=x2+m存在保值區(qū)間，此時m的取值范圍是0
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