浙江省台州市第一中学2019-2020学年高一上学期期中考试数学试题

浙江省台州市第一中学2019-2020学年高一上学期期中考试数学试题

浙江省台州市第一中学 2019 学年第一学期期中考试试卷 高一数学 一、选择题(本大题共 10 小题,每小题 4 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 {1,3,5,7,9}, {0,3,6,9,12}A B  ,则 NA B ð A. {1,5,7} B. {3,5,7} C. {1,3,9} D. {1,2,3} 【答案】A 【解析】 试题分析： NA Bð 为在集合 A 但不在集合 B 中的元素构成的集合，因此 {1,5,7}NA B ð 考点：集合的交并补运算 2.下列函数在定义域上既是增函数,图像又关于原点对称的是（ ） A. y=x|x| B. y=ex C. y= 1 2x D. 2logy x 【答案】A 【解析】 【分析】 由题得 B,C,D 不是奇函数，所以它们的图象不关于原点对称，A 的函数既是奇函数，又是增函 数，即得解. 【详解】由题得 B,C,D 不是奇函数，所以它们的图象不关于原点对称，所以排除 B,C,D. A, ( ) | |,f x x x 所以 ( ) | | ( ),f x x x f x     所以函数是奇函数，所以其图象关于原点对称. 又 2 2 0( ) = , 0 x xf x x x x x     ， ,由其图象得该函数是增函数. 故选：A 【点睛】本题主要考查函数奇偶性的判断和单调性的判断，意在考查学生对这些知识的理解 掌握水平. 3.函数 f(2x)=x+1,则 f(4)=（ ） A. 5 B. 4 C. 3 D. 9 【答案】C 【解析】 【分析】 令 2x  即得解. 【详解】当 2x  时， (2 2) (4) 2 1 3f f     . 故选：C 【点睛】本题主要考查函数值的求法，意在考查学生对该知识的理解掌握水平. 4.已知函数         1, 0f 2 , 0 x xx f x x       ，则 f（﹣2）＝（ ） A. 0 B. 1 C. ﹣2 D. ﹣1 【答案】B 【解析】 【分析】 首先根据题中所给的分段函数的解析式，将自变量的值代入，依次求出相应的函数值，最后 得到结果. 【详解】利用题中所给的函数解析式，可得 ( 2) (0) 0 1 1f f     ， 故选 B. 【点睛】该题考查的是有关分段函数求函数值的问题，在解题的过程中，注意利用所给的自 变量的范围，选择恰当的式子代入，最后求得结果. 5.设 a=0.30.4,b=log40.3,c=40.3,则 a,b,c 的大小关系为（ ） A. b>c>a B. a>c>b C. c>a>b D. a>b>c 【答案】C 【解析】 【分析】 利用指数函数对数函数的单调性求出 , ,a b c 的范围，即得解. 【详解】 0.4 00 0.3 . 10 3a   ， 4 4log 0.3 log 1=0b   ， 0.3 04 4 =1c   ， 所以 c a b  故选：C ． 【点睛】本题主要考查指数函数对数函数的单调性，意在考查学生对这些知识的理解掌握水 平. 6.设函数 f(x)= 2 1 log xx  ,则函数 f(x)的零点所在的区间为（ ） A. (0，1) B. (1,2) C. (2,3) D. (3,+∞) 【答案】B 【解析】 【分析】 求出 (1) 0, (2) 0f f  ，即得解. 【详解】由题得 1 1(1) 1 0 1 0, (2) 1 02 2f f         ， 所以 (1) (2) 0f f  ， 又因为函数是 (0, ) 上的连续函数， 由零点存在性定理得函数 f(x)的零点所在的区间为(1,2). 故选：B 【点睛】本题主要考查零点存在性定理，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平. 7.函数  f x x lg x  的图象可能是 ( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 排除法：利用奇函数排除 A、C；利用 x∈（0，1）时，f（x）＜0 排除 B． 【详解】解：因为 f（-x）=-xlg|-x|=-xlg|x|=-f（x）， 所以 f（x）为奇函数，图象关于原点对称，排除 A、C， 又当 x∈（0，1）时，f（x）＜0，据此排除 B． 故选：D． 【点睛】函数图象的辨识可从以下方面入手：（1）从函数的定义域，判断图象的左右位置； 从函数的值域，判断图象的上下位置；（2）从函数的单调性，判断图象的变化趋势；（3）从 函数的奇偶性，判断图象的对称性；（4）从函数的特征点，排除不合要求的图象. 8.已知函数 f（x）=2+ 2 x x x e e 的最大值为 M,最小值为 m,则 M+m 的值等于（ ） A. 2 B. 4 C. 2+ 2 2 1 e e D. 4+ 2 4 1 e e 【答案】B 【解析】 【分析】 设 2( ) x x xg x e e  ，证明函数 ( )g x 为奇函数，再利用奇函数的对称性得解. 【详解】设 2( ) x x xg x e e  , 所以 2( ) ( )x x xg x g xe e     ， 所以函数 ( )g x 为奇函数. 设函数 ( )g x 为奇函数的最大值为 N,最小值为 n, 则 N+n=0. 由题得 2, 2,M N m n    所以 4 4M m N n     . 故选：B 【点睛】本题主要考查函数的奇偶性的判断和应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水 平. 9.关于 x 的方程 9x+3x·a+a+3=0 有实根,则 a 的取值范围是（ ） A. (-∞,-3] B. (-∞,-2] C. (-∞-2] [6,+∞) D. (-∞,0) 【答案】B 【解析】 【分析】 先化简得到 2(3 1) 2 3 2 3 1 x x xa       ，再利用基本不等式求右边函数的值域即得解. 【详解】由题得 2 29 3 3 3 (3 1) 2 3 2 3 1 3 1 3 1 x x x x x x xa              ， 所以 4 4[(3 1) 2] [2 (3 1) 2] 23 1 3 1 x x x xa              . 当且仅当 4(3 1) 3 1 x x   即 0x  时取等. 所以 a 的取值范围是(-∞,-2]. 故选：B 【点睛】本题主要考查方程的有解问题，考查基本不等式求函数的最值和值域，意在考查学 生对这些知识的理解掌握水平. 10.已知函数 f(x)=(x2-x)(x2+ax+b),若对任意 x∈R,均有 f(x)=f(3-x)，则 f(x)的最小值为 （ ） A. - 9 4 B. -1 C. - 35 16 D. 0 【答案】B 【解析】 【分析】 先求出 2 2( ) ( 1)( 2)( 3) ( 3 )( 3 2)f x x x x x x x x x        ，再设 2 93 ( )4x x t t    ，利 用二次函数求解. 【详解】令 2 0, 0x x x    或 1x  . 对任意 x∈R,均有 f(x)=f(3-x), 所以 (0) (3), (1) (2)f f f f  ， 所以 2 ( 2)( 3)x ax b x x     ， 所以 2 2( ) ( 1)( 2)( 3) ( 3 )( 3 2)f x x x x x x x x x        所以 2 2 2( ) ( 3 ) 2( 3 )f x x x x x    ， 设 2 93 ( )4x x t t    ， 所以 2 9( ) 2 ( )4g t t t t    ， 当 1t   时， min( ) 1g t   . 所以 f(x)的最小值为 1 . 故选：B 【点睛】本题主要考查函数的对称性的应用和解析式的求法，考查二次函数的图象和性质， 意在考查学生对这些知识的理解掌握水平. 二、填空题(本大题共 7 小题,多空题每题 6 分,单空题每题 4 分,共 36 分) 11.设函数 y= 24 x 的定义域为 A,不等式 2x-1≥0 的解集为 B,则 A=_____，A∩B=____. 【答案】 (1). [ 2,2] ， (2). 1[ ,2]2 【解析】 【分析】 解不等式 24 0,x  即得 A；再求 B 和 A B . 【详解】由题得 24 0, 2 2x x     . 所以 [ 2,2]A   . 因为 1 12 1 0, [ , )2 2x x B      ， . 所以 1[ ,2]2A B  . 故答案为：[ 2,2] ，1[ ,2]2 【点睛】本题主要考查函数定义域的求法，考查集合的交集的运算和二次不等式的解法，意 在考查学生对这些知识的理解掌握水平. 12.已知幂函数 f(x)=xa 的图象过点(4,2),则 a=_______ 【答案】 1 2 【解析】 【分析】 直接把点的坐标代入幂函数的解析式即得解. 【详解】由题得 22 4 2 ,a a  所以 1 2a  . 故答案为： 1 2 【点睛】本题主要考查幂函数的解析式中参数的求法，意在考查学生对该知识的理解掌握水 平. 13.已知函数 f(x)的图象是如图所示的折线段 OAB,其中 O(0.0),A(1,2),B(3，1),则 1 (3)f f      =_________函数 g(x)=f(x)- 3 2 零点的个数为____________ 【答案】 (1). 2 (2). 2 【解析】 【分析】 （1）先求 (3)f 的值，再求 1 (3)f f      的值；（2）利用图象分析 3( ) 2f x  的解的个数即得解. 【详解】（1）由题得 1(3)=1 [ ] (1) 2(3)f f ff   ， . （2）令 3( ) ( ) 02g x f x   ， 所以 3( ) 2f x  ， 观察函数 ( )f x 的图象可以得到 3( ) 2f x  有两个解， 所以 g(x)=f(x)- 3 2 零点的个数为 2. 故答案为：（1）2；（2）2. 【点睛】本题主要考查函数值的求法和函数的零点个数的确定，意在考查学生对这些知识的 理解掌握水平. 14.设 f(x)是定义在 R 上的奇函数,若当 x>0 时,有 f(x)=lg(x+4),则 f(0)=_____.当 x<0 时,f(x)=__________. 【答案】 (1). 0 (2). lg( 4)x   【解析】 【分析】 （1）利用奇函数的性质求 (0)f ；（2）利用奇偶性求出 0x  时的函数解析式得解. 【详解】（1）因为函数是定义在 R 上的奇函数， 所以 ( ) ( )f x f x   ， 所以 ( 0) (0), (0) 0f f f     . （2）设 0x  ，则 0x  ， 所以 ( ) lg( 4)f x x    ， 所以 ( ) lg( 4)f x x    ， 所以 ( ) lg( 4)f x x    . 所以 0x  时， ( ) lg( 4)f x x    . 故答案为：（1）0；（2） lg( 4)x   . 【点睛】本题主要考查奇函数的性质，考查奇偶函数在对称区间的解析式的求法，意在考查 学生对这些知识的理解掌握水平. 15.若函数 f(x)=loga(x+5)+1(a>0 且 a≠1),图像恒过定点 P(m,n),则 m+n=______;函数 g(x)=ln(x2+m)的单调递增区间为________ 【答案】 (1). -3 (2). (2 + )， 【解析】 【分析】 （1）求出函数 ( )f x 的定点，即得 m n 的值；（2）利用复合函数的单调性原理求函数 ( )g x 的 单调递增区间. 【详解】（1）当 4x   时， 1y  .所以函数 ( )f x 的图象过定点 ( 4,1) ，所以 4, 1m n   . 所以 4 1 3m n      . （2）由题得函数 2( ) ln( 4)g x x  ， 所以 2 4 0, 2x x    或 2x   . 函数 2 4y x  在 (2 + )， 上是增函数，在 ( , 2)  上是减函数， 又函数 lny x 是增函数， 所以函数 2( ) ln( 4)g x x  的单调递增区间为 (2 + )， . 故答案为：（1）-3；（2） (2 + )， 【点睛】本题主要考查对数型函数的定点问题，考查对数型函数的单调性问题，意在考查学 生对这些知识的理解掌握水平. 16.定义区间[ 1x , 2x ]的长度为 2x - 1x ,若函数 y=|log2x|的定义域为[a,b],值域为[0,3]到,则 区间[a,b]的长度最大值为______ 【答案】 63 8 【解析】 【分析】 先由函数值域求出函数定义域的取值范围，然后求出区间[a ， ]b 的长度的最大值． 【详解】因为函数 2| log |y x 的定义域为[a ， ]b ，值域为[0 ，3] ， 23 log 3x „ „ ， 解得 1 88 x„ „ ，故函数的定义域为 1[8 ，8] ， 此时，函数的定义域的区间长度为 1 638 8 8   ， 故答案为： 63 8 ． 【点睛】本题主要考查新定义的理解及应用，考查对数函数的图象和性质，考查绝对值不等 式的解法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平. 17.已知分段函数 2 7 , 0( ) , 0 x xf x x x     ，若 ( ( )) ( ( ) 2)f f a f f a  ，则实数 a 的取值范围是 ______. 【答案】 ( 9, 7]  【解析】 【分析】 讨论 ( )f a 与 ) 2f a （ 的取值，从而化简不等式，从而利用排除法确定答案． 【详解】令 ( ) 0, 7f x x    ，令 ( ) 2, 9f x x     . （1）当 ( ) 0f a  ， ) 2 0f a  （ ，即 9a „ 时； ( ( )) (7 ) 14f f a f a a    , ( ) 2) ( 9) 16f f a f a a    （ ， 所以 ( ( ))f f a ( ) 2)f f a （ ， 故 ( ( )) ( ( ) 2)f f a f f a  不成立. （2）当 ( ) 0f a  ， ) 2 0f a  （ ，即 9 7a  „ 时， ( ( )) (7 ) 14f f a f a a    ， 2( ) 2) ( 9) ( 9)f f a f a a    （ ， 所以 214 ( 9)a a   ，即 2 17 67 0a a   ，在 9 7a  „ 上恒成立， 所以 9 7a  „ . （3）当 ( ) 0, ( ) 2 0f a f a   ，即 7a   时，函数单调递增， 所以 ( ) ( ) 2f a f a  ，显然不成立. （4）当 ( ) 0, ( ) 2 0f a f a   ，即 0 ( ) 2f a   ，显然此种情况不存在. 故答案为： ( 9, 7]  【点睛】本题主要考查分段函数的图象和性质的应用，考查不等式的解法，意在考查学生对 这些知识的理解掌握水平. 三、解答题（本大题共 5 小题，14+15+15+15+15=74 分，解答应写出文字说明、证明过程或演 算步骤） 18.化简求值： （1） 2 0 24 3181 ( ) 3 (2 2)27     （2） 5log 4 5 0.5 5 5 3log 21 2log 2 log log 14 510     【答案】（1）7；（2）-2 【解析】 【分析】 （1）直接利用指数的运算法则化简得解；（2）利用对数的运算法则化简得解. 【详解】（1）原式= 213 ( ) 3 8 2 9 73        ； （2）原式= 5 1 2 10 1log (21 ) 2log 2 43 14     =1+1 4= 2  . 【点睛】本题主要考查指数和对数的运算法则，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平. 19.已知集合 A= 2| 2 8 0,x x x x R    ，B= 2| (5 ) 5 0,x x m x m x R     （1）若 m=3，求 A∪B； （2）设全集为 R，若 B  CRA，求实数 m 的取值范围. 【答案】（1）A∪B ={ | 2 5}x x   ；（2） 4m  . 【解析】 【分析】 （1）先求出集合 A,B,再求 A∪B 得解；（2）先求出 { | 2RC A x x   或 4}x  ，再对 m 分类 讨论得解. 【详解】（1）m=3 时，B= 2| 8 15 0 { | 3 5}x x x x x      ， A= | ( 4)( 2) 0 { | 2 4}x x x x x       ， 所以 A∪B ={ | 2 5}x x   . （2）由题得 { | 2RC A x x   或 4}x  ， B= | ( 5)( ) 0x x x m   ， 当 m=5 时，B={5}满足已知. 当 5m  时， [5, ]B m ，满足已知. 当 5m  时， [ ,5]B m ， 4m  ，所以 4 5m  . 综上， 4m  . 【点睛】本题主要考查一元二次不等式的解法，考查集合的关系和运算，意在考查学生对这 些知识的理解掌握水平. 20.已知函数 2( ) 2 ( 0)f x ax ax b a    在区间[2,3]上的最大值为 4，最小值为 1， （1）求实数 a,b 的值； （2）求函数 f（x）在[0，t]上的最小值 g（t）. 【答案】（1） 1a b  ；（2）当 0 1t  时，g（t）= 2( 1)t  ；当 1t  时，g（t） 0 . 【解析】 【分析】 （1）先求出二次函数图象的对称轴，再利用单调性得解；（2）对 t 分类讨论，利用二次函数 的图象得解. 【详解】（1）由题得二次函数图象的对称轴为 1x  ， 所以函数在区间[2,3]上单调递增， 所以 min( ) (2) 4 4 1f x f a a b b      max( ) (3) 9 6 3 4f x f a a b a b       ， 所以 1a b  . (2) 2 2( ) 2 1=( 1)f x x x x    , 当 0 1t  时，g（t）= 2( 1)t  ； 当 1t  时，g（t）= 2(1 1) 0  . 【点睛】本题主要考查二次函数的图象和性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平. 21.已知定义域为 R 的函数 2 1( ) 2 2 x xf x a   是奇函数. （1）求实数 a 的值； （2）判断函数 f（x）的单调性，并用定义加以证明； （3）若对任意的 x[1,2]，不等式 2 2( ) ( 4) 0f x mx f x    成立，求实数 m 的取值范围. 【答案】（1）a=1；（2）单调递增，证明见解析；（3） 4 2m  . 【解析】 【分析】 （1）根据 (0) 0f  求出 a 的值，再验证即得解；（2）利用定义证明函数单调递增；（3）先利 用函数的性质得到 42m x x   ，再利用对勾函数的性质分析求解. 【详解】（1）因为函数的定义域为 R,所以 1 1(0) 0, 11 2f aa      . 经检验当 a=1 时，有 ( ) ( )f x f x   ,所以 1a  . （2） 2 +1 1 1 1 1 1 1( ) =12 1 2 2 1 2 2 2 1 x x x xf x         ， 函数在定义域内单调递增，证明如下： 设 1 2x x ，所以 2 11 2 1 1( ) ( ) 2 1 2 1x xf x f x    1 2 2 1 2 2= (2 1)(2 1) x x x x    ， 因为 1 22 2x x ，所以 1 2( ) ( )f x f x ， 所以函数在 R 上单调递增. （3）若对任意的 x[1,2]， 2 2( ) ( 4)f x mx f x    成立， 所以 2 2( ) ( 4)f x mx f x    ， 所以 2 2 4x mx x    ， 所以 42m x x   . 所以 4 42 2 2 =4 2x xx x    当且仅当 2x  时取等. 所以 4 2m  . 【点睛】本题主要考查函数的奇偶性的应用，考查函数单调性的证明，考查对勾函数，意在 考查学生对这些知识的理解掌握水平. 22.已知函数 2( ) 2f x x x x a   ，其中 a 为实数. （1）当 a=-1 时，求函数 y=f(x)的零点； （2）若 f(x)在（-2,2）上为增函数，求实数 a 的取值范围； （3）对于给定的实数 a，若存在两个不相等的实数根 1x ， 2x ，（ 1x < 2x 且 2x ≠0）使得 f( 1x )=f( 2x ),求 2 2 1 2 1 2 x x x x  的取值范围. 【答案】（1）函数 y=f(x)的零点为 0x  或 1x   ；（2）见解析 【解析】 【分析】 （ 1 ） 直 接 解 方 程 即 得 函 数 y=f(x) 的 零 点 为 0x  或 1x   ；（ 2 ） 由 题 得 2 2 ( 2 )( )= 2 2 ( 2 ) ax x af x x ax x a     ，利用分段函数的单调性和二次函数的图象分析即得解；（3） 对 a 分三种情况讨论，结合函数的图象分析得解. 【详解】（1） 2( ) 2 0f x x x x    ， 所以 ( 2 ) 0, 0x x x x     或 2 0x x   ， 所以 0x  或 2x x   ， 所以 0x  或 1x   . 所以函数 y=f(x)的零点为 0x  或 1x   . （2）由题得 2 2 ( 2 )( )= 2 2 ( 2 ) ax x af x x ax x a     ，二次函数的对称轴为 2 ax  ， 当 2 2a   即 1a   时，由题得 22 a   ，即 4a   .因为 1a   ，所以 4a   ； 当 2 2a  即 1a  时，函数 2y ax 在（-2,2）上为增函数，所以 1a  ； 当 2 2 2a   即 1 1a   时，由题得 2 0a  ，所以 0a  ，所以 0 1a  . 综上，所以实数 a 的取值范围为 ( , 4] (0, )   . （3）当 0a  时， 2 0 ( 0)( )= 2 ( 0) xf x x x    ， 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 2x x x x x x x x    (因为 1x < 2x 且 2x ≠0，所以不能取等) 当 0a  时，函数在 R 上单调递增，所以不满足题意； 当 0a  时，函数在 ( , )2 a 单调递减，在 , )2 a （ 单调递增. 所以 1 22 ax x  ，令 2 2 1 2 1 2 x xM x x  ， ①若 12 2 aa x „ ，则 1 2x x a  ，由 2 0x  知 22 a x a „ 且 2 0x  所以 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) = 1 1 2( ) x x a x x a x x a a aM x x a x x x a x x a x x ax                 所以函数 M 在 ,0),(0, ]2 a a（ 上是增函数， 所以 5( ) 2, ( )2 2 aM M a    ， 所以此时 5(2, ) ( , ]2M     . ②若 1 2x a ，则 2x a  ，则 2 1 2 22 2 2ax x ax  ， 2 2 1 22 ,xx xa x   所以 2 2x a ，因为 2x a  ， 0a  ，所以 2 2 2 , 2x ax a a a       2 2 1 2 1 2 1 2 2 1 +x x x xM x x x x   ， 因为 2 1 2 22 2 2ax x ax  ，所以 1 2 2 =x x a x a  ， 所以 2 2 +x a aM a x a   ， 令 2 = ( 2)x a t ta    ，所以 1+ ( 2)M t tt    所以 5( , )2M    ， 综上，当 0a  时， 2 2 1 2 1 2 (2, )x x x x    ；当 0a  时，不存在；当 0a  时， 2 2 1 2 1 2 5(2, ) ( , ]2 x x x x      . 【点睛】本题主要考查函数的零点的求法，考查分段函数的单调性和零点问题，考查二次函 数的图象和性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.