山东省济南市第一中学2020-2021学年高一上学期期中考试数学试卷 Word版含解析

山东省济南市第一中学2020-2021学年高一上学期期中考试数学试卷 Word版含解析

- 1 - 2020 年 11 月高一年级期中考试 数学试题 本试卷共 4 页，满分 150 分.考试用时 120 分钟. 一、选择题：本题共 8 小题，每小题 5 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  1,0,1,2,3M   ，  | 1 3N x x    ，则 M N  （ ） A. {0,1,2} B. { 1,0,1} C. M D. { 1,0,1,2} 【答案】D 【解析】 【分析】 根据交集的定义写出 M N 即可． 【详解】集合  1,0,1,2,3M   ，  | 1 3N x x    ， 则  1,0,1,2M N   ． 故选： D . 2. 已知 Ra  ，则“ 1a  ”是“ 1 1a  ”的（ ） A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件 C. 充要条件 D. 既非充分又非必要条件 【答案】A 【解析】 【分析】 “a＞1” ⇒ “ 1 1a ＜ ”，“ 1 1a ＜ ” ⇒ “a＞1 或 a＜0”，由此能求出结果． 【详解】a∈R，则“a＞1” ⇒ “ 1 1a ＜ ”， “ 1 1a ＜ ” ⇒ “a＞1 或 a＜0”， ∴“a＞1”是“ 1 1a ＜ ”的充分非必要条件． 故选 A． - 2 - 【点睛】充分、必要条件的三种判断方法． 1．定义法：直接判断“若 p 则 q”、“若 q则 p ”的真假．并注意和图示相结合，例如 “ p ⇒ q”为真，则 p 是 q的充分条件． 2．等价法：利用 p ⇒ q与非 q⇒非 p ， q⇒ p 与非 p ⇒非 q， p ⇔ q与非 q⇔非 p 的等价关 系，对于条件或结论是否定式的命题，一般运用等价法． 3．集合法：若 A ⊆ B ，则 A 是 B 的充分条件或 B 是 A 的必要条件；若 A ＝ B ，则 A 是 B 的 充要条件． 3. 下列各组函数中，表示同一函数的是（ ） A. ( ) 1f x  ， 0( )g x x B. ( ) 1f x x= - ， 2 1( ) 1 xg x x   C. ( )f x x ， 3 3( )g x x D. ( ) | |f x x ， 2( ) ( )g x x 【答案】C 【解析】 【分析】 根据对应关系和定义域均相同则是同一函数，对选项逐一判断即可. 【详解】选项 A 中， 0( ) 1 ( )g x x f x   ，但 ( )g x 的定义域是 0x x  ， ( )f x 定义域是 R， 不是同一函数； 选项 B 中， 2 1( ) ( )1 1xg x x x f x     ，但 ( )g x 的定义域是 1x x   ， ( )f x 定义域是 R， 对应关系相同，定义域不同，不是同一函数； 选项 C 中， ( )f x x ，定义域 R， 3 3( )g x x x  ，定义域为 R ，对应关系相同，定义域相 同，是同一函数； 选项 D 中， ( ) | |f x x ，定义域 R，与 2( ) ( )g x x ，定义域[0, ) ，对应关系不相同，定 义域不相同，不是同一函数. 故选：C. 4. 设 0 53a  ． ， 30.5b  ， 3log 0.5c  ，则 a ，b ， c 的大小关系为（ ） A. a b c  B. b a c  C. c b a  D. a c b  - 3 - 【答案】A 【解析】 【分析】 利用对数函数和指数函数的性质求解． 【详解】解：∵ 0 0.5 13 3 3  ，∴ 0.51 3 1  ，即1 3a  ， ∵ 3 00 0.8 0.8  ，∴ 30 0.8 1  ，即 0 1b  ， ∵ 3logy x 在 (0, ) 上为增函数，且 0.5 1 ， ∴ 3 3log 0.5 log 1 0  ，即 0c  ∴ a b c  ， 故选：A． 【点睛】此题考查对数式、指数式比较大小，属于基础题 5. 已知函数     22 31 m mf x m m x     是幂函数，且  0x  ， 时，  f x 单调递减， 则 m 的值为（ ） A. 1 B. -1 C. 2 或-1 D. 2 【答案】B 【解析】 【分析】 由题意可得 2 1 1m m   ，且 2 3 0m m   ，解出即可． 【详解】解：∵     22 31 m mf x m m x     是幂函数， ∴ 2 1 1m m   ，即   2 1 0m m   ， ∴ 2m  ，或 1m   ， 又当  0x  ， 时，  f x 单调递减， ∴ 2 3 0m m   ， 当 2m  时， 2 3 3 0m m    ，不合题意，舍去； 当 1m   ， 2 3 3 0m m     ，符合题意， ∴ 1m   ， - 4 - 故选：B． 6. 已知 1a  ，函数 1xy a  与 log ( )ay x  的图象可能是（ ） A B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 根据函数的定义域， 1a  判断两个函数的单调性，即可求解. 【详解】 1a  ，函数 1xy a  在 R 上是增函数， 而函数 log ( )ay x  定义域为 ( ,0) ， 且在定义域内是减函数，选项 B 正确》 故选:B. 【点睛】本题考查函数的定义域、单调性，函数的图像，属于基础题. 7. 已知函数 2 2 ,( 1)( ) (2 1) 3 6,( 1) x ax xf x a x a x         ，若 ( )f x 在  ,  上是增函数，则实数 a 的 取值范围是（ ） A. 1 ,12      B. 1 ,2     C. [1, ) D.  1,2 【答案】D 【解析】 【分析】 根据分段函数 ( )f x 在  ,  上是增函数，则由每一段都是增函数且 1x  左侧的函数值不大 于右侧的函数值求解. - 5 - 【详解】因为函数 2 2 ,( 1)( ) (2 1) 3 6,( 1) x ax xf x a x a x         ，在  ,  上是增函数， 所以 1 2 1 0 1 2 2 1 3 6 a a a a a           ， 解得1 2a  ， 故选：D 【点睛】本题主要考查分段函数的单调性，属于基础题. 8. 定义在 R 上的偶函数 ( )f x 满足：对任意的  1 2 1 2, [0, ),x x x x   ，有    2 1 2 1 0f x f x x x   ，且 (2) 0f  ，则不等式 ( ) 0x f x  的解集是（ ） A. ( 2,2) B. ( 2,0) (2, )  C. ( , 2) (0,2)   D. ( , 2) (2, )   【答案】B 【解析】 【分析】 由题意可知 ( )f x 在[0, ) 上是减函数，再根据对称性和 (2) 0f  得出 ( )f x 在各个区间的函 数值的符号，从而可得出答案． 【详解】解：∵    2 1 2 1 0f x f x x x   对任意的  1 2 1 2, [0, ),x x x x   恒成立， ∴ ( )f x 在[0, ) 上是减函数， 又 (2) 0f  ， ∴当 2x  时， ( ) 0f x  ，当 0 2x  时， ( ) 0f x  ， 又 ( )f x 是偶函数， ∴当 2x   时， ( ) 0f x  ，当 2 0x   时， ( ) 0f x  ， ∴ ( ) 0xf x  的解为 ( 2,0) (2, )  ． 故选 B． - 6 - 【点睛】本题考查了函数的单调性与奇偶性，考查了学生分析问题、解决问题的能力，属于 中档题． 二、选择题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 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，有选错的得 0 分，部分选对的得 3 分. 9. 下列不等式成立的是（ ） A. 若 a＜b＜0，则 a2＞b2 B. 若 ab＝4，则 a＋b≥4 C. 若 a＞b，则 ac2＞bc2 D. 若 a＞b＞0，m＞0，则 b b m a a m   【答案】AD 【解析】 【分析】 由不等式的性质对各个选项进行推理、验证可得正确答案. 【详解】解：对于 A，若 0a b  ，根据不等式的性质则 2 2a b ，故 A 正确； 对于 B，当 2a   ， 2b   时， 4 4a b    ，显然 B 错误； 对于 C，当 0c = 时， 2 2ac bc ，故 C 错误； 对于 D，           b a m a b m b a mb b m a a m a a m a a m         ， 因为 0a b  ， 0m  ，所以 0b a  ， 0a m  ，所以     0   b a m a a m 所以 0  b b m a a m ，即 b b m a a m   成立，故 D 正确． 故选 AD． 【点睛】本题主要考查不等式的性质及应用，考查学生的推理论证能力，属于基础题. 10. 下列叙述正确的是（ ） A. 已知函数 2 2 , [ 4,0]( ) 2 ( 4), (0, ) x xf x f x x          ，则 f(6)=8 B. 命题“对任意的 1x  ，有 2 1x  ”的否定为“存在 1x  ，有 2 1x  ” C. 已知正实数 a ，b 满足 4a b  ，则 1 1 1 3a b   的最小值为 1 2 D. 已知 2 5 0x ax b   的解集为 | 4 1x x x 或 ，则 a+b=5 - 7 - 【答案】ACD 【解析】 【分析】 直接由分段函数表达式代入求解即可判断 A，由全称命题的否定为特称命题可判断 B，由基本 不等式结合 1 3 8a b    ，巧用“1”即可求最值，根据一元二次不等式解与系数的关系可判断 C. 【 详 解 】 对 于 A ， 2 2 , [ 4,0]( ) 2 ( 4), (0, ) x xf x f x x          ， 所 以 (6) 2 (2) 4 ( 2) 4(2 0) 8f f f      ，正确； 对于 B，命题“对任意的 1x  ，有 2 1x  ”为全称命题，否定为特称命题，即“存在 1x  ，有 2 1x  ”，不正确； 对于 C，由 4a b  ，可得 1 3 8a b    ， 所以 1 1 1 1 1( )( 1 3)1 3 8 1 3 a ba b a b          1 3 1 1 3 1 1(1 1) (2 2 )8 1 3 8 1 3 2 b a b a a b a b               ， 当且仅当 3 1 1 3 b a a b    ，即 3, 1a b  时， 1 1 1 3a b   取得最小值 1 2 ，正确. 对于 D， 2 5 0x ax b   的解集为 | 4 1x x x 或 ，所以 2 5 0x ax b   的两个根式 1 和 4，所以 1 4 5 1 1 4 4 a a b b         ，所以 5a b  ，正确. 故选：ACD. 11. 关于函数 ( ) 1 xf x x = - ，下列结论正确的是（ ） A. ( )f x 的图象过原点 B. ( )f x 是奇函数 C. ( )f x 在区间(1，＋∞)上单调递增 D. ( )f x 是定义域上的增函数 【答案】AC 【解析】 【分析】 根据函数奇偶性定义、单调性定义以及计算函数值进行判断选择. - 8 - 【详解】 ( ) (0) 01 xf x fx = =- ,所以 A 正确， 1 0 1x x - ¹ ¹ ，因此 ( ) 1 xf x x = - 不是奇函数，B 错误， 1( ) 11 1 xf x x x = = - - - - ( )f x 在区间(1，＋∞)和 ( ,1) 上单调递增，所以 C 正确，D 错 误， 故选：AC 【点睛】本题考查函数奇偶性与单调性，考查基本分析判断能力，属基础题. 12. 德国著名数学家狄利克雷在数学领域成就显著，狄利克雷函数就以其名命名，其解析式为 1,( ) 0, xD x x    是有理数 是无理数 ，关于函数 D( )x 有以下四个命题，其中真命题是（ ） A. ,D(D( )) 1x R x   B. , ,D( ) D( ) D( )x y R x y x y     C. 函数 D( )x 是偶函数 D. 函数 D( )x 是奇函数 【答案】ABC 【解析】 【分析】 根据自变量 x 是有理数和无理数进行讨论，可判定 A、C、D，举特例根据 2x  和 3x  可 判断 B 即可得到答案. 【详解】对于 A 中，若自变量 x 是有理数，则  ( ) (1) 1D D x D  ， 若自变量 x 是无理数，则  ( ) (0) 1D D x D  ，所以 A 是真命题； 当 2x  是无理数， 3y  是无理数，则 2 3x y   是无理数， 则 D( ) 0,D( ) D( ) 0 0 0x y x y      ，满足 D( ) D( ) D( )x y x y   ，所以 B 正确； 对于 C，当 x 为有理数时，则 x 为有理数， 则     1D x D x   ． 当 x 为无理数时，则 x 为无理数， 则     0D x D x   ． 故当 xR 时，    D x D x  ， - 9 - ∴函数为偶函数，所以 C 是真命题； 对于 D 中，若自变量 x 是有理数，则 x 也是有理数，可得 ( ) ( ) 1 1 2D x D x     ， 所以 D( )x 不是奇函数，D 不正确. 所以 D 是假命题； 故选：ABC. 三、填空题：本题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. 13. 若  1 2f x x x   ，则  f x 的解析式为________. 【答案】    2 4 3 1f x x x x    【解析】 【分析】 换元法令 1t x  即可求出函数解析式；或者配凑法求解析式． 【详解】解：（换元法）令 1t x  ，则 1t  ， ∴ 1x t  ，  21x t  ， ∵  1 2f x x x   ， ∴      2 21 2 1 4 3f t t t t t       ， （配凑法）∵  1 2f x x x    2 1 4 1x x       2 1 4 1 3x x     ， 且 1 1x   ， ∴    2 4 3 1f x x x x    ， 故答案为：    2 4 3 1f x x x x    ． 【点睛】方法点睛：本题主要考查函数解析式的求法，常用方法有： （1）换元法或配凑法：已知   f g x 求  f x ，一般采用换元法或配凑法，令  t xg ， 代入求出  f t ，或者将   f g x 中配凑成关于  g x 的式子，由此可求得  f x ； （2）待定系数法：已知函数类型常用待定系数法； （3）方程组法：已知  f x 、 1f x      满足的关系式或  f x 、  f x 满足的关系式常用方程 - 10 - 组法，将条件中的 x 或 1 x 替换成 x 得另一方程，再解方程组即可求得答案． 14. 已知函数 2 2xy a   （ 0a  且 1a  ）恒过定点 ,m n ，则 m n  ________________. 【答案】 5 【解析】 【分析】 当 2 0x   时，函数值域与 a 没有关系，由此求得恒过的定点 ,m n ，并求得表达式的值. 【详解】当 2 0x   ，即 2x  时，函数值域与 a 没有关系，此时 3y  ，故函数过定点 2,3 ， 即 2m  ， 3n  ，所以 2 3 5m n    . 【点睛】本小题主要考查指数函数横过定点的问题，当指数函数底数为 0 的时候， 0 1a  ，由 此求得恒过的定点，属于基础题. 15. 若不等式 2( 2) 2( 2) 4 0a x a x     对一切 xR 成立，则 a 的取值范围是 _ _ . 【答案】 2,2 【解析】 【详解】当 2 0a   ， 2a  时不等式即为 4 0  ，对一切 xR 恒成立 ① 当 2a  时，则须    2 2 0 { 4 2 16 2 0 a a a      ＝ ，∴ 2 2a   ② 由①②得实数 a 的取值范围是 2,2 ， 故答案为 2,2 . 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] ， - 11 - 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. 四、解答题：本题共 6 小题，共 70 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤. 17. 计算：（1） 1 3 0 43 21 2( 8) ( ) 0.25 ( )2 2     ； （2） 7log 2 3 3 3 4log 27 lg 25 lg 4 7 log 8 log 3     . 【答案】（1） 7 ；（2）2. 【解析】 【分析】 （1）利用分数指数幂运算及根式求解即可 （2）利用对数运算求解 【详解】（1）原式 418 1 ( 2) 72         ； （2）原式 3 2 3 3 2 1 3 1log 3 lg100 2 (3log 2) ( log 3) 2 2 26 2 2           . 【点睛】本题考查指数幂及对数运算，是基础题 18. 已知集合    2 2| 5 6 0 | 6 0A x x x B x x ax       ， . 若 B A ，求实数 a 的取 值范围． 【答案】{ | 5a a   或 2 6 2 6}a   ． 【解析】 【分析】 由题意，求得  2 3A  ， ，再根据 B A ，结合韦达定理分 B   和 B   两种情况讨论即 可求出答案． - 12 - 【详解】解：∵  2| 5 6 0A x x x    ， ∴  2 3A  ， ， ∵  2| 6 0B x x ax    ， B 为方程 2 6 0x ax   的解集， ①若 B   ，由 B A ， ∴  2B  ，或  3B  ，或  2 3B  ， ， 当  2B  时，方程 2 6 0x ax   有两个相等实根， 即 1 2 2x x  ， 1 2 4 6x x   ， ∴ 不合题意， 同理  3B  ， 同理当  2 3B  ， 时， 5a   ，符合题意； ②若 B   ，则 2 4 6 0a     ， ∴ 2 6 2 6a   ； 综上所述，实数 a 的取值范围为{ | 5a a   或 2 6 2 6}a   ． 【点睛】 易错点睛：本题主要考查根据集合间的包含关系求参数的取值范围，解题时容易忽略子集可 能为空集的情况，属于基础题． 19. 已知 ( )f x 是定义在 R 上的奇函数，当 0x  时， 2( ) 4f x x x  ， （1）求 ( )f x 的解析式； （2）求不等式 ( )f x x 的解集. 【答案】（1） 2 2 4 , 0 ( ) 0, 0 4 , 0 x x x f x x x x x         ；（2） ( 5,0) (5, )   . 【解析】 【分析】 - 13 - （1）根据奇函数的性质进行求解即可； （2）根据函数的解析式分类讨论进行求解即可. 【详解】（1）∵ ( )f x 是定义在 R 上的奇函数，∴ (0) 0f  . 又当 0x  时， 0x  ，∴ 2 2( ) ( 4) 4( )f x x xx x     . 又 ( )f x 为奇函数，∴ ( ) ( )f x f x   ，∴ 2( ) 4 ( 0)f x x x x    ， ∴ 2 2 4 , 0 ( ) 0, 0 4 , 0 x x x f x x x x x         . （2）当 0x  时，由 ( )f x x 得 2 4x x x  ，解得 5x  ； 当 0x  时， ( )f x x 无解； 当 0x  时，由 ( )f x x 得 2 4x x x   ，解得 5 x 0   . 综上，不等式 ( )f x x 的解集用区间表示为( 5,0) (5, )   . 【点睛】本题考查了奇函数的性质，考查了分类讨论思想，考查了数学运算能力. 20. 已知 lg(3x)＋lgy＝lg(x＋y＋1)． (1)求 xy 的最小值； (2)求 x＋y 的最小值． 【答案】（1）1 （2）2 【解析】 解：由 lg(3x)＋lgy＝lg(x＋y＋1)得 0 { 0 3 1 x y xy x y      (1)∵x>0，y>0， ∴3xy＝x＋y＋1≥2 xy ＋1， ∴3xy－2 xy －1≥0， 即 3( xy )2－2 xy －1≥0， ∴(3 xy ＋1)( xy －1)≥0， - 14 - ∴ xy ≥1，∴xy≥1， 当且仅当 x＝y＝1 时，等号成立． ∴xy 的最小值为 1. (2)∵x>0，y>0， ∴x＋y＋1＝3xy≤3·( 2 x y )2， ∴3(x＋y)2－4(x＋y)－4≥0， ∴[3(x＋y)＋2][(x＋y)－2]≥0， ∴x＋y≥2， 当且仅当 x＝y＝1 时取等号， ∴x＋y 的最小值为 2. 21. 已知二次函数   2 2 5f x x ax   ，其中 1a  ． （Ⅰ）若函数  f x 的定义域和值域均为 1,a ，求实数 a 的值； （Ⅱ）若函数  f x 在区间 ,2 上单调递减，且对任意的 1x ，  2 1, 1x a  ，总有    1 2 3f x f x  成立，求实数 a 的取值范围． 【答案】（Ⅰ）2；（Ⅱ） 2,1 3a     . 【解析】 【分析】 （Ⅰ）求出  f x 的单调性，求出函数的最值，得到关于 a 的方程，解出即可； （Ⅱ）根据  f x 在区间  ,2 上是减函数，得出 a 的一个取值范围；再对任意的 1x ，  2 1, 1x a  ，        1 2 max 1 3f x f x f a f    ，又可求出 a 的一个取值范围；最后 两者取交集，则问题解决． 【详解】（Ⅰ）   2 2 5f x x ax   ，开口向上，对称轴是 1x a  ∴  f x 在 1,a 递减，则   1f a  ，即 2 22 5 1a a   ，故 2a  ； （Ⅱ）因为  f x 在区间  ,2 上是减函数，所以 2a  ． 因此任意的 1x ，  2 1, 1x a  ，总有    1 2 3f x f x  ，只需    1 3f a f  即可 - 15 - 解得：1 3 1 3a    ，又 2a  因此 2,1 3a     ． 【点睛】本题主要考查了已知二次函数单调区间求参数的范围以及根据二次函数的值域求参 数的值，属于中档题. 22. 已知 ( )f x 是定义在区间[ 1,1] 上的奇函数，且 (1) 1f  ，若 , [ 1,1]a b  ， 0a b  时， 有 ( ) ( ) 0f a f b a b   . （1）判断函数 ( )f x 在[ 1,1] 上是增函数，还是减函数，并证明你的结论； （2）若 2( ) 5 5f x m mt   对所有 [ 1,1]x  ， [ 1,1]t   恒成立，求实数 m 的取值范围. 【答案】（1）是增函数，证明见解析；（2） ( , 6] [6, )   ． 【解析】 【分析】 （1）根据函数单调性的定义即可证明 f（x）在[﹣1，1]上是的增函数； （2）利用函数奇偶性和单调性之间的关系将不等式 max( )f x ≤m2﹣5mt-5 进行转化，结合二次 函数性质即可求实数 m 的取值范围． 【详解】（1）函数 ( )f x 在[－1，1]上是增函数. 设 1 21 1x x- £ < £ ∵ ( )f x 是定义在[－1，1]上的奇函数，∴ 2 1 2 1( ) ( ) ( ) ( )f x f x f x f x    . 又 1 21 1x x- £ < £ ，∴ 2 1( ) 0x x   ， 由题设 2 1 2 1 ( ) ( ) 0( ) f x f x x x     有 2 1( ) ( ) 0f x f x   ，即 1 2( ) ( )f x f x ， 所以函数 ( )f x 在[－1，1]上是增函数. （2）由（1）知 max( ) (1) 1f x f  ，∴ 2( ) 5 5f x m mt   对任意 [ 1,1]x  恒成立， 只需 21 5 5m mt   对 [ 1,1]t   ]恒成立，即 2 5 6 0m mt   对 [ 1,1]t   恒成立， 设 2( ) 5 6g t m mt   ，则 ( 1) 0 (1) 0 g g     2 2 5 6 0 5 6 0 m m m m         6, 1 1, 6 m m m m        ， 解得 6m   或 6m  ， - 16 - ∴ m 的取值范围是 ( , 6] [6, )   ． 【点睛】本题主要考查函数奇偶性和单调性的应用，将不等式转化为函数问题是解决本题的 关键．综合性较强，运算量较大．