宁夏大学附属中学2020-2021学年高一上学期期中考试数学试卷 Word版含解析

宁夏大学附属中学2020-2021学年高一上学期期中考试数学试卷 Word版含解析

- 1 - 宁大附中 2020-2021 学年第一学期期中考试 高一数学试卷 一、选择题（本大题共 12 个小题，每小题 5 分，共计 60 分） 1. 设集合    01 2 3 013 4A B ，，， ， ，，， ，则 A B  （ ） A.  01 2 3 4，，，， B.  2 4， C.  013，， D.  【答案】C 【解析】 【分析】 直接利用交集运算求解. 【详解】因为集合    01 2 3 013 4A B ，，， ， ，，， ， 所以 A B   013，， ， 故答案为： 013，， 2. 已知集合  2| 2x 3 0A x x    ，则 A Rð （ ） A.  | 3x x   或 1x  B.    | 3 1x x   C.  | 1x x   或 3x  D.  | 1 3x x   【答案】D 【解析】 【分析】 先利用一元二次不等式的解法化简集合 A，再利用补集的运算求解. 【详解】因为集合  2| 2x 3 0A x x     3x x 或 1x   ， 所以 A Rð  | 1 3x x   故选：D 3. 函数 21y x  的定义域为（ ） A.  11 ， B.  11 ， C.  1， D.  1 ， - 2 - 【答案】B 【解析】 【分析】 令 21 0x  即可求解. 【详解】由题意得： 21 0x  ，解得： 1 1x   ， 所以函数的定义域为： 11 ，， 故选：B 4. 函数    2f x a x b   是 R 上的增函数，则有（ ） A. 2a  B. 2a  C. 2a  D. 2a  【答案】D 【解析】 【分析】 由一次函数的性质进行求解 【详解】解：因为函数    2f x a x b   是 R 上的增函数， 所以 2 0a  ，得 2a  ， 故选：D 5. 已知函数    2 2 1 1f x x a x     在区间 2  ， 上是减函数，则 a 的取值范围是 （ ） A.  3  ， B.  1，   C.  3， D.  1 ， 【答案】C 【解析】 【分析】 根据二次函数的单调性可得答案. 【详解】因为函数的图象是抛物线，且开口向下，所以对称轴 1x a  左侧是单调递增函数， 右侧是单调递减函数，因为在区间 2  ， 上是减函数，所以 1 2a   ，得 3a  . 故选：C. - 3 - 6. 下列函数中，既是偶函数又在区间 0  ， 上单调递增的是（ ） A. 21  y x  B. 1y x  C. 2y x-= D.   2 2x xy   【答案】B 【解析】 【分析】 A. 利用二次函数的性质判；B. 利用函数 1y x  的图象判断；C. 利用幂函数的性质判断； D. 利用函数奇偶性判断. 【详解】A. 由二次函数的单调性得 21  y x  在 0  ， 上递减，故错误； B. 函数 1y x  的图象如图所示： 所以函数是偶函数又在区间  0  ， 上单调递增，故正确； C. 由幂函数的单调性得 2y x-= 在 0  ， 上递减，故错误； D. 因为      2 2 2 2x x x xf x f x         ，所以函数是奇函数，故错误； 故选：B 7. 设函数  y f x 是 R 奇函数，且 (1) (2),f f 则必有（ ） A.    1 2f f  B.      1 2f f  C.    1 2f f   D.      1 2f f   【答案】C - 4 - 【解析】 【分析】 根据函数的奇偶性可得图象关于原点对称，再由 (1) (2)f f 可得答案 【详解】根据函数  y f x 是 R 奇函数，所以图象关于原点对称， 又因为 (1) (2)f f ，所以得 ( 2) ( 1)f f   . 故选：C. 8. 如果奇函数  y f x 在 7 1 ， 上是减函数，且最大值是 5，那么，  f x 在 17， 上是 （ ） A. 增函数，最大值为 5 B. 减函数，最大值为 5 C. 减函数，最小值为 5 D. 增函数，最小值为 5 【答案】C 【解析】 【分析】 由题意结合奇函数的对称性和所给函数的性质即可求得答案． 【详解】奇函数的函数图象关于坐标原点中心对称， 则若奇函数 f（x）在区间 7 1 ， 上是减函数且最大值为 5， 那么 f（x）在区间 1 7， 上是减函数且最小值为﹣5． 故选：C． 9. 已知  f x 是定义在 R 上的奇函数， 0x  时，   2 2f x x x  ，则在， 0x  上  f x 的 表达式是（ ） A.   2 2f x x x   B.   2 2f x x x   C.   2 2f x x x  D.   2 2f x x x  【答案】A 【解析】 【分析】 设 0x  上,则 0x  ，得到   2 2f x x x   ，再根据  f x 是定义在 R 上的奇函数求解. - 5 - 【详解】因为 0x  时，   2 2f x x x  ， 设 0x  ，则 0x  ， 所以   2 2f x x x   ， 又因为  f x 是定义在 R 上的奇函数， 所以     2 2f x f x x x      ， 故选： A. 10. 已知  lg 5 0x   ，那么 x （ ） A 5 B. 4 C. 5 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】 利用公式 log 1 0a  ，即  lg 5 0x   ，得 5 1x   ，解可得结果. 【详解】  lg 5 0x  Q ， 5 1x   ，解得 4x   故选：D. 11. 设 0.3 03 3a b log c  ， ， ，则 a b c， ， 的大小关系是（ ） A. a b c  B. b c a  C. b a c  D.  a c b  【答案】D 【解析】 【分析】 利用指数，对数和幂函数的单调性求解. 【详解】因为 0.3 0 13 1 3a b log c   >1，0< ， ， 所以  a c b  ， 故选：D 12. 函数   12 1( 0 1)xf x a a a   ，且 恒过定点（ ） A.  1, 1 B.  1,1 - 6 - C.  0,1 D.  0, 1 【答案】B 【解析】 【分析】 根据指数函数的性质可知 1 0x   ，即可求解. 【详解】由题意知： 1 0x   ，即 1x  ， 此时 02 1 1y a   ， 所以函数恒过定点 1,1 ， 故选：B 二、填空题：（本大题共 6 个小题，每小题 5 分，共计 30 分） 13. 计算： lg 2 lg 5 =___________． 【答案】1 【解析】 lg2 lg5 lg10 1   . 故答案为 1 14. 已知 2 ( ) 0log lna  ，则 a =________． 【答案】e 【解析】 【分析】 根据对数的性质可得 ln 1a  ，即可求解. 【详解】根据对数的性质可得 2 2( ) 0 log 1log lna   ， 所以 ln 1a  ，所以 a e ， 故答案为： e 15. 已知   2 2f x x x  的定义域是 0 3， ，则  f x 的最大值与最小值的和为_______． 【答案】2 【解析】 - 7 - 【分析】 根据    22 2 1 1f x x x x   ，利用二次函数的单调性求解. 【详解】已知    22 2 1 1f x x x x   ， 因为函数的定义域是 0 3， ，且  f x 在  0,1 上递减，在  1,3 上递增， 所以  f x 的最大值是  3 3f  ，最小值是  1 1f   ， 所以  f x 的最大值与最小值的和为 2， 故答案为：2 16. 已知 2 , 0 ( ) 2, 0 0, 0 x x f x x x       ，则    2f f f   ________． 【答案】4 【解析】 【分析】 由内向外依次求值即可 【详解】解：因为 ( 2) 0f   ，所以 ( ( 2)) (0) 2f f f   ， 所以     22 (2) 2 4f f f f    ， 故答案为：4 17. 函数    1 2af x log x   的图像一定过定点 P，则 P 的坐标是_______． 【答案】  2 2， 【解析】 【分析】 根据对数函数   af x log x 过定点 1,0 ，令 1 1x   求解. 【详解】因为函数    1 2af x log x   ， 令 1 1x   ，得 2x  ， 所以  2 2f   ， 所以函数    1 2af x log x   的图像过定点 P 2, 2 ， - 8 - 故答案为： 2 2， 18. 已知函数  f x 是定义在 R 上的偶函数，若 0x  时，函数单调递减，且过 2 0点（ ，），则 满足    0x f x  的 x 的取值范围是_______________． 【答案】 2 0 2x x   或 【解析】 【分析】 根据已知函数的性质可作出函数的大致图象，结合图象可得答案. 【详解】因为函数  f x 是定义在 R 上的偶函数， 0x  时，函数单调递减，且过 (2 )0， ， 所以 0x  时，函数单调递增，且过 2 0(- ，)，结合性质可得  f x 的图象 所以   0 0 x f x    或   0 0 x f x    可得 0 2x  或 2x   ， 故答案为： 0 2x  或 2x   . 三、解答题：（本大题共 5 个小题，共计 60 分） 19. 计算： （1）   1 1 302 274 5 8        （2） 2 22log 10 log 0.04 【答案】（1）1；（2）2. 【解析】 【分析】 - 9 - （1）利用指数幂的运算公式即可得解 （2）利用对数的运算公式即可得解. 【详解】（1）原式     1 31 302 2 3 1 3 = 2 5 1 12 2 2                ； （2）原式  2 2 2 2 2 2 22log 10 log 0.2 2log 10 2log 0.2 2log 10 0.2 2l 2g 2o        . 20. 已知函数  f x 是定义在 1,1 上的增函数，且    2 1f x f x   ，求 x 的取值范围. 【答案】 3 ,22      . 【解析】 【分析】 根据定义域和单调性即可列出不等式求解. 【详解】  f x 是定义在 1,1 上的增函数 ∴由    2 1f x f x   得 1 2 1 1 1 1 2 1 x x x x             ，解得 1 3 0 2 3 2 x x x           ，即 3 22 x  故 x 的取值范围 3 ,22      . 21. 已知集合 A={x|1 ＜ x ＜ 6} ， B={x|2 ＜ x ＜ 10} ， C={x|5-a ＜ x ＜ a} ． （ 1 ）求 A∪B ，（∁ RA ） ∩B ； （ 2 ）若 C⊆B ，求实数 a 的取值范围． 【答案】（ 1 ） A∪B={x|1 ＜ x ＜ 10}; （∁ RA ） ∩B={x|6≤x ＜ 10}(2) （ -∞ ， 3]【解析】 【分析】 （1）进行并集、交集和补集的运算即可； （2）根据 C ⊆ B，可讨论 C 是否为空集：C＝ ∅ 时，5﹣a≥a；C≠ ∅ 时， 5 5 2 10 a a a a       ＜ ，这样即可得 - 10 - 出实数 a 的取值范围． 【详解】解：（ 1 ） A∪B={x|1 ＜ x ＜ 10} ，∁ RA={x|x≤1 或 x≥6} ； ∴ （∁ RA ） ∩B={x|6≤x ＜ 10} ； （ 2 ） ∵C⊆B ； ①C= ∅时， 5-a≥a ； ∴ 5 2a  ； ②C≠ ∅时，则 5 5 2 10 a a a a       ＜ ； 解得 5 32 a ＜ ； 综上得， a≤3 ； ∴a 的取值范围是（ -∞ ， 3] ． 【点睛】本题考查描述法的定义，交集、并集和补集的运算，以及子集的定义． 22. 已知   xf x ka （ k a， 为常数， 0a  1a  且）的图像过点    01 , 38A B , , . （1）求  f x 的解析式； （2）若函数  g x     1 1 f x f x   ，试判断  g x 的奇偶性并给出证明. 【答案】（1）   2 xf x  ；（2）奇函数；证明见解析. 【解析】 【分析】 （1）将 A，B 两点代入函数即可求出 ,k a ，得出解析式； （2）根据定义即可判断其奇偶性. 【详解】解：（1）∵   xf x ka 的图像过点    01 , 38A B , , ∴     3 0 1 3 8 f k f ka       ，解得 1 2k a ， ，故   2 xf x  ； （2）由（1）知  g x      1 2 1 1 2 1 2 1 1 2 x x x x f x f x         ， - 11 - 则  g x 的定义域为 R，关于原点对称， 且    2 1 1 2  2 1 1 2 x x x xg x g x        故  g x 为奇函数. 23. 已知函数      1 3 (0 1)a af x log x log x a      . （1）求函数  f x 的定义域； （2）若函数  f x 的最小值为 2 ，求 a 的值. 【答案】（1） 3,1 ；（2） 1 2a  . 【解析】 【分析】 （1）由 1 0 3 0 x x      即可求解； （2）先整理    23 2aog xf x l x  ，利用复合函数的单调性即可求出  f x 的最小值，令 最小值等于 4 解方程即可. 【详解】（1）若      1 3a af x log x log x    有意义， 则 1 0 3 0 x x      ，解得 3 1x   ，故  f x 的定义域为 3,1 ； （2）由于      1 3a af x log x log x          21 3 3 2 31a alog x x log x x x       ， ， 令  223 2 1 4t x x x       ，则 0 4t  ∵ 0 1a  时，   ay log t 在 0 4t  上是减函数，∴  4min a miny log f x  又   2minf x   ，则 4 2alog   ，即 2 4a  ，解得 1 2a  或 1 2a   （舍） 故若函数  f x 的最小值为 2 ，则 1 2a  . 【点睛】关键点点睛：本题在解题的过程中要注意定义域，关键在于 23 2x x  的范围和  f x - 12 - 的单调性.