2019-2020学年吉林省延边二中高一(上)期中数学试卷 (含答案解析)

2019-2020学年吉林省延边二中高一（上）期中数学试卷一、选择题（本大题共12小题，共48.0分）1. 已知集合P ={y|y =−x 2+2,x ∈R}，Q ={x |y =−x +2,x ∈R }，那么P ∩Q 等于( )A. (0,2)，(1,1)B. {(0,2)，(1,1)}C. {1,2}D. {y|y ⩽2}2. 幂函数f(x)=x a 的图象经过点(2,4)，则f(−12)=( ) A. 12 B. 14 C. −14 D. 23. 下列函数中，既为偶函数，又在区间(0,+∞)上单调递减的是( ) A. y =1xB. y =−x 12C. y =x −2D. y =x 2 4. 已知a =(35)25,b =(25)35,c =(25)25，则( ) A. a <b <cB. c <b <aC. c <a <bD. b <c <a 5. 函数y =√log 12(3x −2)的定义域是( )A. [1,+∞)B. (23,+∞)C. [23,1]D. (23,1] 6. 函数f(x)=log 2x −3x −1的零点所在的区间为( )A. (1,2)B. (2,3)C. (3,4)D. (4,5) 7. 设f(x)是R 上的偶函数，且当时，f(x)=x(1+√x 3)，则当时，f(x)等于( ) A. x(1+√x 3)B. −x(1+√x 3)C. −x(1−√x 3)D. x(1−√x 3) 8. 方程log 2(x+1)2+log4(x +1)=5的解是( ) A. 0 B. 1 C. 2D. 3 9. 函数y =(x 2−3x +10)−1的递增区间是( ) A. (−∞,−2) B. (5,+∞) C. (−∞,32)D. (32,+∞) 10. 函数f(x)={1−3−x ,(x ≥0)3x −1,(x <0)，则该函数为( ) A. 单调递增函数，奇函数B. 单调递增函数，偶函数C. 单调递减函数，奇函数D. 单调递减函数，偶函数11. 函数f(x)=x 2−2|x|的图象大致是( )A. B.C. D.12.函数f(x)=e x−1e x+1的值域为()A. (−1,1)B. (−2,2)C. (−3,3)D. (−4,4)二、填空题（本大题共4小题，共16.0分）13.若a+1a =3，则a2−1a2=______ ．14.已知定义在R上的函数f(x)满足：f(x+1)=1f(x)，当x∈(0,1]时，f(x)=2x，则f(log29)=．15.若表面积为6的正方体内接于球，则该球的表面积等于______ ．16.已知函数f(x)=x+ax ，其中a∈R，若关于x的方程f(|2x−1|)=2a+13有三个不同的实数解，则实数a的取值范围是______________．三、解答题（本大题共7小题，共76.0分）17.已知集合U为全体实数集，M={x|x⩽−2或x⩾5}，N={x|a+1⩽x⩽2a−1}．(1)若a=3，求M∪C U N;(2)若N⊆M，求实数a的取值范围．18.已知f(x)=x2−4x+5．(1)求f(2)的值；(2)若f(a)=10，求a的值．19.已知函数f(x)=x2+(1−a)x−a(a∈R)．(1)解关于x的不等式f(x)<0；(2)若∀a∈[−1,1]，f(x)≥0恒成立，求实数x的取值范围．20.一企业生产的某产品在不做电视广告的前提下，每天销售量为b件．经市场调查后得到如下规律：若对产品进行电视广告的宣传，每天的销售量S(件)与电视广告每天的播放量n(次)的关系可用如图所示的程序框图来体现．(1)试写出该产品每天的销售量S(件)关于电视广告每天的播放量n(次)的函数关系式；(2)要使该产品每天的销售量比不做电视广告时的销售量至少增加90%，则每天电视广告的播放量至少需多少次？21.已知函数f(x)是定义在(0,+∞)上的减函数，对任意的x,y∈(0,+∞)，都有f(x+y)=f(x)+f(y)−1，且f(4)=5．(1)求f(2)的值；(2)解不等式f(m−2)≥3．22.设函数f(x)=|ax−x2|+2b(a,b∈R)．(1)当a=−2，b=−15时，解方程f(2x)=0；2(2)当b=0时，若不等式f(x)≤2x在x∈[0,2]上恒成立，求实数a的取值范围；(3)若a为常数，且函数f(x)在区间[0,2]上存在零点，求实数b的取值范围．23.已知函数f(x)=a−2x是定义在上的奇函数．2+2x+1(1)求a的值；(2)判断并证明函数f(x)的单调性；(3)若方程−7f(|x|)=2|x|−λ+7有四个不同的实数根，求λ的取值范围．2-------- 答案与解析 --------1.答案：D解析：【分析】本题考查了交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解答本题的关键，属于基础题．先求出集合P，Q，结合交集的定义，可得答案．【解答】解：∵集合P={y|y=−x2+2,x∈R}={y|y≤2}，Q={x|x∈R}，∴P∩Q={y|y⩽2}．故选D.2.答案：B解析：【分析】本题考查了幂函数的定义与应用问题，是基础题．根据幂函数的图象过点(2,4)求出函数解析式，再计算f(−12)的值．【解答】解：幂函数f(x)=x a的图象经过点(2,4)，则2a=4，解得a=2；∴f(x)=x2，∴f(−12)=(−12)2=14．故选：B．3.答案：C解析：【分析】本题考查幂函数的奇偶性与单调性.属于基础题．逐个判断即可得出答案．【解答】解：对于A，y=1x为奇函数，故不符合题意;对于B，y=−x12是非奇非偶函数，不符合题意;对于C ，y =x −2是偶函数，且在区间(0,+∞)上单调递减，符合题意;对于D ，y =x 2是偶函数，且在区间(0,+∞)上单调递增，不符合题意．故选C ．4.答案：D解析：【分析】本题考查了指数函数和幂函数的单调性，利用基本函数单调性即可判断．【解答】解：因为y =(25)x 为减函数， 所以(25)35<(25)25， 即b <c ，又因为y =x 25在(0,+∞)上为增函数，所以(35)25>(25)25， 即a >c ，所以b <c <a ．故选D ． 5.答案：D解析：【分析】本题考查对数函数的定义域，考查学生发现问题解决问题的能力，是基础题．无理式被开方数大于等于0，对数的真数大于0，解答即可．【解答】解：要使函数有意义：log 12(3x −2)≥0， 即：log 12(3x −2)≥log 121， 可得0<3x −2≤1，解得x ∈(23,1]．故选：D ． 6.答案：C解析：本题主要考查了函数零点定义及判定的应用，属于基础试题．连续函数f(x)=log 2x −3x −1在(0,+∞)上单调递增且f(3)f(4)<0，根据函数的零点的判定定理可求结果．【解答】解：∵函数f(x)=log 2x −3x −1在定义域(0,+∞)上单调递增，f(3)=log 23−1−1<0，f(4)=2−34−1>0，∴根据根的存在性定理得f(x)=log 2x −3x −1的零点所在的一个区间是(3,4)，故选C ． 7.答案：C解析：【分析】本题考查利用函数奇偶性求函数解析式的问题，属于基础题．由题意设，则，利用给出的解析式求出f(−x)，再由偶函数的定义，即f(x)=f(−x)求出f(x)即可．【解答】解：∵当时，f(x)=x(1+√x 3)， ∴设，则， ∴f (−x )=−x(1+√−x 3)=−x(1−√x 3)，∵函数y =f(x)是定义在R 上的偶函数，∴f(x)=f(−x)，∴f (x )=−x(1−√x 3)．故选C ． 8.答案：D解析：未知数x 的取值范围是{x |x >−1}，∵log 2(x+1)2+log4(x +1)=5，∴2log 2(x +1)+12log 2(x +1)=5，∴log 2(x +1)=2∴x +1=22∴x =3，故方程log 2(x+1)2+log4(x +1)=5的解是x =3，选D ． 9.答案：C解析：本题主要考查复合函数的单调性，幂函数及二次函数的性质，属于基础题．令t =x 2−3x +10，则y =t −1故求t 的减区间即可．【解答】解：令t =x 2−3x +10，则y =t −1，因为y =t −1为定义域内的减函数，故只需求t 的减区间．易知t =x 2−3x +10对称轴为 x=32,且图像开口向上,故其减区间为(−∞,32)． 故选C ． 10.答案：A解析：【分析】本题考查分段函数奇偶性与单调性的判断，熟练掌握函数奇偶性判断方法与函数单调性的判断方法是解题的关键．由题意，根据题设条件及选项可判断出，可先由定义判断函数的奇偶性，再由函数的单调性的判断方法判断出函数是一个增函数，由此可以判断出正确选项．【解答】解：此函数的定义域是R ，当x ≥0时，有f(x)+f(−x)=1−3−x +3−x −1=0，当x <0时，有f(−x)+f(x)=1−3x +3x −1=0，由此得出，此函数是一个奇函数，又x ≥0时，函数1−3−x 是一个增函数，最小值是0；x ≤0时，函数3x −1是一个增函数，最大值为0，所以函数函数f(x)={1−3−x ,(x ≥0)3x −1,(x <0)，在定义域上是增函数， 综上，函数f(x)={1−3−x ,(x ≥0)3x −1,(x <0)，在定义域上是增函数，且是奇函数． 故选A ．11.答案：B解析：解：∵函数f(x)=x 2−2|x|，∴f(3)=9−8=1>0，故排除C ，D ，∵f(0)=−1，f(12)=14−212=0.25−√2<−1，故排除A ， 故选：B当x>0时，f(x)=x2−2x，∴f′(x)=2x−2x ln2，故选：B．利用特殊值排排除即可本题考了函数的图象的识别，排除是关键，属于基础题12.答案：A解析：【分析】本题考查了函数值域的求法，关键是分离常数，属基础题．变形可得f(x)=e x−1e x+1=1−1e x+1，根据e x的范围即可得到值域．【解答】解：f(x)=e x−1e x+1=1−2e x+1，∵e x>0，∴0<1e x+1<1，∴1−2e x+1∈(−1,1)，∴f(x)的值域为(−1,1)．故选A．13.答案：±3√5解析：解：∵a+1a=3，∴(a+1a )2=a2+1a+2=9，∴a2+1a2=7，∴(a−1a )2=a2+1a2−2=5，∴a−1a=±√5，∴a2−1a2=(a+1a)(a−1a)=±3√5，故答案为：±3√5由已知中a+1a =3，利用乘方法可得a2+1a2=7，a−1a=±√5，进而结合平方差公式可得a2−1a2=(a+1a )(a−1a)的值．本题考查的知识点是有理数指数幂的化简求值，熟练掌握乘方法是解答此类问题的关键．14.答案：89【分析】本题主要考查函数值的计算，结合条件求出函数的周期是解决本题的关键，属于基础题．根据条件判断函数的周期性，利用函数周期性进行转化求解即可．【解答】=f(x)，解：∵f(x+1)=1f(x)得f(x+2)=1f(x+1)即函数f(x)是周期为2的周期函数，，，，，，．．故答案为8915.答案：3π解析：解：由题意，球的内接正方体的棱长是1，∴它的对角线长为√3，∵内接正方体的对角线长，就是球的直径∴球的半径R=√3，2∴这个球的表面积S=4π⋅(√3)2=3π．2故答案为：3π．由由题意，球的内接正方体棱长为1，求内接正方体的对角线长，就是球的直径，即可求出球的表面积．本题考查球的表面积的求法，是基础题．注意球的内接正方体的性质和应用．16.答案：a⩾23【分析】本题主要考查函数的零点与方程的解的情况，属于中档题．【解答】解：若关于x的方程f(|2x−1|)=2a+13有三个不同的实数解，即|2x−1|+a|2x−1|=2a+13,有三个不同的实数解，所以2a+13≥2√a或2a+13≤−2√a,解得a≥23，故答案为a⩾23．17.答案：(1)当a=3时，N={x|4≤x≤5}，所以C U N={x|x<4或x>5}，所以M∪C U N={x|x<4或x≥5}(2)①2a−1<a+1，即a<2时，∼N=⌀，此时满足N⊆M．②当2a−1≥a+1，即a≥2时，∼N≠⌀，由N⊆M得a+1≥5或2a−1≤−2所以a≥4，综上，实数a的取值范围为(−∞,2)∪[4,+∞)解析：本题考查集合的交、并、补集的混合运算，是基础题.解题时认真审题，仔细解答．(1)将a=3代入，直接求解即可．(2)分∼N=⌀和∼N≠⌀两种情况讨论求值．18.答案：解：(1)由f(x)=x2−4x+5，所以f(2)=22−4×2+5=1．(2)由f(a)=10，得a2−4a+5=10，即a2−4a−5=0，解得a=5或a=−1．解析：本题考查了函数的解析式，是基础题．(1)直接代入x=2，即可得出f(2)；(2)由f(a)=10，得a2−4a+5=10，解出即可．19.答案：解：(1)不等式x2+(1−a)x−a<0，等价于(x−a)(x+1)<0，当a<−1时，不等式的解集为(a,−1)；当a =−1时，不等式的解集为⌀； 当a >−1时，不等式的解集为(−1,a)． (2)x 2+(1−a)x −a =−a(x +1)+x 2+x ， 设g(a)=−a(x +1)+x 2+x ，a ∈[−1,1]， 要使g(a)≥0在a ∈[−1,1]上恒成立， 只需{g(−1)≥0g(1)≥0，即{x 2+2x +1≥0x 2−1≥0, 解得x ≥1或x ≤−1，所以x 的取值范围为{x|x ≤−1或x ≥1}．解析：本题考查函数与方程的应用，恒成立条件的转化，考查转化思想以及计算能力，属于中档题． (1)不等式x 2+(1−a)x −a <0等价于(x −a)(x +1)<0，通过a 与−1的大小比较，求解即可． (2)x 2+(1−a)x −a =−a(x +1)+x 2+x ，设g(a)=−a(x +1)+x 2+x ，a ∈[−1,1]，要使g(a)≥0在a ∈[−1,1]上恒成立，只需{g(−1)≥0g(1)≥0，求解即可．20.答案：解：(1)设电视广告播放量为每天i 次时，该产品的销售量为为s i (0≤i ≤n,)．由题意，S i ={bi =0S i−1+b 2i1≤i ≤n,i ∈N ∗，于是当i =n 时，S n =b +(b2+b22++b2n )=b(2−12n )，所以，该产品每天销售量S(件)与电视广告播放量n(次/天)的函数关系式为S =b(2−12n ),n ∈N ∗． (2)由题意，有b(2−12n )≥1.9b ．所以，要使该产品的销售量比不做电视广告时的销售量增加，则每天广告的播放量至少需4次．解析：(1)设电视广告播放量为每天i 次时，该产品的销售量为s i (0≤i ≤n,)根据循环体可得S i ={b,i =0S i−1+b2i ,1≤i ≤n,i ∈N ∗，再用数列中的累加法求得s n ，(2)“要使该产品每天的销售量比不做电视广告时的销售量至少增加90%”根据(1)则有b(2−12n )≥1.9b.即(2−12n )≥1.9解指数不等式或通过验证得到结果．本题主要考查函数模型的建立和应用，主要涉及了程序框图，累加法和指数不等式的解法．21.答案：解：(1)因为任意的x,y ∈(0,+∞) 都有f(x +y)=f(x)+f(y)−1，且f(4)=5，所以f(2+2)=2f(2)−1=5 ， 解得f(2)=3;(2)由(1)知不等式f(m −2)≥3即为f(m −2)≥f(2)， 又f(x)是定义在(0,+∞)上的减函数， 所以0<m −2≤2， 即2<m ≤4， 即不等式的解集为(2,4]．解析：本题考查抽象函数及单调性，属中档题． (1)令x =y =2即可求解;(2)由(1)知不等式f(m −2)≥3即为f(m −2)≥f(2)，由单调性及(1)即可求解．22.答案：解：(1)当a =−2，b =−152时，f(x)=|x 2+2x|−15，所以f(2x )=|2x (2x +2)|−15=0，解得2x =3或2x =−5(舍去)，所以x =log 23.(2)由题意得，当b =0时，x|a −x|≤2x 在x ∈[0,2]上恒成立． 当x =0时，不等式恒成立，则a ∈R ；与0<x ≤2时，|a −x|≤2，即−2≤x −a ≤2，因为y =x −a 在(0,2]上单调递增，所以y max =2−a ，y min >−a ，则{2−a ≤2,−a ≥−2,解得0≤a ≤2． 则实数a 的取值范围为[0,2]．(3)函数f(x)在[0,2]上存在零点，即方程x|a −x|=−2b 在[0,2]上有解． 设ℎ(x)={x 2−ax(x ≥a),−x 2+ax(x <a),当a ≤0时，ℎ(x)=x 2−ax ，x ∈[0,2]，且ℎ(x)在[0,2]上单调递增，所以ℎ(x)min =ℎ(0)=0，ℎ(x)max =ℎ(2)=4−2a ，则当0≤−2b ≤4−2a 时，原方程有解，解得a −2≤b ≤0； 当a >0时，ℎ(x)在[0,a2]上单调递增，在[a2,a]上单调递减，在[a,+∞)上单调递增；①当a2≥2，即a ≥4时，ℎ(x)max =ℎ(2)=2a −4，ℎ(x)min =ℎ(0)=0，则当0≤−2b ≤2a −4时，原方程有解，解得2−a ≤b ≤0．②当a2<2≤a ，即2≤a <4时，ℎ(x)max =ℎ(a2)=a 24，ℎ(x)min =ℎ(0)=0，则当0≤−2b ≤a 24时，原方程有解， 解得−a 28≤b ≤0．③当0<a <2时，ℎ(x)max =max {ℎ(a2),ℎ(2)}=max {a 24,4−2a}，ℎ(x)min =ℎ(0)=0， 当a 24≥4−2a ，即−4+4√2≤a <2时，ℎ(x)max =a 24，则当0≤−2b ≤a 24时，原方程有解，解得−a 28≤b ≤0． 当a 24<4−2a ，即0<a <−4+4√2时，ℎ(x)max =4−2a ，则当0≤−2b ≤4−2a 时，原方程有解，解得a −2≤b ≤0．综上，当0<a <−4+4√2时，实数b 的取值范围是[a −2,0]；当−4+4√2≤a <4时，实数b 的取值范围是[−a 28,0]；当a ≥4时，实数b 的取值范围是[2−a,0]．解析：本题考查函数与方程的综合应用，难度较大.(1)当a =−2，b =−152时，f(x)=|x 2+2x|−15，所以f(2x )=|2x (2x +2)|−15=0，解得2x =3或2x =−5(舍去)，所以x =log 23.(2)由题意得，当b =0时，x|a −x|≤2x 在x ∈[0,2]上恒成立．当x =0时，不等式恒成立，则a ∈R ；与0<x ≤2时，|a −x|≤2，即−2≤x −a ≤2，因为y =x −a 在(0,2]上单调递增，所以y max =2−a ，y min >−a ，则{2−a ≤2,−a ≥−2,解得0≤a ≤2.则实数a 的取值范围为[0,2]．(3)函数f(x)在[0,2]上存在零点，即方程x|a −x|=−2b 在[0,2]上有解．设ℎ(x)={x 2−ax(x ≥a),−x 2+ax(x <a),当a ≤0时，ℎ(x)=x 2−ax ，x ∈[0,2]，且ℎ(x)在[0,2]上单调递增，所以ℎ(x)min =ℎ(0)=0，ℎ(x)max =ℎ(2)=4−2a ，则当0≤−2b ≤4−2a 时，原方程有解，解得a −2≤b ≤0；当a >0时，ℎ(x)在[0,a2]上单调递增，在[a2,a]上单调递减，在[a,+∞)上单调递增；①当a2≥2，即a ≥4时，ℎ(x)max =ℎ(2)=2a −4，ℎ(x)min =ℎ(0)=0，则当0≤−2b ≤2a −4时，原方程有解，解得2−a ≤b≤0.②当a2<2≤a，即2≤a<4时，ℎ(x)max=ℎ(a2)=a24，ℎ(x)min=ℎ(0)=0，则当0≤−2b≤a24时，原方程有解，解得−a28≤b≤0.③当0<a<2时，ℎ(x)max=max{ℎ(a2),ℎ(2)}=max{a24,4−2a}，ℎ(x)min=ℎ(0)=0，当a24≥4−2a，即−4+4√2≤a<2时，ℎ(x)max=a24，则当0≤−2b≤a24时，原方程有解，解得−a28≤b≤0.当a24<4−2a，即0<a<−4+4√2时，ℎ(x)max=4−2a，则当0≤−2b≤4−2a时，原方程有解，解得a−2≤b≤0．23.答案：解：(1)∵函数f(x)在上为奇函数，∴f(0)=0⟹a=1，经检验a=1时，f(−x)=−f(x)恒成立，∴a=1．(2)f(x)=1−2x2+2x+1=−(1+2x)+22(1+2x)=−12+12x+1，设x1<x2，则f(x1)−f(x2)=(−12+12x1+1)−(−12+12x2+1)=12x1+1−12x2+1=2x2−2x1(2x1+1)(2x2+1)，∵x 1<x2，函数y=2x在上为增函数，∴2x2−2x1>0，(2x1+1)(2x2+1)>0，∴f(x1)−f(x2)>0⟹f(x1)>f(x2)，所以f(x)在上是减函数;(3)−7f(|x|)=2|x|−λ+7 2⟹−7(−12+12|x|+1)=2|x|−λ+72⟹−72|x|+1=2|x|−λ，令t=2|x|≥1, −72|x|+1=2|x|−λ⟹t2+(1−λ)t−λ+7=0，由于方程−7f(|x|)=2|x|−λ+72有四个不同的实数根，且由t=2|x|的图像可得关于t的方程t2+(1−λ)t−λ+7=0在(1,+∞)上有两个不同的实根，令ℎ(t)=t2+(1−λ)t−λ+7，则{Δ>0−1−λ2>1ℎ(1)>0 ⟹2√7−1<λ<92．)．故λ的取值范围为(2√7−1,92解析：本题主要考查了函数的奇偶性，单调性与单调区间，函数的零点与方程根的关系，属于较难题．(1)已知函数f(x)=a−2x是定义在R上的奇函数，根据奇函数的定义，可以求出a的值；2+2x+1(2)判断函数f(x)的单调性，即设x1<x2，判定f(x1)−f(x2)是大于0，还是小于0，即可证明；(3)利用零点与方程根的关系，再分析，即可得到λ的取值范围．。