2019-2020学年浙江省宁波市余姚中学高一(上)期中数学试卷 (含答案解析)

2019-2020学年浙江省宁波市余姚中学高一（上）期中数学试卷
一、选择题（本大题共10小题，共40.0分）
1.已知集合A={x∈Z|−2⩽x<3},B={0,2,4}，则A∩B=()
A. {0,2,4}
B. {0,2}
C. {0,1,2}
D. ϕ
2.已知函数f(x)=lg(x−1)+x−3，则函数f(x)的零点所在的区间是()
A. (0,1)
B. (1,2)
C. (2,3)
D. (3,4)
3.已知f(x)是奇函数，且当x≥0时，f(x)=−x2+x，则不等式xf(x)<0的解集为()
A. (−∞,−1)∪(0,1)
B. (−1,0)∪(1,+∞)
C. (−1,0)∪(0,1)
D. (−∞,−1)∪(1,+∞)
4.关于函数f(x)=log3x，下列说法正确的是()
A. 在上单调递增
B. 在上单调递减
C. 图象关于x轴对称
D. 图象关于点对称
5.已知幂函数f(x)=(m2−2m−2) x2−m在上单调递增，则m的值为()
A. −1
B. −1或3
C. 1或−3
D. −3
6.下列函数是奇函数且在区间(1,+∞)上单调递增的是()
A. f(x)=−x3
B. f(x)=√x
C. f(x)=x+1
x D. f(x)=ln1−x
1+x
7.常见的三阶魔方约有4.3×1019种不同的状态，将这个数记为A，二阶魔方有560×38种不同的
状态，将这个数记为B，则下列各数与A
B 最接近的是()(参考数据：log310≈2.1，4.3
560
≈0.6×3−4)
A. 0.6×3−28
B. 0.6×1028
C. 0.6×328
D. 0.6×332
8.已知函数f(x)=lnx+(a−2)x−a+3，(a>0)，若f(x)>0有且只有一个整数解，则a的取
值范围是()
A. (0,1−ln2)
B. (0,1−ln2]
C. [1−ln2,2)
D. (1−ln2,2)
9.已知x>0，函数f(x)=(e x−a)2+(e−x+a)2
e x−e−x
的最小值为6，则a=()
A. −2
B. −1或7
C. 1或−7
D. 2
10.若f(x)是偶函数，则f(x)=f(−x)=f(|x|).()
A. 正确
B. 错误
二、填空题（本大题共7小题，共36.0分）
11.计算：_______ ；e0+√(1−√2)2−816=_______．
12.函数f(x)=x−4
3−x
的值域为______ ．
13.函数f(x)=log a(6−ax)在[1,3]上单调递减，则实数a的取值范围是______。

14.若函数f(x)=2x
x2+1
−a有零点，则实数a的值范围是_________．
15.函数f(x)=1
x
，x∈[2,3]的最大值为__________．
16.函数f(x)=x−3
x+3
，g(x)=x+3，则f(x)⋅g(x)=______ ．
)=x+√1+x2(x<0)，则函数f(x)的解析式为__________．
17.已知函数f(1
x
三、解答题（本大题共5小题，共74.0分）
18.已知全集U=R，集合A={x|9x−14−x2≥0}，B={x|0<log2x<2}，C={x|a−1<x<
2a}．
(I)求A∪B，(∁U A)∩B；
(II)如果A∩C=⌀，求实数a的取值范围．
19.有两个投资项目A、B，根据市场调查与预测，A项目的利润与投资成正比，其关系如图甲，B
项目的利润与投资的算术平方根成正比，其关系如图乙.(注：利润与投资单位：万元)
(1)分别将A、B两个投资项目的利润表示为投资x(万元)的函数关系式；
(2)现将x(0≤x≤10)万元投资A项目，10−x万元投资B项目.ℎ(x)表示投资A项目所得利润
与投资B项目所得利润之和.求ℎ(x)的最大值，并指出x为何值时，ℎ(x)取得最大值．
20.用单调性定义证明函数f(x)=x+2
在(1,+∞)上单调递减．
x−1
21.已知f(x)=(|x−1|−3)2．
(Ⅰ)若函数g(x)=f(x)−ax−2有三个零点，求实数a的值；
(Ⅱ)若对任意x∈[−1,1]，均有f(2x)−2k−2x≤0恒成立，求实数k的取值范围．
22.已知函数f(x)=|x2−ax|(a∈R)．
(1)当a=2
时，写出函数f(x)的单调区间；(不要求写出过程)
3
(2)当a=−2时，记函数g(x)=f(x)−t,(t∈R)，讨论函数g(x)的零点个数；
(3)记函数f(x)在区间[0,1]上的最大值为g(a)，求g(a)的表达式，并求g(a)的最小值。

-------- 答案与解析 --------1.答案：B
解析：
【分析】
本题考查集合的交集运算，属于基础题
【解答】
解：集合A={−2,−1,0,1,2}，B={0,2,4}，
所以A∩B={0,2}．
故选B．
2.答案：C
解析：
【分析】
本题考查零点存在性定理，根据零点存在性定理逐项判断即可，属基础题．【解答】
解：∵函数f(x)=lg(x−1)+x−3，
∴函数定义域为(1,+∞)，排除A，
f(2)=lg(2−1)+2−3=−1<0，f(3)=lg(3−1)+3−3=lg2>0，∴f(2)f(3)<0，
∴函数零点所在区间为(2,3)．
故选C．
3.答案：D
解析：解：当x≥0时，f(x)=−x2+x<0得，
x>1；
∵f(x)是奇函数，
则当x<0时，f(x)>0的解为
x<−1；
故不等式xf(x)<0的解集为
(−∞,−1)∪(1,+∞)；
故选D．
由题意讨论x≥0及x<0讨论f(x)的取值范围，从而求解．
本题考查了函数的奇偶性的应用，属于基础题．
4.答案：A
解析：
【分析】
本题主要考查对数函数及其性质，属于基础题．
【解答】
解：∵函数，
∴f(x)的定义域为(0,+∞)，f(x)在(0,+∞)上单调递增，
故A正确，B错误，
对数函数没有对称性，故C，D错误，
故选A．
5.答案：A
解析：
【分析】
本题考查幂函数的定义及性质，属于基础题．
由函数是幂函数，系数为1得m=3或−1，再由单调性即可得解．
【解答】
解：因为f(x)=(m2−2m−2) x2−m是幂函数，
故m2−2m−2=1，解得m=3或−1，
又因为函数在上单调递增，则m=−1．
故选A．
6.答案：C
解析：解：函数f(x)=−x3是奇函数，但在区间(1,+∞)上单调递减；
函数f(x)=√x是非奇非偶函数；
函数f(x)=x+1
x
是奇函数，
f′(x)=1−1
x2
>0在区间(1,+∞)上恒成立，
故函数在区间(1,+∞)上单调递增；
函数f(x)=ln1−x
1+x
是定义在(−1,1)上的奇函数；
故选：C．
分析给定函数的奇偶性及单调性，可得答案．
本题考查的知识是函数的单调性，函数的奇偶性，难度不大，属于基础题．
7.答案：C
解析：
【分析】
本题考查指、对数的运算以及对数的应用，考查了计算能力，属于基础题．
由题意，log310≈2.1，从而A=4.3×1019≈4.3×32.1×19≈4.3×340，进而可求A
B
的近似值．【解答】
解：因为log310≈2.1，
所以A=4.3×1019≈4.3×32.1×19≈4.3×340，
所以A
B =4.3×340
560×38
≈0.6×3−4×332=0.6×328．
故选C．8.答案：B
解析：解：∵f(x)=lnx+(a−2)x−a+3，令lnx+(a−2)x−
a+3=0，
∴lnx=(2−a)x+a−3，
∵y=(2−a)x+a−3，
∴2x−y−3+(1−x)a=0，
∴{2x−y−3=0
1−x=0，
解得x=1，y=−1，
即直线y=(2−a)x+a−3恒过点，(1,−1)，ln1=0，
可知f(1)=lnx+(a−2)x−a+3=1>0，
f(x)>0有且只有一个整数解，必须f(2)≤0，
分别画出y=lnx，与y=(2−a)x+a−3的图象，
如图所示：
即ln2+2(a−2)−a+3≤0，
解得a≤1−ln2，
∵a>0，
∴0<a≤1−ln2．
故选：B．
由f(x)=lnx+(a−2)x−a+3=0，可得lnx=(2−a)x+a−3，分别画出y=lnx，与y=(2−a)x+a−3的图象，f(x)>0有且只有一个整数解，x1解使得f(x1)>0，则f(2)≤0，解得即可
本题考查了函数图象和函数零点的问题，考查了数形结合思想、转化思想，是一道中档题．
9.答案：B
解析：解：∵x>0，
∴e x−e−x>0
∴f(x)=(e x−a)2+(e−x+a)2
e x−e−x =(e x−e−x)2−2a(e x−e x)+2a2+2
e x−e−x
=(e x−e−x)+2a2+2
e x−e−x
−2a≥2√2a2+2−2a，
∵函数f(x)=(e x−a)2+(e−x+a)2
e x−e−x
的最小值为6，
∴2√2a2+2−2a=6，
解得a=−1或7，
故选：B．
根据基本不等式即可求出函数的最值．
本题考查了函数的最值和基本不等式的应用，考查了转化与化归能力，属于中档题
10.答案：A
解析：
【分析】
本题考查偶函数的定义及性质，若f(x)是偶函数，则f(x)=f(−x)=f(|x|).属于基础题．【解答】
解：因为f(x)是偶函数，所以f(−x)=f(x)=f(|x|)．
故选A．
11.答案：2 ；0
解析：
【分析】
本题考查对数式、指数式化简求值，考查对数、指数性质、运算法则等基础知识，考查运算求解能力，属基础题．
利用对数、指数性质、运算法则直接求解．
【解答】
解：log69+2log62=log69+log64=log636=2；
e0+√(1−√2)2−816=1+√2−1−√2=0．
故答案为2；0．
12.答案：(−∞,−1)∪(−1,+∞)
解析：解：∵函数f(x)=x−4
3−x
，
∴函数f(x)=x−4
3−x =−1+1
x−3
，
∵函数y=1
x
的值域为(−∞,0)∪(0,+∞)，
∴函数y=1
x−3
的值域为(−∞,0)∪(0,+∞)，
∴函数f(x)=x−4
3−x =−1+1
x−3
的值域：(−∞,−1)∪(−1,+∞)，
故答案为(−∞,−1)∪(−1,+∞)．
化简函数f(x)=x−4
3−x =−1+1
x−3
，利用函数y=1
x
的值域为(−∞,0)∪(0,+∞)求解．
本题考查了函数的性质，运用求解分式函数的值域问题．
13.答案：(1,2)
解析：
【分析】
本题主要考查对数函数的单调性和特殊点，对数函数的定义域，属于基础题．【解答】
解：∵函数f(x)=log a(6−ax)在[1,3]上单调递减，
∴{a>1
6−1×a>0
6−3a>0
，
解得a的取值范围为(1,2)，
故答案为(1,2)．
14.答案：[−1,1]
解析：
【分析】
本题考查函数的零点与方程根之间的关系，将函数有零点转化为方程有解．【解答】
解：g(x)=2x
x2+1
的定义域为R，
当x=0时，g(x)=2x
x2+1
=0；
当x≠0时，g(x)=
2x
x2+1
=2
x+1
x
，
∵x+1
x ≥2或x+1
x
≤−2，
∴−1≤2
x+1
x <0或0<2
x+1
x
≤1，
∴−1≤g(x)≤1，
∵函数f(x)=2x
x2+1
−a有零点，∴实数a的值范围是[−1,1]．故答案为[−1,1]．
15.答案：1
2
．
解析：f(x)=1
x 在x∈[2,3]上是单调减函数，所以x=2时f(x)有最大值1
2
．
16.答案：x−3，(x∈(−∞,−3)∪(−3,+∞))
解析：解：由题意函数f(x)=x−3
x+3
，g(x)=x+3，
那么：f(x)⋅g(x)=x−3
x+3
×(x+3)，
∵x≠−3，
∴f(x)⋅g(x)=x−3
∴答案为x−3，(x∈(−∞,−3)∪(−3,+∞))
由题意函数f(x)=x−3
x+3
，g(x)=x+3，直接求解f(x)⋅g(x)即可．注意定义域范围．本题考查了函数解析式的求法，化简时要注意到定义域的范围，属于基础题．
17.答案：f(x)=1−√1+x2
x
(x<0)
解析：令1
x =t,(t<0)，则f(t)=1
t
+√1+(1
t
)2=1
t
−√1+t2
t
=1−√1+t2
t
故函数f(x)的解析式为f(x)=
1−√1+x2
x (x<0)，故答案为：f(x)=1−√1+x2
x
(x<0)．
18.答案：解：(I)全集U=R，集合A={x|9x−14−x2≥0}={x|2≤x≤7}，B={x|0<log2x<2}={x|1<x<4}，
∴A∪B={x|1<x≤7}，
∁U A={x|x<2或x>7}，
∴(∁U A)∩B={x|1<x<2}；
(II)C={x|a−1<x<2a}，A∩C=⌀，
当a−1≥2a，即a≤−1时，C=⌀，满足A∩C=⌀；
当a−1<2a，即a>−1时，a−1≥7或2a≤2，
解得a≥8或−1<a≤1时，满足A∩C=⌀；
综上，实数a的取值范围是a≤1或a≥8．
解析：本题考查了集合的定义与运算问题，是中档题．
(I)化简集合A、B，根据集合的定义计算即可；
(II)根据交集与空集的定义，讨论a的取值，求出实数a的取值范围．
19.答案：解：(1)投资为x万元，A产品的利润为y1万元，B产品的利润为y2万元，由题设y1=k1⋅x，y2=k2⋅√x，
由图知y1=1
4
x，(x≥0)，
y2=5
4
√x，(x≥0)；
(2)设A产品投入x万元，则B产品投入10−x万元，
设企业的利润为w万元，w=y1+y2=x
4+5
4
√10−x，(0≤x≤10)，
令√10−x=t，则w=10−t2
4+5t
4
=−1
4
(t−5
2
)2+25
16
，(0≤t≤√10)
当t=5
2，y有最大值，此时x=10−25
4
=3.75；
∴当A产品投入3.75万元，B产品投入6.25万元时，企业获得最大利润约为65
16
万元．
解析：本题考查将实际问题的最值问题转化为函数的最值问题、考查利用待定系数法求函数的解析式、考查换元法注意新变量的范围、二次函数的最值与对称轴有关．
(1)由于A产品的利润与投资成正比，可设y1=k1⋅x，从图1可以得到当x=1时，y1=0.25，当x=2时，y1=0.45，从而可以得到k1，B产品的利润与投资的算术平方根成正比，可设y2=k2⋅√x，当x=4时，y2=2.5，当x=9时，y2=3.75，从而可得到k2；
(2)设A产品投入x万元，则B产品投入10−x万元，设企业的利润为w万元，w=A产品的利润+B 产品的利润．
20.答案：解：∀1<x1<x2≤+∞，
则f(x1)−f(x2)=x1+2
x1−1−x2+2
x2−1
=2x1x2+3x2−3x1
(x1−1)(x2−1)
．
∵1<x1<x2<+∞，
∴x1−1>0，x2−1>0，x1x2>0，x2−x1>0，
∴f(x1)−f(x2)>0．
∴f(x1)>f(x2).
∴f(x)=在(1,+∞)上是单调减函数．
解析：利用函数单调性定义证明．
熟练掌握函数单调性定义和证明方法是解题的关键．
21.答案：解：(Ⅰ)由题意g(x)=f(x)−ax−2=0等价于f(x)=ax+2有三个不同的解，
由f(x)={(x −4)2,x ≥1
(x +2)2,x <1，
可得函数图象如图所示：
联立方程：(x −4)2=ax +2，
由Δ=(a +8)2−56=0，可得a =−8±2√14， 结合图象可知a =−8+2√14． 同理(x +2)2=ax +2，
由Δ=(4−a)2−8=0，可得a =4±2√2， 因为4+2√2<K PQ =7， 结合图象可知a =4−2√2，
综上可得：a =−8+2√14或a =4−2√2．
(Ⅱ)设2x =t ∈[1
2,2]，原不等式等价于(|t −1|−3)2≤2
k
t
，
两边同乘t 2得：[t(|t −1|−3)]2≤2k ， 设m(t)=t(|t −1|−3)，t ∈[1
2,2]，
原题等价于2k ≥[m(t)]2的最大值，
(1)当t ∈[1,2]时，m(t)=t(t −4)，易得m(t)∈[−4,−3]， (2)当t ∈[1
2,1)时，m(t)=−t(t +2)，易得m(t)∈(−3,5
4], 所以[m(t)]2的最大值为16，即2k ≥16，故k ≥4．
解析：本题是函数与方程的综合应用，属于难题．
(Ⅰ)由题意g(x)=f(x)−ax −2=0等价于f(x)=ax +2有三个不同的解，由f(x)={(x −4)2,x ≥1(x +2)2,x <1
，画图，结合图象解方程可得a 的值； (Ⅱ)设2x =t ∈[1
2,2]，原不等式等价于(|t −1|−3)2≤2
k
t
2，两边同乘t 2得：[t(|t −1|−3)]2≤2k ，
设m(t)=t(|t −1|−3)，t ∈[1
2,2]，原题等价于2k ≥[m(t)]2的最大值，对t 讨论求解即可． 22.答案：
解：(1)当a =2
3时，f(x)的单调递增区间为(0,1
3]和[2
3,+∞)，单调递减区间为(13,2
3)和(−∞,0)； (2)当a =−2时，记函数g(x)=f(x)−t ，(t ∈R)，可得|x 2+2x|=t ，
画出两个函数y =|x 2+2x|，y =t 的图象如图：
t <0时无零点，t =0或t >1时有两个零点，0<t <1时有四个零点，t =1时有3个零点．
(3)当a ≤0时，f(x)=|x 2−ax|=x 2−ax 在区间[0,1]上为增函数，
当x =1时，f(x)取得的最大值为f(1)=1−a ；
当0<a <1时，f(x)={−x 2+ax,0<x <a,x 2−ax,a ≤x <1
在区间(0,a 2)上递增，在[a 2,a]上递减，在(a,1]上递增， 且f(a 2
)=a 24，f(1)=1−a ， ∵a 24−(1−a)=14(a 2+4a −4)，
∴当0<a <2√2−2时，
a 24<1−a ； 当2√2−2≤a <1时，a 24≥1−a ．
当1≤a <2时，f(x)=−x 2+ax 在区间(0,a 2)上递增，在区间(a 2,1)上递减，
当x =a 2时，f(x)取得最大值f(a 2)=a 24；
当a ≥2时，f(x)=−x 2+ax 在区间[0,1]上递增，
当x =1时，f(x)取得最大值f(1)=a −1．
则g(a)={1−a,a <2√2−2,
a 24
,2√2−2≤a <2a −1,a ≥2
．
g(a)在(−∞,2√2−2)上递减，在[2√2−2,+∞)上递增，
即当a =2√2−2时，g(a)有最小值为3−2√2．
解析：本题考查函数与方程的综合应用，考查数形结合以及基本初等函数的应用，考查转化思想以及分类讨论思想的应用，考查计算能力．
(1)当a =23时，结合图象，写出函数f(x)的单调递增区间为(0,13]和[23,+∞)，单调递减区间为(13,23)和(−∞,0)；
(2)通过两个函数的图象，判断t 的范围，得到函数的零点个数．
(3)当a ≤0时，f(x)=|x 2−ax|=x 2−ax 在区间[0,1]上为增函数，求出最大值．当0<a <1时，
当1≤a <2时，当a ≥2时，判断函数的单调性求解函数的最值，推出g(a)={1−a,a <2√2−2,
a 24,2√2−2≤a <2a −1,a ≥2.
然后求解g(a)有最小值为3−2√2．。