2020-2021学年上海市高一（上）期末数学试卷人教新课标A版

这是一份2020-2021学年上海市高一（上）期末数学试卷人教新课标A版，共10页。试卷主要包含了填空题，选择题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 已知f(x−2)＝2x−5，且f(a)＝5，则a的值为________．

2. 若m，n∈R，则“m+n≥0”是“m≥0且n≥0”的________条件．

3. 设集合，则A∩B＝________．

4. 设lg2＝a，lg7＝b，则lg714＝________（用含a，b的式子表示）．

5. 已知集合A＝{x∈N|y＝lg(4−x)}，则A的子集个数为________．

6. 已知全集为R，A＝{x|x2+px−6＝0}，B＝{x|x2+qx+2＝0}，且，则p+q＝________．

7. 幂函数f(x)的图象过点(2,2)，则函数g(x)=af(x−3)+1(a∈R, a≠0)的图象经过定点________．

8. 已知函数f(x)＝2lg2(x+1)，，则y＝f(x)的反函数为y＝________．

9. 方程在x∈(0, +∞)上有解，则实数a的取值范围是________．

10. 已知函数f(x)=lg2(−x+5),x≤12x−m,x>1 在R上存在最小值，则m的取值范围是________．

11. 已知x1是函数f(x)＝xlg2x−3的一个零点，x2是函数f(x)＝x⋅2x−3的一个零点，则x1⋅x2＝________．

12. 设二次函数f(x)＝ax2+bx+c（a，b，c为常数）．若不等式f(x)≥2ax+b的解集为R，则的最大值为________．
二、选择题（本大题共4题，满分20分，每题5分）

如果x+y<0，且y>0，那么下列不等式成立的是（ ）
A.y2>x2>xyB.x2>y2>−xyC.x2<−xy−xy>y2

已知函数g(x)=3x+t的图象不经过第二象限，则t的取值范围为（ ）
A.t≤−1B.t<−1C.t≤−3D.t≥−3

对于函数①，②f(x)＝(x−2)2，③f(x)＝2|x−2|，判断下列三个命题的真假：
命题甲：f(x+2)是偶函数；
命题乙：f(x)在(−∞, 2)上是严格减函数，在(2, +∞)上是严格增函数；
命题丙：f(x+2)−f(x)在(−∞, +∞)上是严格增函数．
能使命题甲、乙、丙均为真的所有函数的序号是（ ）
A.①②B.②③C.②D.①③

已知函数f(x)满足f(x+1)＝1+2f(x)−f2(x)(x∈R)，则f(1)+f(2020)的最大值是（ ）
A.2−2B.2C.2+2D.4
三、解答题（本大题共5题，满分76分）

已知函数f(x)＝x2−(a+b)x+a．
（1）若关于x的不等式f(x)<0的解集为(1, 2)，求a，b的值；

（2）当b＝1时，解关于x的不等式f(x)>0．

已知函数f(x)＝lg21+axx−1（a为常数）是奇函数．
(Ⅰ)求a的值与函数 f(x)的定义域；
(Ⅱ)若当x∈(1, +∞) 时，f(x)+lg2(x−1)>m恒成立．求实数m的取值范围．

某心理学研究小组在对学生上课注意力集中情况的调查研究中，发现其注意力指数p与听课时间t之间的关系满足如图所示的曲线．当t∈(0, 14]时，曲线是二次函数图象的一部分，当t∈[14, 40]时，曲线是函数y＝lga(t−5)+83(a>0，且a≠1)图象的一部分．根据专家研究，当注意力指数p大于等于80时听课效果最佳．

（1）试求p＝f(t)的函数关系式；

（2）一道数学难题，讲解需要22分钟，问老师能否经过合理安排在学生听课效果最佳时讲完？请说明理由．

设f(x)是定义在[−1, 1]上的奇函数，且对任意的a，b∈[−1, 1]，当a+b≠0时，都有f(a)+f(b)a+b>0．
（1）若a>b，试比较f(a)与f(b)的大小；

（2）解不等式f(x−12)
（3）如果g(x)=f(x−c)和ℎ(x)=f(x−c2)这两个函数的定义域的交集是空集，求c的取值范围．

已知x∈R，定义：f(x)表示不小于x的最小整数，例如：f（）＝2，f(−0.6)＝0
（1）若f(x)＝2018，求实数x的取值范围；

（2）若x>0，且f（3x+f(x)）＝f(6+），求实数x的取值范围；

（3）设g(x)＝x+a•−2，ℎ(x)＝，若对于任意的x1、x2、x3∈(2, 4]，都有g(x1)>|ℎ(x2)−ℎ(x3)|，求实数a的取值范围．
参考答案与试题解析
2020-2021学年上海市高一（上）期末数学试卷
一、填空题（每小题3分，共36分）
1.
【答案】
3
【考点】
函数解析式的求解及常用方法
【解析】
根据题意，令t＝x−2，利用换元法可得f(x)的解析式，则有f(a)＝2a−1＝5，求出a的值，即可得答案．
【解答】
根据题意，令t＝x−2，则x＝t+2，
则有f(t)＝2t−1，
则f(a)＝2a−1＝5，解可得a＝3，
2.
【答案】
必要不充分
【考点】
充分条件、必要条件、充要条件
【解析】
结合不等式的性质，利用充分条件和必要条件的定义进行判断即可．
【解答】
当m＝−1，n＝2时，满足m+n≥0但“m≥0且n≥0”不成立，
当“m≥0且n≥0”时，m+n≥0一定成立，
即m+n≥0是m≥0且n≥0成立的必要不充分条件，
3.
【答案】
＝{x|−1【考点】
交集及其运算
【解析】
先分别求出集合A，B，由此能求出A∩B．
【解答】
∵ 集合，
∴ A＝{x|x>−1}，B＝{x|−1≤x<2}，
∴ A∩B＝{x|−14.
【答案】
【考点】
对数的运算性质
【解析】
进行对数的运算，得出，代入lg2＝a，lg7＝b即可．
【解答】
∵ lg2＝a，lg7＝b，
∴ ．
5.
【答案】
16
【考点】
子集与真子集
【解析】
可以求出集合A，根据集合A的元素个数即可得出A的子集个数．
【解答】
∵ A＝{x∈N|x<4}＝{0, 1, 2, 3}，
∴ A的子集个数为24＝16．
6.
【答案】
【考点】
交集及其运算
【解析】
由，知2∈A，求出p＝1，从而集合A＝{x|x2+x−6＝0}＝{2, −3}，进而得−3∈B，求出q＝，由此能求出结果．
【解答】
由，知2∈A，代入得：4+2p−6＝0，解得p＝1，
所以集合A＝{x|x2+x−6＝0}＝{2, −3}，
从而得−3∈B，代入得，
所以．
7.
【答案】
(3, 1)
【考点】
幂函数的概念、解析式、定义域、值域
【解析】
由题意求出幂函数f(x)的解析式，再化简函数g(x)，求出g(x)的图象经过的定点．
【解答】
设幂函数y=f(x)=xα，图象过点(2,2)，
则2α=2，α=12；
∴ f(x)=x12，x≥0；
∴ 函数g(x)=af(x−3)+1=a(x−3)12+1=ax−3+1，其中a∈R，且a≠0；
令x−3=0，得x=3，此时y=1；
∴ 函数g(x)的图象经过定点(3, 1)．
8.
【答案】
【考点】
反函数
【解析】
由y＝f(x)反解出x，然后求出原函数的值域，得到反函数的定义域，从而得到y＝f(x)的反函数．
【解答】
因为y＝2lg2(x+1)，所以，即，
又因f(x)在上单调递增，所以f(x)∈[−2, 2]，
所以y＝f(x)的反函数为y＝−1，x∈[−2, 2]．
9.
【答案】
[4, +∞)
【考点】
函数与方程的综合运用
函数的零点
【解析】
设f(x)＝4x+x，原问题等价于当x>0时，函数f(x)＝4x+x与直线y＝a有交点，求出f(x)的值域，即可得答案．
【解答】
根据题意，设f(x)＝4x+x，
方程即a＝4x+x∈(0, +∞)上有解，
则当x>0时，函数f(x)＝4x+x与直线y＝a有交点，
当x>0时，f(x)＝4x+≥2＝4，当且仅当x＝时等号成立，即f(x)的值域为[4, +∞)，
则必有a≥4，即a的取值范围为[4, +∞)，
10.
【答案】
(−∞, 0]．
【考点】
函数的最值及其几何意义
【解析】
利用函数的单调性，分别求出两段的值域即可．
【解答】
函数y＝lg2(−x+5)在(−∞, 1]单调递减，
即可得x≤1时，f(x)≥f(1)＝2．
当x>1时，f(x)>2−n．
要使函数f(x)=lg2(−x+5),x≤12x−m,x>1 在R上存在最小值，只需2−m≥2，即m≤0．
11.
【答案】
3
【考点】
函数的零点与方程根的关系
【解析】
利用函数的对称性，设出A、B坐标，转化求解即可．
【解答】
由题意得，
又y＝lg2x和y＝2x图象关于y＝x对称，且图象也关于y＝x对称，
不妨设，
所以A，B也关于y＝x对称，所以lg2x1＝x2，
又lg2x1＝，所以x1x2＝3．
12.
【答案】
【考点】
二次函数的性质
二次函数的图象
【解析】
由已知结合二次函数的性质b2≤4ac−4a2，然后对已知不等式进行赋值可得c≥a>0，然后进行换元，结合基本不等式即可求解．
【解答】
由f(x)≥2ax+b的解集为R，可得ax2+(b−2a)x+c−b≥0恒成立，
∴ a>0且△＝(b−2a)2−4a(c−b)≤0，
即b2≤4ac−4a2，
令x＝1可得a+b−2a+c−b≥0，即c≥a>0，
∴ ＝，
令t＝−1，则t≥0，
∴ ＝＝＝＝，
当且仅当t＝即t＝2时取等号，
二、选择题（本大题共4题，满分20分，每题5分）
【答案】
D
【考点】
不等式的基本性质
【解析】
由x+y<0，且y>0，可得x<−y<0．再利用不等式的基本性质即可得出x2>−xy，xy<−y2．
【解答】
解：∵ x+y<0，且y>0，
∴ x<−y<0．
∴ x2>−xy，xy<−y2，
因此x2>−xy>y2．
故选：D．
【答案】
A
【考点】
指数函数的图象与性质
【解析】
根据指数函数的性质，求出恒过坐标，即可得出t的取值范围．
【解答】
由指数函数的性质，可得函数g(x)=3x+t恒过点坐标为(0, 1+t)，函数g(x)是增函数，图象不经过第二象限，∴ 1+t≤0，解得：t≤−1．
【答案】
B
【考点】
命题的真假判断与应用
【解析】
求复合函数判断命题甲，用复合函数法判断命题乙丙．
【解答】
对命题甲，分别求出f(x+2)，①，②f(x+2)＝(x)2，③f(x+2)＝2|x|，则命题甲均真；
对命题乙，由复合函数单调性知，
①f(x)在(−∞, 2)上是严格增函数，在(2, +∞)上是严格减函数，
②f(x)在(−∞, 2)上是严格减函数，在(2, +∞)上是严格增函数，
③f(x)在(−∞, 2)上是严格减函数，在(2, +∞)上是严格增函数，
所以①命题乙为假，②和③命题乙为真；此时排除AD，由于B②③，C②，所以只需判断③命题丙是否为真；
对命题丙，③f(x+2)＝2|x|−2|x−2|＝＝，
用复合函数单调性判断法知，f(x+2)在每个区间断都严格增加，且在端点处不间断，所以在R上严格增加，则命题丙为真；
【答案】
C
【考点】
函数的最值及其几何意义
【解析】
将条件进行平方，利用作差法构造函数g(x)=2f(x)−f2(x)，然后利用基本不等式的性质，转化为关于f(1)+f(2020)的一元二次不等式，进行求解即可．
【解答】
由f(x+1)＝1+2f(x)−f2(x)(x∈R)，
得2f(x)−f2(x)≥0，得0≤f(x)≤2，
平方得f2(x+1)=1+22f(x)−f2(x)+2f(x)−f2(x)，①
∴ 2f(x+1)=2+22f(x)−f2(x) ②
②-①得2f(x+1)−f2(x+1)=2+22f(x)−f2(x)−[1+22f(x)−f2(x)+2f(x)−f2(x)]
=1−[2f(x)−f2(x)]，
即2f(x+1)−f2(x+1)+2f(x)−f2(x)=1，③
设g(x)=2f(x)−f2(x)，
则③等价为g(x+1)+g(x)=1，
即g(x+2)+g(x+1)=g(x+1)+g(x)=1，
∴ g(x+2)=g(x)，
则g(0)=g(2)=g(4)=(2020)，g(1)=g(3)=g(5)=(2021)，
则g(1)+g(2020)=g(1)+g(0)=1，
∴ 2f(1)−f2(1)+2f(2020)−f2(2020)=1，
即2[f(1)+f(2020)]−[f2(1)+f2(2020)]=1
即2[f(1)+f(2020)]−{[f(1)+f(2020)]2−2f(1)f(2020)]}=1
2f(1)f(2020)=1+[f(1)+f(2020)]2−2[f(1)+f(2020)]≤2×[f(1)+f(2020)2]2=12[f(1)+f(2020)]2，
设t=f(1)+f(2020)，
则不等式等价为1+t2−2t≤12t2，
整理得t2−4t+2≤0，
得2−2≤t≤2+2，
即2−2≤f(1)+f(2020)≤2+2，
则f(1)+f(2020)的最大值为2+2，
故选：C．
三、解答题（本大题共5题，满分76分）
【答案】
由函数f(x)＝x2−(a+b)x+a，不等式f(x)<0化为x2−(a+b)x+a<0，
由不等式的解集为(1, 2)，所以方程x2−(a+b)x+a＝0的两根为1和2，
由根与系数的关系知：，解得a＝2，b＝1；
b＝1时不等式f(x)>0可化为x2−(a+1)x+a>0，
即(x−a)(x−1)>0；
当a>1时，解不等式得x<1或x>a；
当a＝1时，解不等式得x≠1；
当a<1时，解不等式得x1．
所以a>1时，不等式的解集为{x|x<1或x>a}；
a＝1时，不等式的解集为{x|x≠1}；
a<1时，不等式的解集为{x|x1}．
【考点】
一元二次不等式的应用
【解析】
（1）由不等式f(x)<0的解集得出对应方程的实数根，利用根与系数的关系求出a、b的值；
（2）b＝1时不等式可化为(x−a)(x−1)>0，讨论a与1的大小，从而求出不等式的解集．
【解答】
由函数f(x)＝x2−(a+b)x+a，不等式f(x)<0化为x2−(a+b)x+a<0，
由不等式的解集为(1, 2)，所以方程x2−(a+b)x+a＝0的两根为1和2，
由根与系数的关系知：，解得a＝2，b＝1；
b＝1时不等式f(x)>0可化为x2−(a+1)x+a>0，
即(x−a)(x−1)>0；
当a>1时，解不等式得x<1或x>a；
当a＝1时，解不等式得x≠1；
当a<1时，解不等式得x1．
所以a>1时，不等式的解集为{x|x<1或x>a}；
a＝1时，不等式的解集为{x|x≠1}；
a<1时，不等式的解集为{x|x1}．
【答案】
（1）∵ 知函数f(x)＝lg21+axx−1是奇函数，
∴ f(−x)＝−f(x)，
∴ lg21−ax−x−1=−lg21+axx−1，
即lg2ax−1x+1=lg2x−11+ax，
∴ a＝1．
令1+xx−1>0，解得：x<−1或x>1．
∴ 函数的定义域为：{x|x<−1或x>1}；
（2）f(x)+lg2(x−1)＝lg2(1+x)，
当x>1时，x+1>2，
∴ lg2(1+x)>lg22＝1，
∵ x∈(1, +∞)，f(x)+lg2(x−1)>m恒成立，
∴ m≤1，
m的取值范围是(−∞, 1]．
【考点】
函数的定义域及其求法
函数恒成立问题
【解析】
(Ⅰ)直接由奇函数的定义列式求解a的值，然后由对数式的真数大于0求解x的取值集合得答案；
(Ⅱ)化简f(x)+lg(x−1)为lg2(1+x)，由x的范围求其值域得答案．
【解答】
（1）∵ 知函数f(x)＝lg21+axx−1是奇函数，
∴ f(−x)＝−f(x)，
∴ lg21−ax−x−1=−lg21+axx−1，
即lg2ax−1x+1=lg2x−11+ax，
∴ a＝1．
令1+xx−1>0，解得：x<−1或x>1．
∴ 函数的定义域为：{x|x<−1或x>1}；
（2）f(x)+lg2(x−1)＝lg2(1+x)，
当x>1时，x+1>2，
∴ lg2(1+x)>lg22＝1，
∵ x∈(1, +∞)，f(x)+lg2(x−1)>m恒成立，
∴ m≤1，
m的取值范围是(−∞, 1]．
【答案】
当t∈(0, 14]时，设p＝f(t)＝c(t−12)2+82(c<0)，
将点(14, 81)代入得c=−14，
∴ 当t∈(0, 14]时，p＝f(t)=−14(t−12)2+82；
当t∈(14, 40]时，将点(14, 81)代入y＝lga(t−5)+83，得a=13，
所以p＝f(t)=−14(t−12)2+82,t∈(0,14]lg13(t−5)+83,t∈(14,40] ；
当t∈(0, 14]时，−14(t−12)2+82≥80，
解得12−22≤t≤12+22，所以t∈[12−22, 14]，
当t∈(14, 40]时，lg_13(t−5)+83≥80，
解得5综上t∈[12−22, 32]时学生听课效果最佳，
此时△t=32−(12−22)=20+22>22，
所以，教师能够合理安排时间讲完题目．
【考点】
根据实际问题选择函数类型
【解析】
（1）利用待定系数法求函数第一段的解析式，代入特殊点求函数第二段的解析式即可；
（2）分段求出效果最佳的t的范围，验证即可．
【解答】
当t∈(0, 14]时，设p＝f(t)＝c(t−12)2+82(c<0)，
将点(14, 81)代入得c=−14，
∴ 当t∈(0, 14]时，p＝f(t)=−14(t−12)2+82；
当t∈(14, 40]时，将点(14, 81)代入y＝lga(t−5)+83，得a=13，
所以p＝f(t)=−14(t−12)2+82,t∈(0,14]lg13(t−5)+83,t∈(14,40] ；
当t∈(0, 14]时，−14(t−12)2+82≥80，
解得12−22≤t≤12+22，所以t∈[12−22, 14]，
当t∈(14, 40]时，lg_13(t−5)+83≥80，
解得5综上t∈[12−22, 32]时学生听课效果最佳，
此时△t=32−(12−22)=20+22>22，
所以，教师能够合理安排时间讲完题目．
【答案】
解：（1）设−1≤x1f(x2)−f(x1)=f(x2)+f(−x1)=f(x2)+f(−x1)x2+(−x1)(x2−x1)>0，
∴ f(x)在[−1, 1]上是增函数．
∵ a，b∈[−1, 1]，且a>b，
∴ f(a)>f(b)．
（2）∵ f(x)是[−1, 1]上的增函数，
∴ 不等式f(x−12)−1≤x−12≤1−1≤x−14≤1x−12∴ 原不等式的解集是{x|−12≤x≤54}．
（3）设函数g(x)，ℎ(x)的定义域分别是P和Q，
则P={x|−1≤x−c≤1}=x|c−1≤x≤c+1}，
Q={x|−1≤x−c2≤1}={x|c2−1≤x≤c2+1}．
由P∩Q=⌀可得c+1解得c的取值范围是(−∞, −1)∪(2, +∞)．
【考点】
奇偶性与单调性的综合
集合关系中的参数取值问题
【解析】
（1）由题意，可先证明函数的单调性，由奇定义和题设条件易得函数是增函数，由单调性比较两个函数值的大小即可；
（2）（1）由（1）函数f(x)是[−1, 1]上的增函数上的增函数，可将不等式f(x−12)（3）由题意，要先解出两个函数的定义域，得P={x|−1≤x−c≤1}=x|c−1≤x≤c+1}，Q={x|−1≤x−c2≤1}={x|c2−1≤x≤c2+1}． 由于此两个集合的解集是空集，比较两个集合的端点，得到关于参数c的不等式，解出c的取值范围．
【解答】
解：（1）设−1≤x1f(x2)−f(x1)=f(x2)+f(−x1)=f(x2)+f(−x1)x2+(−x1)(x2−x1)>0，
∴ f(x)在[−1, 1]上是增函数．
∵ a，b∈[−1, 1]，且a>b，
∴ f(a)>f(b)．
（2）∵ f(x)是[−1, 1]上的增函数，
∴ 不等式f(x−12)−1≤x−12≤1−1≤x−14≤1x−12∴ 原不等式的解集是{x|−12≤x≤54}．
（3）设函数g(x)，ℎ(x)的定义域分别是P和Q，
则P={x|−1≤x−c≤1}=x|c−1≤x≤c+1}，
Q={x|−1≤x−c2≤1}={x|c2−1≤x≤c2+1}．
由P∩Q=⌀可得c+1解得c的取值范围是(−∞, −1)∪(2, +∞)．
【答案】
f(x)表示不小于x的最小整数，
可得f(x)＝2018的x的范围是(2017, 2018]；
若x>0，可得0<<，
又f（3x+f(x)）＝f(6+），
则f(6+）＝7，
即有6<3x+f(x)≤7，
即6−3xx＝1时，f(x)＝4；x＝2时，f(x)＝8，
显然不成立；
由1则6−3x<2≤7−3x，
解得ℎ(x)＝＝
＝−4+在(2, 2.5)递增，在[2.5, 4]递减，
可得ℎ(x)的最小值为ℎ(4)＝−4+2＝−2；
最大值为ℎ(2.5)＝4，
则|ℎ(x2)−ℎ(x3)|≤4+2＝6，
由题意可得g(x1)>6在(2, 4]恒成立，
即有a⋅f(x)>x(8−x)在(2, 4]恒成立，
当x∈(2, 3]时，3a>−(x−4)2+16恒成立，
可得x(8−x)的最大值为3×5＝15，
即有a>5；
当x∈(3, 4]时，4a>−(x−4)2+16恒成立，
可得x(8−x)的最大值为4×4＝16，
即有a>4，
综上可得，a的范围是(5, +∞)．
【考点】
函数与方程的综合运用
【解析】
（1）由f(x)表示不小于x的最小整数，可得x的范围是(2017, 2018]；
（2）由指数函数的单调性，可得0<<，则f(6+）＝7，即有6<3x+f(x)≤7，考虑1（3）化简ℎ(x)＝−4+在(2, 2.5)递增，在[2.5, 4]递减，求得ℎ(x)的最值，可得g(x1)>6在(2, 4]恒成立，讨论当x∈(2, 3]时，当x∈(3, 4]时，由新定义和二次函数的最值求法，即可得到所求a的范围．
【解答】
f(x)表示不小于x的最小整数，
可得f(x)＝2018的x的范围是(2017, 2018]；
若x>0，可得0<<，
又f（3x+f(x)）＝f(6+），
则f(6+）＝7，
即有6<3x+f(x)≤7，
即6−3xx＝1时，f(x)＝4；x＝2时，f(x)＝8，
显然不成立；
由1则6−3x<2≤7−3x，
解得ℎ(x)＝＝
＝−4+在(2, 2.5)递增，在[2.5, 4]递减，
可得ℎ(x)的最小值为ℎ(4)＝−4+2＝−2；
最大值为ℎ(2.5)＝4，
则|ℎ(x2)−ℎ(x3)|≤4+2＝6，
由题意可得g(x1)>6在(2, 4]恒成立，
即有a⋅f(x)>x(8−x)在(2, 4]恒成立，
当x∈(2, 3]时，3a>−(x−4)2+16恒成立，
可得x(8−x)的最大值为3×5＝15，
即有a>5；
当x∈(3, 4]时，4a>−(x−4)2+16恒成立，
可得x(8−x)的最大值为4×4＝16，
即有a>4，
综上可得，a的范围是(5, +∞)．