2020-2021学年江西省九江市高中部高一（上）10月月考数学试卷北师大版

这是一份2020-2021学年江西省九江市高中部高一（上）10月月考数学试卷北师大版，共8页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。


1. 若全集U={1,2,3,4}，M={1,2}，N={2,3}，则∁UM∩∁UN=( )
A.4B.1,2,3C.2D.1,3,4

2. 函数f(x)=3x21−x+lg(3x+1)的定义域是( )
A.(−13,+∞) B.(−13,1)C.(−13,13) D.(−∞,−13)

3. 下列函数中与函数y=x为同一函数的是( )
A.y=(x)2B.y=x2xC.y=x2D.y=3x3

4. 下列函数中在定义域上既是奇函数又是增函数的为( )
A.y=x+1B.y=−x2C.y=x3D.y=−1x

5. 已知fx=2x,x≤0，lg2x,x>0，则ff1=( )
A.1B.2C.3D.4

6. 已知函数f(x−1)=−x，则函数f(x)的表达式为( )
A.f(x)=x2+2x+1(x≥0)B.f(x)=x2+2x+1(x≥−1)
C.f(x)=−x2−2x−1(x≥0)D.f(x)=−x2−2x−1(x≥−1)

7. 函数f(x)=ax2+2(a−3)x+1在区间(−2, +∞)上单调递减，则实数a的取值范围是( )
A.[−3, 0]B.(−∞, −3]C.[−3, 0)D.[−2, 0]

8. 已知fx=x2+3x+6x+1x>0，则f(x)的最小值是( )
A.4B.5C.6D.8

9. 函数y=x|x|lg2|x|的大致图象是( )
A.B.
C.D.

10. 设a=lg318，b=lg424，,c=234 ，则a，b，c的大小关系是( )
A.a
11. 已知函数fx=a2−4x−2, x≤1,ax, x>1,若fx在−∞,+∞上单调递增，则实数a的取值范围为( )
A.1,2B.2,3C.(2,3]D.2,+∞

12. 已知f(x)=2|x−a|是定义在R上的偶函数，则下列不等关系正确的是( )
A.f(lg23)C.f(a)二、填空题

已知集合A=x∈N|y=lg4−x，则A的子集个数为________.

已知函数y=3ax−8−1(a>0，且a≠1）的图像恒过定点Am,n，则lgmn=________.

若P2,8在幂函数fx的图象上，则f3=________.
三、解答题

计算
(1)+lg0.01+lne−21+lg23；

(2)lg5+lg2−−13−2+2−10+lg28.

已知集合A={x|−3
(1)求A∩∁RB；

(2)若C⊆(A∪B)，求实数m的取值范围.


(1)若f(x+1)=x+2x，试求函数f(x)的解析式；

(2)若f(x)为二次函数，且f(0)=3，f(x+2)−f(x)=4x+2，试求函数f(x)的解析式.

函数f(x)=ax+bx（其中a，b为常数）的图象经过(1, 2)，(2,52)两点．
(1)求a，b的值；并判断函数f(x)的奇偶性；

(2)用函数单调性的定义证明：函数f(x)在区间[1, +∞)上是增函数．

已知函数fx=2x2−kx−8．
(1)当k=4时，求函数fx的单调区间；

(2)设函数fx在−1,2上的最小值为gk，求gk的表达式．

已知函数fx=2x+λ⋅2−x为偶函数
(1)求fx的最小值；

(2)若不等式f2x≥fx−m恒成立，求实数m的最小值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年江西省九江市高中部高一（上）10月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
A
【考点】
交、并、补集的混合运算
【解析】
先求出集合M，N的补集，再利用交集运算求解即可.
【解答】
解：∵ U={1,2,3,4}，M={1,2}，N={2,3}，
∴ ∁UM=3,4，∁UN=1,4，
∴ ∁UM∩∁UN=4.
故选A.
2.
【答案】
B
【考点】
函数的定义域及其求法
【解析】
依题意可知要使函数有意义需要1−x＞0且3x+1＞0，进而可求得x的范围．
【解答】
解：要使函数有意义需1−x>0，3x+1>0，
解得−13故选B．
3.
【答案】
D
【考点】
判断两个函数是否为同一函数
【解析】
函数y=x中，自变量和函数值均可取任意实数，依次分析四个选项，自变量和函数值均可取任意实数的为正确答案．
【解答】
解：y=x中，自变量与函数值均可取任意实数，
A、y不可能为负数；
B、x不能为0；
C、y不可能为负数；
D、正确．
故选D．
4.
【答案】
C
【考点】
函数单调性的判断与证明
函数奇偶性的判断
【解析】
根据奇函数图象的特点，增函数的定义，反比例函数在定义域上的单调性，奇函数的定义，二次函数的单调性，三次函数单调性，一次函数便可判断每个选项的正误，从而找到正确选项．
【解答】
解：A，根据y=x+1的图象知该函数不是奇函数；
B，y=f(x)=−x2=−(−x)2=f(−x)，函数为偶函数；
C，函数定义域为R，
x增大时，y随x的增大而增大，所以函数为增函数，
且f(−x)=(−x)3=−x3=f(x)，函数为奇函数；
D．y=−1x在其定义域上没有单调性.
故选C．
5.
【答案】
A
【考点】
函数的求值
【解析】
根据分段函数解析式，依次求得f1 ff1的值．
【解答】
解：依题意f1=lg21=0，
ff1=f0=20=1.
故选A.
6.
【答案】
D
【考点】
函数解析式的求解及常用方法
【解析】
令t=x−1解得x=(t+1)2，从而有 求出f(t)，再令t=x可得f(x)．
【解答】
解：令t=x−1，得x=(t+1)2，
从而有f(t)=−(t+1)2，其中t≥−1．
再令t=x，得f(x)=−x2−2x−1(x≥−1).
故选D.
7.
【答案】
A
【考点】
二次函数的性质
【解析】
由于函数解析式的二次项系数a不确定，故分a=0，a>0和a<0三种情况进行研究，结合一次函数和二次函数的性质进行分析，最后综合讨论结果，即可求得实数a的取值范围．
【解答】
解：当a=0时，f(x)=−6x+1，
∵ −6<0，故f(x)在R上单调递减，
满足在区间[−2, +∞)上递减，
当a>0时，二次函数在对称轴右侧递增，不可能在区间[−2, +∞)上递减，
当a<0时，二次函数在对称轴右侧递减，
若函数f(x)=ax2+2(a−3)x+1在区间[−2, +∞)上递减，
仅须−2(a−3)2a≤−2，解得−3≤a<0，
综上满足条件的实数a的取值范围是[−3, 0].
故选A.
8.
【答案】
B
【考点】
函数单调性的判断与证明
【解析】
先将原函数进行转化，再利用基本不等式进行求解决即可.
【解答】
解：因为x>0，
所以fx=x2−1+3x+1+4x+1=x+1+4x+1+1，
设x+1=t(t>1)，
则y=t+4t+1，
又函数y在(1,2)上单调递减，在区间(2,+∞)上单调递增，
所以当t=2时，y取到最小值，最小值为5，
即当x=1时，y取到最小值，最小值为5.
故选B.
9.
【答案】
D
【考点】
对数函数的图象与性质
【解析】
先化为分段函数，再根据函数的单调性即可判断．
【解答】
解：y=x|x|lg2|x|=lg2x，x>0，−lg2(−x)，x<0，
所以当x>0时，函数为增函数，
当x<0时，函数也为增函数.
故选D.
10.
【答案】
D
【考点】
对数值大小的比较
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：lg318=lg3(2⋅32)=lg32+2
=lg32+1+1>2，
lg424=lg4(6×4)=lg46+1=lg36lg34+1
=lg32+1lg34+1>2，
∵lg34>1，
∴lg32+1>lg32+1lg34,
∴lg318>lg424>2.
又∵ 1<234<2，
∴ c故选D.
11.
【答案】
C
【考点】
分段函数的应用
函数的单调性及单调区间
【解析】
本题主要是分段函数定义域上是单调递增，所以要保证分段函数在每段都单调递增，同时下面一段的最小值大于等于上面的最大值，同时满足以上条件进行求解a的范围即可
【解答】
解：∵ 指数函数在x>1时是增函数，
∴ a>1，
又∵ fx=a2−4x−2，x≤1是增函数，
∴a2−4>0，且x=1时，a2−4×1−2≤a，
结合以上三个条件有：
a>1，a2−4>0，a2−4×1−2≤a，
解得：2故选C.
12.
【答案】
D
【考点】
函数奇偶性的性质
指数函数单调性的应用
【解析】
根据题意，由函数为偶函数，分析可得2|x−a|=2|−x−a|，解可得a=0，则可以将函数的解析式写成分段函数的形式，分析可得函数在[0, +∞)为增函数，进而可得0<|lg23|<|lg0.55|，结合函数的单调性即可得答案．
【解答】
解：根据题意，已知f(x)=2|x−a|是定义在R上的偶函数，
则有f(−x)=f(x)，即2|x−a|=2|−x−a| ，
解得：a=0，
则f(x)=2|x|=2x,x≥0，(12)x,x<0，
则函数在[0, +∞)为增函数，
分析有：0<|lg23|<|lg0.55|，
则有f(a)故选D.
二、填空题
【答案】
16
【考点】
子集与真子集的个数问题
对数函数的定义域
【解析】
本题首先要知道集合中代表元素是谁，然后再根据子集的相关知识进行求解即可
【解答】
解：A={x∈N|y=lg(4−x)}
=x∈N|x<4
=0,1,2,3，
则A的子集个数为24=16.
故答案为：16.
【答案】
13
【考点】
对数的运算性质
指数函数的图象
【解析】
本题首先通过函数过定点，运用指数的相关特征进行求解得m=8，n=2，然后根据对数的基本运算进行求解即可
【解答】
解：令x−8=0，
解得x=8，
则y=3−1=2，即恒过定点A8，2，
∴m=8，n=2，
∴ lgmn=lg82=lg22lg28=13.
故答案为：13.
【答案】
27
【考点】
幂函数的概念、解析式、定义域、值域
函数的求值
【解析】
利用待定系数法求出幂函数fx的解析式，再计算f(3)的值．
【解答】
解：设幂函数y=fx=xa，a∈R，
函数图象过点P(2,8)，则2a=8，a=3，
∴ 幂函数fx=x3，
∴ f(3)=33=27．
故答案为：27．
三、解答题
【答案】
解：(1)+lg0.01+lne−21+lg23
=2−2+12−2×3
=−112.
(2)lg5+lg2−−13−2+2−10+lg28
=lg5×2−9+1+3
=−4.
【考点】
对数的运算性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)+lg0.01+lne−21+lg23
=2−2+12−2×3
=−112.
(2)lg5+lg2−−13−2+2−10+lg28
=lg5×2−9+1+3
=−4.
【答案】
解：(1)∵ 函数 y=lg2x在(0,+∞)上单调递增，
∴由lg2x<3得，0∴∁RB={x|x≤0或x≥8}.
∴A∩∁RB={x|−3(2)A∪B={x|−3若C=⌀，则1−m≥m+3，解得m≤−1.
若C≠⌀，则1−m解得−1∴ 实数m的取值范围为(−∞,4].
【考点】
交、并、补集的混合运算
指、对数不等式的解法
集合的包含关系判断及应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)∵ 函数 y=lg2x在(0,+∞)上单调递增，
∴由lg2x<3得，0∴∁RB={x|x≤0或x≥8}.
∴A∩∁RB={x|−3(2)A∪B={x|−3若C=⌀，则1−m≥m+3，解得m≤−1.
若C≠⌀，则1−m解得−1∴ 实数m的取值范围为(−∞,4].
【答案】
解：(1)设t=x+1，
∵ x>0，
∴ t≥1，
∴ x=(t−1)2．
则f(t)=(t−1)2+2(t−1)=t2−1，
即f(x)=x2−1，x∈[1, +∞)．
(2)设f(x)=ax2+bx+c (a≠0)，
∴ f(x+2)=a(x+2)2+b(x+2)+c，
则f(x+2)−f(x)=a(x+2)2+b(x+2)−ax2−bx
=4ax+4a+bx+2b−bx
=4ax+(4a+2b)，
∵ f(x+2)−f(x)=4x+2，
∴ 4ax+4a+2b=4x+2，
∴ 4a=4，4a+2b=2，
解得：a=1，b=−1，
又∵ f(0)=c=3，
∴ c=3，
∴ f(x)=x2−x+3．
【考点】
函数解析式的求解及常用方法
【解析】
（1）代入法：将2x−1代入f(x)的解析式，得f(2x−1)=3(2x−1)2−2；
（2）方法一定义法（拼凑法），方法二（换元法）令t=x+1；
【解答】
解：(1)设t=x+1，
∵ x>0，
∴ t≥1，
∴ x=(t−1)2．
则f(t)=(t−1)2+2(t−1)=t2−1，
即f(x)=x2−1，x∈[1, +∞)．
(2)设f(x)=ax2+bx+c (a≠0)，
∴ f(x+2)=a(x+2)2+b(x+2)+c，
则f(x+2)−f(x)=a(x+2)2+b(x+2)−ax2−bx
=4ax+4a+bx+2b−bx
=4ax+(4a+2b)，
∵ f(x+2)−f(x)=4x+2，
∴ 4ax+4a+2b=4x+2，
∴ 4a=4，4a+2b=2，
解得：a=1，b=−1，
又∵ f(0)=c=3，
∴ c=3，
∴ f(x)=x2−x+3．
【答案】
解：(1)∵ 函数f(x)的图象经过(1, 2)，(2,52)两点，
∴ a+b=2，2a+b2=52，
解得a=1，b=1，
∴ f(x)=x+1x．
可知f(x)的定义域为(−∞, 0)∪(0, +∞)，关于原点对称，
又∵ f(−x)=−x−1x=−(x+1x)=−f(x)，
∴ f(x)是奇函数.
(2)证明：由(1)可知，f(x)=x+1x．
任取x1，x2∈[1, +∞)，且x1f(x1)−f(x2)=(x1+1x1)−(x2+1x2)
=(x1−x2)+(1x1−1x2)
=(x1−x2)(x1x2−1x1x2)，
∵ x1，x2∈[1, +∞)，且x1∵ x1−x2<0，x1x2−1>0，x1x2>1，
∴ f(x1)−f(x2)<0，
即f(x1)∴ 函数f(x)在区间[1, +∞)上是增函数．
【考点】
函数奇偶性的判断
函数解析式的求解及常用方法
函数单调性的判断与证明
【解析】
（1）根据函数奇偶性的定义判断并证明函数f(x)的奇偶性；
（2）根据函数单调性的定义证明即可．
【解答】
解：(1)∵ 函数f(x)的图象经过(1, 2)，(2,52)两点，
∴ a+b=2，2a+b2=52，
解得a=1，b=1，
∴ f(x)=x+1x．
可知f(x)的定义域为(−∞, 0)∪(0, +∞)，关于原点对称，
又∵ f(−x)=−x−1x=−(x+1x)=−f(x)，
∴ f(x)是奇函数.
(2)证明：由(1)可知，f(x)=x+1x．
任取x1，x2∈[1, +∞)，且x1f(x1)−f(x2)=(x1+1x1)−(x2+1x2)
=(x1−x2)+(1x1−1x2)
=(x1−x2)(x1x2−1x1x2)，
∵ x1，x2∈[1, +∞)，且x1∵ x1−x2<0，x1x2−1>0，x1x2>1，
∴ f(x1)−f(x2)<0，
即f(x1)∴ 函数f(x)在区间[1, +∞)上是增函数．
【答案】
解：(1)当k=4时，函数fx=2x2−4x−8，
二次函数的对称轴为x=−b2a=1，开口向上，
所以函数fx的单调减区间为−∞,1，增区间为1,+∞．
(2)函数fx=2x2−kx−8，开口向上，对称轴为x=k4，
当k4≤−1，即k≤−4，函数在−1,2上单调递增，
所以fxmin=f−1=2+k−8=k−6，
当−1函数在[−1, k4]上递减，在(k4, 2]上递增，
所以fxmin=fk4=2×k216−k×k4−8=−k28−8，
当k≥2时，函数在−1,2上单调递减，
所以fxmin=f2=2×22−2k−8=−2k，
综上所述，函数fx在−1,2上的最小值为g(x)=k−6，k<−4，−k28−8，−4【考点】
函数的单调性及单调区间
函数单调性的性质
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)当k=4时，函数fx=2x2−kx−8=2x2−4x−8，
二次函数的对称轴为x=−b2a=1，开口向上，
所以函数fx的单调减区间为−∞,1，增区间为1,+∞．
(2)函数fx=2x2−kx−8，开口向上，对称轴为x=k4，
当k4≤−1，即k≤−4，函数在−1,2上单调递增，
所以fxmin=f−1=2+k−8=k−6，
当−1函数在[−1, k4]上递减，在(k4, 2]上递增，
所以fxmin=fk4=2×k216−k×k4−8=−k28−8，
当k≥2时，函数在−1,2上单调递减，
所以fxmin=f2=2×22−2k−8=−2k，
综上所述，函数fx在−1,2上的最小值为g(x)=k−6，k<−4，−k28−8，−4【答案】
解：(1)由题意得f−x=fx，
即2−x+λ2x=2x+λ2−x在R上恒成立，
整理得λ−12−x−2x=0在R上恒成立，
解得λ=1，
∴ fx=2x+2−x.
设0≤x1则f(x1)−f(x2)=2x1+2−x1−(2x2+2−x2)
=(2x2−2x1)(1−2x1+x2)2x12x2，
∵ 0≤x1∴ 2x2−2x1>0,1−2x1+x2<0，
∴ (2x2−2x1)(1−2x1+x2)2x12x2<0，
∴ fx1∴ fx在[0,+∞)上是增函数．
又∵ fx为偶函数，
∴ fx在−∞,0上是减函数．
∴ 当x=0时， fx取得最小值2.
(2)由条件知f2x=22x+2−2x=2x+2−x2−2=fx2−2．
∵ f2x≥fx−m恒成立，
∴ m≥fx−f2x=fx−fx2+2恒成立．
令gx=−fx2+fx+2=−fx−122+94，
由(1)知fx≥2，
∴ fx=2时， gx取得最大值0，
∴ m≥0，
∴ 实数m的最小值为0.
【考点】
函数奇偶性的性质
函数单调性的判断与证明
函数恒成立问题
二次函数在闭区间上的最值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由题意得f−x=fx，
即2−x+λ2x=2x+λ2−x在R上恒成立，
整理得λ−12−x−2x=0在R上恒成立，
解得λ=1，
∴ fx=2x+2−x.
设0≤x1则f(x1)−f(x2)=2x1+2−x1−(2x2+2−x2)
=(2x2−2x1)(1−2x1+x2)2x12x2，
∵ 0≤x1∴ 2x2−2x1>0,1−2x1+x2<0，
∴ (2x2−2x1)(1−2x1+x2)2x12x2<0，
∴ fx1∴ fx在[0,+∞)上是增函数．
又∵ fx为偶函数，
∴ fx在−∞,0上是减函数．
∴ 当x=0时， fx取得最小值2.
(2)由条件知f2x=22x+2−2x=2x+2−x2−2=fx2−2．
∵ f2x≥fx−m恒成立，
∴ m≥fx−f2x=fx−fx2+2恒成立．
令gx=−fx2+fx+2=−fx−122+94，
由(1)知fx≥2，
∴ fx=2时， gx取得最大值0，
∴ m≥0，
∴ 实数m的最小值为0.