2020-2021学年山东省聊城高二（下）期末考试数学试卷 (1)人教A版

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这是一份2020-2021学年山东省聊城高二（下）期末考试数学试卷 (1)人教A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. 若集合A=x−31}，则A∩B=( )
A.(−3,1)B.(1,10)C.(−3,10)D.(−1,3)

2. 若集合A=0,1,3，B=−1,0,2,3，则A∪B等于( )
A.{−1,0,1,2,3}B.{−1,0,2,3}
C.{0,1,3}D.0,3

3. 设命题p:∀x∈R，x2+1>0，则¬p为( )
A.∃x0∈R，x02+1>0B.∃x0∈R，x02+1≤0
C.∃x0∈R，x02+1<0D.∀x0∈R，x02+1≤0

4. 若函数y=x2+kx+1的图象与x轴没有交点，则k的取值范围是( )
A.2,+∞B.−∞,−2
C.−∞,−2∪2,+∞D.−2,2

5. 如果a>b>0，那么下列不等式中恒成立的是( )
A.b−a>0B.ac>bcC.1a<1bD.−b3<−a3

6. 若函数f(x)=x2−4x−m+4在区间[3, 5)上有零点，则m的取值范围是( )
A.(0, 4)B.[4, 9)C.[1, 9)D.[1, 4]

7. 设函数f(x)=x2+2(x≤1)，lg2x(x>1)，则f（f(0)）=( )
A.0B.3C.1D.2

8. 已知函数fx={−x2+2x−1,x≤1x−1,x>1，若fa2−4>f3a,则实数a的取值范围是( )
A.−4,1B.−∞,−4∪1,+∞
C.−1,4D.−∞,−1∪4,+∞

9. 设f(x)为定义在R上的奇函数，当x≥0时，f(x)=lg2(x+1)+ax2−a+1（a为常数），则不等式f(3x+5)>−2的解集为( )
A.(−∞, −1)B.(−1, +∞)C.(−∞, −2)D.(−2, +∞)

10. 已知a=20210.5，b=0.52021，c=lg20210.5，则( )
A.c>b>aB.c>a>bC.a>b>cD.a>c>b

11. 已知函数y=2x+1的图象与函数y=f(x)的图象关于直线x+y=0对称，则函数y=f(x)的反函数是( )
A.y=1−lg2(−x)B.y=−lg2(1−x)
C.y=−2−x+1D.y=2−x+1

12. 设函数f(x)=x2−6x+6,x≥03x+4,x<0 ，若互不相等的实数x1，x2，x3满足f(x1)＝f(x2)＝f(x3)，则x1+x2+x3的取值范围是( )
A.(113,6)B.(−13,83)C.(−113,6]D.(−13,83]
二、填空题

函数fx=2x−x+1的最小值为________.
三、解答题

已知U=2,4,6,8,10，A=2,4,6，B=xx∈A,x<4}，求：
(1)∁UA及∁UB；

(2)A∩∁UB；

(2)∁UA∪B.

已知集合 A=x|x2−5x+6<0 ， B=x|x−ax−3a<0．
(1)若 x∈A 是x∈B的充分条件，求a的取值范围．

(2)若 A∩B=⌀ ，求a的取值范围．

已知函数fx=x2−2ax−1+a, a∈R．
(1)若a=2，试求函数y=fx2xx>0的最小值；

(2)对于任意的x∈0,2，不等式fx≤a成立，试求a的取值范围；

(3)存在a∈0,2，使方程fx=−2ax成立，试求x的取值范围．

已知fx=2xx2+1.
(1)判断f(x)在[−1, 1]的单调性，并用定义加以证明；

(2)求函f(x)在[−1, 1]的最值.

已知函数fx=x+mx−2m+3．其中m为实数．
(1)当m=−1时，若f(x)−n>0在区间1,2上恒成立，求实数n的取值范围．

(2)是否存在实数m．使得关于x的方程f|3x−1|=0有三个不同的实数解？若存在．求实数m的取值范围；若不存在，请说明理由．

已知 fx=x2−ax−2a2，a∈R.
(1)若 fx>−9恒成立，求实数a的取值范围；

(2)解关于x的不等式 fx>0．
参考答案与试题解析
2020-2021学年山东省聊城市高二（下）期末考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
交集及其运算
【解析】
利用已知条件结合交集的运算法则，从而求出集合A和集合B的交集．
【解答】
解：A∩B={x|1故选B.
2.
【答案】
A
【考点】
并集及其运算
【解析】
直接根据并集的定义进运算即可.
【解答】
解：∵ A=0,1,3，B=−1,0,2,3，
∴ A∪B=−1,0,1,2,3.
故选A.
3.
【答案】
B
【考点】
全称命题与特称命题
命题的否定
【解析】
根据全称量词命题的否定是存在量词命题，即可得到结论．
【解答】
解：全称量词命题的否定是存在量词命题，
所以命题p：∀x∈R，x2+1>0的否定为∃x0∈R，x02+1≤0．
即¬p为：∃x0∈R，x02+1≤0．
故选B．
4.
【答案】
D
【考点】
二次函数的性质
【解析】
根据二次函数的性质可得Δ<0，进而即可得到结果.
【解答】
解：根据题意得Δ=k2−4<0，
解得−2故选D.
5.
【答案】
C
【考点】
不等式的概念与应用
不等式的基本性质
【解析】
根据题意题意逐项进行判断即可得到结果.
【解答】
解：∵ a>b>0，∴ b−a<0，因此A错误；
当c<0时，ac0<1a<1b，因此C正确；
a3>b3，则−a3<−b3，因此D错误.
故选C.
6.
【答案】
C
【考点】
二次函数的性质
函数零点的判定定理
【解析】
判断出在区间[3, 5)上单调递增，f(3)≤0f(5)>0得出即1−m≤09−m>0即可．
【解答】
解：函数f(x)=x2−4x−m+4，对称轴为x=2，
∴ 函数在区间[3, 5)上单调递增.
∵ 函数在区间[3, 5)上有零点，
∴ f(3)≤0，f(5)>0，
即1−m≤0，9−m>0，
解得：1≤m<9.
故选C．
7.
【答案】
C
【考点】
函数的求值
【解析】
由分段函数的性质，得f(0)=2，由此能求出f（f(0)）=f(2)=lg22=1．
【解答】
解：∵ 函数f(x)=x2+2(x≤1)，lg2x(x>1)，
∴ f(0)=2，
∴ f(f(0))=f(2)=lg22=1．
故选C．
8.
【答案】
D
【考点】
函数的图象
函数单调性的判断与证明
【解析】
画出函数图像，根据图像得到函数单调递增，故a2−4>3a ，解得答案
【解答】
解：画出函数fx={−x2+2x−1,x≤1x−1,x>1的图象，如图所示：
根据图象知函数在定义域上单调递增，
∴ fa2−4>f3a，即a2−4>3a，解得a>4或a<−1.
故选D.
9.
【答案】
D
【考点】
奇偶性与单调性的综合
函数奇偶性的性质与判断
【解析】
根据函数奇偶性和单调性之间的关系，即可得到结论．
【解答】
解：因为f(x)为定义在R上的奇函数，当x≥0时，f(x)=lg2(x+1)+ax2−a+1，
所以f(0)=1−a=0，故a=1，f(x)=lg2(x+1)+x2，
所以f(x)在[0, +∞)上单调递增，根据奇函数的性质可知f(x)在R上单调递增，
因为f(1)=2，所以f(−1)=−f(1)=−2，
由不等式f(3x+5)>−2=f(−1)可得，3x+5>−1，解可得，x>−2，
故解集为(−2, +∞)
故选D．
10.
【答案】
C
【考点】
对数值大小的比较
指数式、对数式的综合比较
【解析】
利用指数与对数函数的单调性，即可得出大小关系．
【解答】
解：∵ a=20210.5>1，b=0.52021∈(0, 1)，lg20210.5<0，
∴ a>b>c．
故选C.
11.
【答案】
C
【考点】
反函数
【解析】
设P(x, y)为y＝f(x)的反函数图象上的任意一点，则P关于y＝x的对称点P′(y, x)一点在y＝f(x)的图象上，
P′(y, x)关于直线x+y＝0的对称点P″(−x, −y)在函数y＝2x+1的图象上，代入解析式变形可得．
【解答】
解：设P(x, y)为y=f(x)的反函数图象上的任意一点，
则P关于y=x的对称点P′(y, x)一点在y=f(x)的图象上.
又∵ 函数y=f(x)的图象与函数y=2x+1的图象关于直线x+y=0对称，
∴ P′(y, x)关于直线x+y＝0的对称点P″(−x, −y)在函数y=2x+1的图象上，
∴ 必有−y=2−x+1，即y=−2−x+1，
∴ y=f(x)的反函数为：y=−2−x+1.
故选C.
12.
【答案】
A
【考点】
分段函数的应用
【解析】
先作出函数f(x)=x2−6x+6,x≥03x+4,x<0 的图象，如图，不妨设x1【解答】
解：函数f(x)=x2−6x+6,x≥03x+4,x<0 的图象如图所示：
不妨设x1则x1+x2+x3的取值范围是：−73+6即x1+x2+x3∈(113, 6)．
故选A.
二、填空题
【答案】
−178
【考点】
函数的最值及其几何意义
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：令t=x+1，t>0，则x=t2−1，利用换元法可将函数的解析式换元为： gt=2t2−1−t=2t2−t−2t>0.结合二次函数的性质可知当t=14 时函数取得最小值g14=18−14−2=−178.
故答案为：−178.
三、解答题
【答案】
解：(1)∵ U=2,4,6,8,10，A=2,4,6，∴ B=xx∈A,x<4}=2，
∁UA=8,10，∁UB=4,6,8,10；
(2)A∩∁UB=2,4,6∩4,6,8,10=4,6；
(3)∁UA∪B=8,10∪2=2,8,10.
【考点】
补集及其运算
交、并、补集的混合运算
【解析】
（1）先求解出集合B，然后根据补集的概念求解出结果；
（2）根据（1）中CUB的结果，根据交集的概念求解出结果；
（3）根据（1）中C7A的结果，根据并集的概念求解出结果
【解答】
解：(1)∵ U=2,4,6,8,10，A=2,4,6，∴ B=xx∈A,x<4}=2，
∁UA=8,10，∁UB=4,6,8,10；
(2)A∩∁UB=2,4,6∩4,6,8,10=4,6；
(3)∁UA∪B=8,10∪2=2,8,10.
【答案】
解：(1)A=x|2∵x∈A是x∈B的充分条件，
∴A⊂B
当a=0时， B=⌀，不合题意；
当a>0时， B=x|a∴ a≤2，3a≥3，解得1≤a≤2，
当a<0时， B=x|3a综上可得， a∈1,2．
(2)当a=0时， B=⌀，A∩B=⌀ ，符合题意；
当a>0时， B=x|a3a≤2或a≥3，解得a≤23或a≥3，
∴ 0当a<0时， B=x|3aA∩B=⌀，符合题意，
综上所述，a∈−∞,23∪[3,+∞)．
【考点】
根据充分必要条件求参数取值问题
集合关系中的参数取值问题
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)A=x|2∵x∈A是x∈B的充分条件，
∴A⊂B
当a=0时， B=⌀，不合题意；
当a>0时， B=x|a∴ a≤2，3a≥3，解得1≤a≤2，
当a<0时， B=x|3a综上可得， a∈1,2．
(2)当a=0时， B=⌀，A∩B=⌀ ，符合题意；
当a>0时， B=x|a3a≤2或a≥3，解得a≤23或a≥3，
∴ 0当a<0时， B=x|3aA∩B=⌀，符合题意，
综上所述，a∈−∞,23∪[3,+∞)．
【答案】
解：(1)当a=2时，y=fx2x=x2−4x+12x=12x+1x−2≥12×2−2=−1当且仅当x=1时取"="，∴ ymin=−1；
(2)由题意知：x2−2ax−1+a≤a对于任意的x∈0,2恒成立，即x2−2ax−1≤0对于任意的x∈0,2恒成立.
令gx=x2−2ax−1，x∈0,2，
则g0=−1≤0,g2=3−4a≤0,解得：a≥34，
∴ a的取值范围为[34,+∞)；
(3)由fx=−2ax可得：x2−1+a=0，
即a=1−x2，
∵ a∈0,2，
∴ 0≤1−x2≤2，
解得：−1≤x≤1，
即x的取值范围为−1,1．
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
函数恒成立问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)当a=2时，y=fx2x=x2−4x+12x=12x+1x−2≥12×2−2=−1当且仅当x=1时取"="，∴ ymin=−1；
(2)由题意知：x2−2ax−1+a≤a对于任意的x∈0,2恒成立，即x2−2ax−1≤0对于任意的x∈0,2恒成立.
令gx=x2−2ax−1，x∈0,2，
则g0=−1≤0,g2=3−4a≤0,解得：a≥34，
∴ a的取值范围为[34,+∞)；
(3)由fx=−2ax可得：x2−1+a=0，
即a=1−x2，
∵ a∈0,2，
∴ 0≤1−x2≤2，
解得：−1≤x≤1，
即x的取值范围为−1,1．
【答案】
解：(1)函数f(x)在[−1.1]上单调递增；证明如下：
设任意−1则f(x1)−f(x2)=2x1x12+1−2x2x22+1=2x1x22+2x1−2x2x12−2x2(x12+1)(x22+1)=2(x1−x2)(1−x1x2)(x12+1)(x22+1)<0，
故函数f(x)在[−1.1]上单调递增；
(2)由(1)的结论， fx在区间[−1，1]上单调递增，则fx的最大值f(1)=1，最小值f−1=−1.
【考点】
函数单调性的判断与证明
函数单调性的性质
【解析】
（1）利用定义法证明函数的单调性，按照设元、作差、变形、判断符号、下结论的步骤完成即可；
（2）由（1）根据函数的单调性即可解答．
【解答】
解：(1)函数f(x)在[−1.1]上单调递增；证明如下：
设任意−1则f(x1)−f(x2)=2x1x12+1−2x2x22+1=2x1x22+2x1−2x2x12−2x2(x12+1)(x22+1)=2(x1−x2)(1−x1x2)(x12+1)(x22+1)<0，
故函数f(x)在[−1.1]上单调递增；
(2)由(1)的结论， fx在区间[−1，1]上单调递增，则fx的最大值f(1)=1，最小值f−1=−1.
【答案】
解：(1)当m=−1时，fx=x−1x+5，
因为y=x，y=−1x+5在区间1,2上均为递增函数，
所以fx=x−1x+5在区间1,2上是递增函数，
故f(x)在区间1,2上的最小值为f1=5，
因为fx−n>0，所以n故只需n<5，所以实数n的取值范围是(−∞,5).
(2)方程f|3x−1|=0即为|3x−1|+m|3x−1|−2m+3=0，
可化为|3x−1|2+3−2m|3x−1|+m=0|3x−1|≠0 ，
设t=|3x−1|，则方程化为t2+3−2mt+m=0t≠0，
因为方程f|3x−1|=0有三个不同的实数解，
所以由t=|3x−1|的图象可知，
t2+3−2mt+m=0t≠0有两个不同的实数根t1,t2，
且满足0记ℎt=t2+3−2mt+m，
则ℎ0=m>0,ℎ1=4−m<0,
或ℎ(0)=m>0,ℎ(1)=4−m=0,0≤2m−32<1,
解得m>4，
所以实数m的取值范围是(4,+∞)．
【考点】
函数恒成立问题
根的存在性及根的个数判断
函数零点的判定定理
函数单调性的性质
【解析】

【解答】
解：(1)当m=−1时，fx=x−1x+5，
因为y=x，y=−1x+5在区间1,2上均为递增函数，
所以fx=x−1x+5在区间1,2上是递增函数，
故f(x)在区间1,2上的最小值为f1=5，
因为fx−n>0，所以n故只需n<5，所以实数n的取值范围是(−∞,5).
(2)方程f|3x−1|=0即为|3x−1|+m|3x−1|−2m+3=0，
可化为|3x−1|2+3−2m|3x−1|+m=0|3x−1|≠0 ，
设t=|3x−1|，则方程化为t2+3−2mt+m=0t≠0，
因为方程f|3x−1|=0有三个不同的实数解，
所以由t=|3x−1|的图象可知，
t2+3−2mt+m=0t≠0有两个不同的实数根t1,t2，
且满足0记ℎt=t2+3−2mt+m，
则ℎ0=m>0,ℎ1=4−m<0,
或ℎ(0)=m>0,ℎ(1)=4−m=0,0≤2m−32<1,
解得m>4，
所以实数m的取值范围是(4,+∞)．
【答案】
解：(1)要使fx>−9恒成立，
只需Δ=a2−4−2a2+9<0，
解得：−2所以a的取值范围为−2,2．
(2)原不等式可化为： x−2ax+a>0，
当a>0时，解得：x<−a或x>2a，
当a=0时，解得： x≠0，
当a<0时，解得：x<2a或x>−a，
综上所述：当a>0时，原不等式的解集为 −∞,−a∪2a,+∞，
当a=0时，原不等式的解集为−∞,0∪0,+∞，
当a<0时，原不等式的解集为−∞,2a∪−a,+∞．
【考点】
函数恒成立问题
一元二次不等式的解法
【解析】

【解答】
解：(1)要使fx>−9恒成立，
只需Δ=a2−4−2a2+9<0，
解得：−2所以a的取值范围为−2,2．
(2)原不等式可化为： x−2ax+a>0，
当a>0时，解得：x<−a或x>2a，
当a=0时，解得： x≠0，
当a<0时，解得：x<2a或x>−a，
综上所述：当a>0时，原不等式的解集为 −∞,−a∪2a,+∞，
当a=0时，原不等式的解集为−∞,0∪0,+∞，
当a<0时，原不等式的解集为−∞,2a∪−a,+∞．

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