2020-2021年河南省许昌市某校高一(上)1月月考数学试卷
展开1. 已知集合A=−2,−1,0,1,2,B=y|y=x+1,x∈A,则A∩B=( )
A.⌀B.−1,0,1
C.1,2D.−2,−1,0,1,2,3
2. 已知函数fx=2x+1,x≥0,−x2+1,x<0,则ff−1=( )
A.0B.−1C.1D.2
3. 下列各组函数中, fx与gx相等的是( )
A.fx=2−x,gx=2−|x|B.fx=x2,gx=3x3
C.fx=x2x+2,gx=2+xD.fx=x2−xx,gx=x2x−1
4. 若函数y=f(x)的定义域是[0, 2],则函数g(x)=f(x+1)x−1的定义域是( )
A.[0, 2]B.(1, 3]C.[−1, 1)D.[0, 1)∪(1, 2]
5. 已知函数fx=2−ax−4a,x<1,ax,x≥1,若函数f(x)在R上单调递增,则实数a的取值范围是( )
A.(−1,0)B.(−1,2)C.(0,13)D.[13,2)
6. 已知函数fx=ax2−x,若对任意x1,x2∈[2,+∞),且x1≠x2,不等式fx1−fx2x1−x2>0恒成立,则实数a的取值范围是( )
A.12,+∞B.12,+∞C.14,+∞D.14,+∞
7. 已知fx是定义在R上的奇函数,满足f1+x=f1−x ,f1=2,则f2+f3+f4=( )
A.0B.−2C.2D.6
8. 已知函数f(x)=ax2−2x+1,若对一切x∈[12, 2],f(x)>0都成立,则实数a的取值范围为( )
A.12, +∞B.12, +∞C.(1, +∞)D.(−∞, 1)
9. 已知函数fx和gx满足fx=2gx+1,且gx为R上的奇函数,f−1=8,求f1=( )
A.6B.−6C.7D.−7
10. 函数f(x)=(12)x2−2x的单调递减区间为( )
A.(0,+∞)B.(1,+∞)C.(−∞,1)D.(−∞,−1)
11. 设a=13−0.3, b=lg213 ,c=lg32,则a,b,c的大小关系为( )
A.b
12. 设函数f(x)=2x+lnx−6的零点为m,则m所在的区间为( )
A.(0,1)B.(1,2)C.(2,3)D.(3,4)
13. 已知a=243,b=425,c=2513,则( )
A.b
14. 已知函数y=lg[(a2−1)x2−2(a−1)x+3]的值域为R,则实数a的取值范围是( )
A.[−2, 1]B.[−2, −1]
C.(−2, 1)D.(−∞, −2)∪[1, +∞)
15. 已知函数fx=lgaxa>0,a≠1的图象经过点4,2,则下列命题错误的有( )
A.函数fx为增函数
B.函数fx为偶函数
C.若x>1,则fx>0
D.若0
16. 函数y=xlg12(4x−3)的定义域为( )
A.34, +∞B.−∞, 34C.34, 1D.34, 1
17. 已知函数f(x)=(x−a)(x−b)(a+b>0)的图象如图所示,则函数g(x)=lga(x+b)的图象可能为( )
A.B.
C.D.
二、填空题
已知函数y=bxx−a,a,b∈R的图像关于点1,1对称,则a+b=_______.
已知a>0,且a≠1,若函数fx=2ax−4在区间−1,2上的最大值为10,则a=_______.
偶函数fx满足fx−1=fx+1,且在x∈0,1时,fx=x,则关于x的方程fx=lgx,在x∈0,4上的解的个数是________.
三、解答题
奇函数f(x)是定义在[−2, 2]上的减函数,若f(2a+1)+f(4a−3)>0,求实数a的取值范围是_______.
已知集合A=x||x|≤2,集合B=x|3−a
(2)若A∩B=A,求实数a的取值范围.
设a∈R,fx=2−a⋅ex−aex+1x∈R为奇函数.
(1)求a的值;
(2)判断函数fx的单调性,并证明;
(3)若对任意t∈1,3恒有ft2−kt+ft+k≤0成立,求实数k的取值范围.
已知函数fx=4x−a⋅2x+1+a+1.
(1)若a=2,求不等式fx<0的解集;
(2)若x∈−∞,0时,不等式fx<2−a恒成立,求a的取值范围;
(3)求函数fx在区间1,2上的最小值ha.
参考答案与试题解析
2020-2021年河南省许昌市某校高一(上)1月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
C
【考点】
交集及其运算
【解析】
把A中的元素代入y=x+1中求出y的取值,确定出B,找出A和B的交集即可.
【解答】
解:∵ x∈A,A=−2,−1,0,1,2,
∴ 把x=−2,−1,0,1,2分别代入y=x+1,
解得:y=1,2,3,
即B=1,2,3,
∴ A∩B=1,2.
故选C.
2.
【答案】
C
【考点】
分段函数的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解:∵ 函数fx=2x+1,x≥0,−x2+1,x<0,
∴ f−1=−(−1)2+1=0,
∴ ff−1=f(0)=1.
故选C.
3.
【答案】
D
【考点】
判断两个函数是否为同一函数
【解析】
根据两个函数的定义域相同,对应关系也相同,即可判断它们是相等函数.
【解答】
解:A,fx=2−x,与gx=2−|x|的对应关系不同,不是相等函数;
B,fx=x2,与gx=3x3=x的对应关系不同,不是相等函数;
C,fx=x2x+2=x+2x≠0,与gx=2+xx∈R的定义域不同,不是相等函数;
D,fx=x2−xx=x−1x≠0,与gx=x2x−1=x−1x≠0的定义域和对应关系相同,是相等函数.
故选D.
4.
【答案】
C
【考点】
函数的定义域及其求法
【解析】
根据函数y=f(x)的定义域,列出使函数g(x)有意义的不等式组,求出解集即可.
【解答】
解:∵ 函数y=f(x)的定义域是[0, 2],
∴ 在函数g(x)=f(x+1)x−1中,
令0≤x+1≤2,x−1≠0,
解得−1≤x≤1,x≠1,
∴ g(x)的定义域是[−1, 1).
故选C.
5.
【答案】
D
【考点】
分段函数的应用
函数单调性的性质
【解析】
根据f(x)在R上单调递增可得出f(x)在(−∞, 1)上单调递增,f(x)在[1, +∞)上单调递增,从而得出2−a>0a>0a≥2−a−4a,然后解出a的范围即可.
【解答】
解:对于任意给定的不等实数x1, x2,
fx在R上单调递增,
令gx=2−ax−4a ,hx=ax,
要使函数fx在R上单调递增,
则有gx=2−ax−4a在区间−∞,1上单调递增,
hx=ax在区间[1,+∞)上单调递增,
且g1≤h1,
所以 2−a>0,a>0m,2−a⋅1−4a≤a⋅1,
解得13≤a<2.
故选D.
6.
【答案】
C
【考点】
函数恒成立问题
二次函数的性质
【解析】
无
【解答】
解:因为对任意x1,x2∈[2,+∞),且x1≠x2,
不等式fx1−fx2x1−x2>0恒成立,
所以x1
因为fx=ax2−x,
所以a>0,12a≤2,解得a≥14,
所以实数a的取值范围是14,+∞.
故选C.
7.
【答案】
B
【考点】
函数的周期性
函数的求值
奇函数
【解析】
无
【解答】
解:因为f1+x=f1−x,
所以fx关于直线x=1对称.
又因为fx是定义在R上的奇函数,
所以f1+x=f1−x=−fx−1,
所以f0=0,
则fx+2=−fx,
因此fx+4=−fx+2=fx,
所以fx是周期为4的函数,
因此f4=f0=0,
f3=f−1=−f1=−2,
又fx关于直线x=1对称,
所以f2=f0=0,
因此f2+f3+f4=0−2+0=−2.
故选B.
8.
【答案】
C
【考点】
函数恒成立问题
二次函数的性质
函数的最值及其几何意义
【解析】
利用函数恒成立,转化求解a的表达式,然后通过二次函数的最值求解即可.
【解答】
解:因为对一切x∈[12, 2],f(x)>0都成立,
所以ax2−2x+1>0,
即a>2x−1x2=2x−1x2=−(1x−1)2+1,
因为x∈[12, 2],
则−(1x−1)2+1≤1,
所以实数a的取值范围为(1, +∞).
故选C.
9.
【答案】
B
【考点】
函数奇偶性的性质
函数的求值
【解析】
无
【解答】
解:因为fx=2gx+1,f−1=8,
所以f(−1)=8=2g(−1)+1,
可得g(−1)=72,
又因为g(x)为R上的奇函数,
则g(1)=−72,
故f(1)=2g(1)+1=−6.
故选B.
10.
【答案】
B
【考点】
函数的单调性及单调区间
【解析】
无
【解答】
解:令tx=x2−2x=x−12−1,
则ft=12t,
∵ tx在−∞,1上单调递减,1,+∞上单调递增,
而ft在R上单调递减,
∴ fx在1,+∞上单调递减.
故选B.
11.
【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】
无
【解答】
解:∵ 13−0.3>130=1,
∴ a>1.
∵ b=lg213
∵ 0=lg1
12.
【答案】
C
【考点】
函数零点的判定定理
【解析】
根据函数零点的判定定理,判断f(1),f(2),f(3),f(4)的符号,即可求得结论.
【解答】
解:∵ f(x)=2x+lnx−6,
∴ f(1)=2−6<0,
f(2)=4+ln2−6<0,
f(3)=6+ln3−6>0,
f(4)=8+ln4−6>0,
∴ f(2)f(3)<0,
∴ m的所在区间为(2, 3).
故选C.
13.
【答案】
A
【考点】
指数函数的性质
【解析】
利用指数函数、对数函数的单调性求解.
【解答】
解:∵ a=243=1613,
b=425=1615,
根据指数函数的单调性,
∴a>b.
∵ c=2513,
y=x13在(0, +∞)是增函数,
∴ c>a.
∴ b故选A.
14.
【答案】
B
【考点】
一元二次方程的根的分布与系数的关系
对数函数的值域与最值
【解析】
根据题意,应使对数函数的真数取到所有的正数,由此讨论真数的值域即可.
【解答】
解;∵ 函数y=lg[(a2−1)x2−2(a−1)x+3]的值域为R,
∴ 当a2−1=0时,a=1或a=−1,验证a=1时不成立;
当a2−1≠0时,
a2−1>0,Δ=4(a−1)2−12(a2−1)≥0,
解得−2≤a<−1;
综上,−2≤a≤−1,
∴ 实数a的取值范围是[−2, −1].
故选B.
15.
【答案】
B
【考点】
对数值大小的比较
函数奇偶性的判断
对数函数的图象与性质
【解析】
无
【解答】
解:由题意可得f4=lga4=2,则a2=4.
∵ a>0且a≠1,解得a=2,
∴ fx=lg2x.
∵ 函数fx为增函数,故A选项正确.
∵ 函数fx=lg2x不为偶函数,故B选项错误.
当x>1时,fx=lg2x>lg21=0,故C选项正确.
∵ fx=lg2x,
∴ 若0
=x1+x2−2x1x22
=x1−x222>0,
则x1+x22>x1x2>0,
∴ fx1+x22=lg2x1+x22
>lg2x1x2=12lg2(x1x2)
=lg2x1+lg2x22=f(x1)+f(x2)2,故D选项正确.
故选B.
16.
【答案】
D
【考点】
函数的定义域及其求法
【解析】
根据二次根式以及对数函数的性质得到关于x的不等式,解出即可.
【解答】
解:由题意得:
lg12(4x−3)>0,
即lg12(4x−3)>0,
∴ 0<4x−3<1,
解得34
17.
【答案】
B
【考点】
对数函数的图象与性质
【解析】
由a>b,函数f(x)=(x−a)(x−b)的图象可知,a>1>b>0.于是g(x)=lga(x+b)的图象是单调递增的,g(1)>0,从而可得答案.
【解答】
解:由f(x)=(x−a)(x−b)的图象与a+b>0,
可得a>1>b>0,
∴ g(x)=lga(x+b)的图象是单调递增的,可排除A,D,
又g(1)=lga(1+b)>lga1=0,可排除C.
故选B.
二、填空题
【答案】
2
【考点】
函数的图象与图象变化
函数的图象
【解析】
无
【解答】
解:因为y=bxx−a=bx−a+abx−a=b+abx−a,
所以函数y=bxx−a的图像关于点a,b对称.
因为函数y=bxx−a,a,b∈R的图像关于点1,1对称,
所以a=1,b=1,
所以a+b=2.
故答案为:2.
【答案】
7或17
【考点】
指数函数单调性的应用
函数的最值及其几何意义
【解析】
暂无
【解答】
解:∵ a>0,且a≠1,
∴ 若a>1,则函数y=ax在区间−1,2上是递增的.
∵ 函数fx=2ax−4在区间−1,2上的最大值为10,
∴ 当x=2时,fx取得最大值f2=2a2−4=10,
即a2=7,
又a>1,
∴ a=7.
若0∵ 函数fx=2ax−4在区间−1,2上的最大值为10,
∴ 当x=−1时,fx取得最大值f−1=2a−1−4=10,
所以a=17,
综上所述,a的值为7或17.
故答案为:7或17.
【答案】
3
【考点】
函数的周期性
指数式、对数式的综合比较
【解析】
暂无
【解答】
解:∵ fx−1=fx+1,
∴ fx=fx+2,
∴ 函数fx是周期为2的周期函数.
又函数fx为偶函数,且在x∈0,1时,fx=x,
则函数fx与y=lgx的图象如下:
对于y=lgx,有lg10=1,
当x>10时,y=lgx的图象才会在直线y=1的上方,
∴ 由图象可得在x∈0,4上,关于x的方程fx=lgx的解的个数是3.
故答案为:3.
三、解答题
【答案】
14,13
【考点】
函数奇偶性的性质
函数的单调性及单调区间
【解析】
利用函数的奇偶性、单调性去掉不等式中的符号“f”,可转化为具体不等式,注意函数定义域.
【解答】
解:因为f(x)是奇函数,
所以f(2a+1)+f(4a−3)>0,
可化为f(2a+1)>−f(4a−3)=f(3−4a).
又f(x)是定义在[−2, 2]上的减函数,
所以有2a+1<3−4a,−2≤2a+1≤2,−2≤4a−3≤2,
解得14≤a<13,
所以实数a的取值范围是14≤a<13.
故答案为:14,13.
【答案】
解:(1)因为A=x||x|≤2=x|−2≤x≤2,
当a=5时, B=x|−2
因为ðRA=x|x<−2或x>2,
所以(ðRA)∩B=x|2
所以A⊂B.
又因为A=x|−2≤x≤2, B=x|3−a
解得a>5,
所以实数a的取值范围是5,+∞.
【考点】
交、并、补集的混合运算
集合关系中的参数取值问题
【解析】
暂无
暂无
【解答】
解:(1)因为A=x||x|≤2=x|−2≤x≤2,
当a=5时, B=x|−2
因为ðRA=x|x<−2或x>2,
所以(ðRA)∩B=x|2
所以A⊂B.
又因为A=x|−2≤x≤2, B=x|3−a
解得a>5,
所以实数a的取值范围是5,+∞.
【答案】
解:(1)∵ fx为R上的奇函数,
∴ f0=2−2a2=0,
解得:a=1,
经检验,当a=1时,fx=1−exex+1为R上的奇函数,
∴ a=1.
(2)fx在R上单调递减.
证明:由(1)得fx=1−ex1+ex=2ex+1−1.
设x1∈R,x2∈R,x1
=2ex1+1−1−2ex2+1−1
=2(ex2−ex1)(ex1+1)(ex2+1).
∵ x1
∵ (ex1+1)(ex2+1)>0,
∴ fx1−fx2>0 ,
即fx1>fx2,
∴ fx在R上单调递减.
(3)由题意知,fx在R上单调递减且为奇函数,
∴ ft2−kt+ft+k≤0,
即ft2−kt≤−ft+k,
即ft2−kt≤f−t−k,
即t2−kt≥−t−k,
化简得kt−1≤t2+t.
又∵ t∈[1,3],
∴ 当t=1时,对0≤2恒成立,
当t∈(1,3]时,k≤t2+tt−1,
令g(t)=t2+tt−1
=(t−1)2+3(t−1)+2t−1
=(t−1)+2t−1+3.
令m=t−1,
∵ t∈(1,3],
∴ m∈(0,2],
则gm=m+2m+3,m∈(0,2],
由对勾函数的性质知:
g(m)在(0,2]上单调递减,2,2上单调递增,
∴ gmmin=g2=2+22+3=22+3,
∴ k≤3+22.
∴ 实数k的取值范围为(−∞,3+22].
【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
【解析】
暂无
暂无
暂无
【解答】
解:(1)∵ fx为R上的奇函数,
∴ f0=2−2a2=0,
解得:a=1,
经检验,当a=1时,fx=1−exex+1为R上的奇函数,
∴ a=1.
(2)fx在R上单调递减.
证明:由(1)得fx=1−ex1+ex=2ex+1−1.
设x1∈R,x2∈R,x1
=2ex1+1−1−2ex2+1−1
=2(ex2−ex1)(ex1+1)(ex2+1).
∵ x1
∵ (ex1+1)(ex2+1)>0,
∴ fx1−fx2>0 ,
即fx1>fx2,
∴ fx在R上单调递减.
(3)由题意知,fx在R上单调递减且为奇函数,
∴ ft2−kt+ft+k≤0,
即ft2−kt≤−ft+k,
即ft2−kt≤f−t−k,
即t2−kt≥−t−k,
化简得kt−1≤t2+t.
又∵ t∈[1,3],
∴ 当t=1时,对0≤2恒成立,
当t∈(1,3]时,k≤t2+tt−1,
令g(t)=t2+tt−1
=(t−1)2+3(t−1)+2t−1
=(t−1)+2t−1+3.
令m=t−1,
∵ t∈(1,3],
∴ m∈(0,2],
则gm=m+2m+3,m∈(0,2],
由对勾函数的性质知:
g(m)在(0,2]上单调递减,2,2上单调递增,
∴ gmmin=g2=2+22+3=22+3,
∴ k≤3+22.
∴ 实数k的取值范围为(−∞,3+22].
【答案】
解:(1)当a=2时,
可得fx=4x−4⋅2x+3=2x−12x−3,
由fx<0,得2x−12x−3<0,
可得1<2x<3,解得0
(2)因为4x−a⋅2x+1+a+1<2−a,
所以4x−2a⋅2x+2a−1<0,
即2x−12x−2a+1<0,
因为x<0,所以2x−1<0,
所以需满足2x−2a+1>0,即2a<2x+1,
当x<0时,2x+1∈1,2,
所以2a≤1,解得a≤12,
因此,实数a的取值范围是−∞,12.
(3)当x∈[1,2)时,令t=2x∈2,4,
则fx=t2−2at+a+1,
令gt=t2−2at+a+1,则二次函数gt的图象开口向上,
该函数的对称轴为t=a.
当a≤2时,gt在2,4上单调递增,
gtmin=g2=5−3a;
当2g(t)min=g(a)=−a2+a+1;
当a≥4时,gt在2,4上单调递减,
gtmin=g4=17−7a.
综上所述,ha=5−3a,a≤2,−a2+a+1,2【考点】
一元二次不等式的解法
指、对数不等式的解法
函数恒成立问题
函数最值的应用
【解析】
无
无
无
【解答】
解:(1)当a=2时,
可得fx=4x−4⋅2x+3=2x−12x−3,
由fx<0,得2x−12x−3<0,
可得1<2x<3,解得0
(2)因为4x−a⋅2x+1+a+1<2−a,
所以4x−2a⋅2x+2a−1<0,
即2x−12x−2a+1<0,
因为x<0,所以2x−1<0,
所以需满足2x−2a+1>0,即2a<2x+1,
当x<0时,2x+1∈1,2,
所以2a≤1,解得a≤12,
因此,实数a的取值范围是−∞,12.
(3)当x∈[1,2)时,令t=2x∈2,4,
则fx=t2−2at+a+1,
令gt=t2−2at+a+1,则二次函数gt的图象开口向上,
该函数的对称轴为t=a.
当a≤2时,gt在2,4上单调递增,
gtmin=g2=5−3a;
当2g(t)min=g(a)=−a2+a+1;
当a≥4时,gt在2,4上单调递减,
gtmin=g4=17−7a.
综上所述,ha=5−3a,a≤2,−a2+a+1,2
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