2020-2021年河南省许昌市某校高一（上）1月月考数学试卷

这是一份2020-2021年河南省许昌市某校高一（上）1月月考数学试卷，共10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. 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(1)当a=5时，求A∪B， ðRA∩B；

(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所以fx在[2,+∞)上是增函数.
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∴ b<0.
∵ 0=lg1∴ 0∴ b故选C.
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则x1+x22−x1x2
=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故选D．
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所以A∪B=x|−2≤x<5.
因为ðRA=x|x<−2或x>2，
所以(ðRA)∩B=x|2(2)因为A∩B=A，
所以A⊂B.
又因为A=x|−2≤x≤2， B=x|3−a所以3−a<−2,a>2,
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所以A∪B=x|−2≤x<5.
因为ðRA=x|x<−2或x>2，
所以(ðRA)∩B=x|2(2)因为A∩B=A，
所以A⊂B.
又因为A=x|−2≤x≤2， B=x|3−a所以3−a<−2,a>2,
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则f(x1)−f(x2)
=2ex1+1−1−2ex2+1−1
=2(ex2−ex1)(ex1+1)(ex2+1).
∵ x1∴ ex2−ex1>0.
∵ (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则f(x1)−f(x2)
=2ex1+1−1−2ex2+1−1
=2(ex2−ex1)(ex1+1)(ex2+1).
∵ x1∴ ex2−ex1>0.
∵ (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因此，当a=2时，不等式fx<0的解集为0,lg23.
(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因此，当a=2时，不等式fx<0的解集为0,lg23.
(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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