2020-2021学年上海市某校高一（上）月考数学试卷（12月份）.docx

2020-2021学年上海市某校高一（上）月考数学试卷（12月份）一、填空题1. 已知集合A=2,3，B=1,2,a，若AB，则实数a=_ 2. 函数y的定义域为_ 3. 已知函数，则_ 4. 已知函数yx24ax在2,3上是严格增函数，则实数a的取值范围是_ 5. 函数y=ax1+2(a>0且a1)的图象过一个定点，该定点的坐标为_ 6. 关于x的一元二次方程2kx22x3k2=0的两个实根x1、x2满足x1<1<x2，则实数k的取值范围是_ 7. 若(m+1)12<(32m)12，则实数m的取值范围_ 8. 已知函数f(x)=2axa1(a1)在区间(0,1上是减函数，则实数a的取值范围是_ 9. 方程|ax1|2a(a>0,a1)有且仅有两个不同的实数解，则a的取值范围是_ 10. 已知a、b均为正实数，且，则的最小值为_ 11. 已知+2，则关于x的不等式f(3x+1)+f(x)>4的解集为_ 12. 已知函数f(x)lg(x+1)的图象关于y轴对称后，再向右平移4个单位，可得到函数g(x)的图象若对任意的x1，x20,m，当x1>x2时，恒有f(x1)f(x2)>g(x2)g(x1)，则实数m的最大值是_ 二、选择题 已知a、b为实数，且a>b，则下列结论正确的是（ ） A.B.a2>b2C.ac2>bc2D.a<b “2a2”是“实系数一元二次方程x2+ax+1=0无实根”的（ ） A.必要不充分条件B.充分不必要条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件 十七世纪法国数学家费马提出猜想：“当整数n>2时，关于x、y、z的方程xn+ynzn没有正整数解”历经三百多年，于二十世纪九十年中期由英国数学家安德鲁怀尔斯证明了费马猜想，使它终成费马大定理则有（ ） A.存在至少一组正整数组(x、y、z)使方程x3+y3z3有解B.关于x、y的方程x3+y31有正有理数解C.关于x与y的方程x3+y31没有正有理数解D.当整数n>3时，关于x、y、z的方程xn+ynzn没有正实数解 已知函数f(x)=|ln|x|(x0)0(x=0)，则方程f2(x)f(x)=0的不相等的实根个数（ ） A.5B.6C.7D.8三、解答题 已知集合Ax|ylg(2xx2)，集合By|y2x1,xR （1）求AB； （2）若集合Cx|2m<x<m+1，且AC，求实数m的取值范围 已知函数f(x)(aR) （1）当a1时，证明：函数f(x)在(2,+)上是严格减函数； （2）求不等式f(x)>1 甲厂以x千克/小时的速度匀速生产某种产品（生产条件要求1x10），每小时可获得的利润是100(5x+13x)元 （1）要使生产该产品2小时获得的利润不低于3000元，求x的取值范围； （2）要使生产900千克该产品获得的利润最大，问：甲厂应该选取何种生产速度？并求此最大利润 已知函数f(x)+kx为偶函数，g(x)(x+a) （1）求实数k的值； （2）若x2,0时，函数f(x)的图象恒在g(x)图象的上方，求实数a的取值范围； （3）求函数y4f（x）kx+g(2x+2)在x1,2上的最大值与最小值之和为2020，求实数a的值 若函数yf(x)对定义域内的每一个值x1，在其定义域内都存在唯一的x2，使f(x1)f(x2)1成立，则称该函数为“依赖函数” （1）判断函数g(x)2x是否为“依赖函数”，并说明理由； （2）若函数在定义域m,n(m，nN，且m>1)上为“依赖函数”，求m+n的取值范围 （3）已知函数在定义域上为“依赖函数”若存在实数，使得对任意的tR，有不等式f(x)t2+(st)x+8都成立，求实数s的取值范围参考答案与试题解析2020-2021学年上海市某校高一（上）月考数学试卷（12月份）一、填空题1.【答案】3【考点】集合的包含关系判断及应用【解析】利用子集的定义和性质直接求解【解答】 集合A=2,3，B=1,2,a，AB， a=32.【答案】1,2)(2,+)【考点】函数的定义域及其求法【解析】由函数的解析式列不等式组求出函数的定义域【解答】由函数y，得，解得x1且x2；所以该函数的定义域为6,2)(23.【答案】【考点】分段函数的应用函数的求值求函数的值【解析】根据题意，由函数的解析式可得f（），则有ff（）f（），进而计算可得答案【解答】根据题意，函数，则f（），则ff（）f（2，4.【答案】(,1【考点】二次函数的图象二次函数的性质【解析】根据题意，将函数yx24ax的解析式变形，可得该函数是对称轴为x2a，开口向上的二次函数，结合二次函数的性质可得a的取值范围【解答】函数yx24ax(x8a)24a4，则对称轴为x2a，开口向上，若该函数在2,6上是严格增函数，即a1，则a的取值范围为(,1，5.【答案】(1,3)【考点】指数函数的性质【解析】函数恒过定点即与a无关，由题意令x1=0，解得x=1，再代入函数解析式求出f(x)的值，从而可求出定点坐标【解答】解：令x1=0，解得x=1，则x=1时，函数f(1)=a0+2=3，即函数图象恒过一个定点(1,3)故答案为：(1,3)6.【答案】k>0或k<4【考点】一元二次方程的根的分布与系数的关系【解析】根据一元二次方程与二次函数之间的关系，分别讨论k的正负得到满足已知的等价条件，从而求得k的范围【解答】解：由题意k0，当k>0时，要使关于x的一元二次方程2kx22x3k2=0的两个实根x1、x2满足x1<1<x2，只要2k12213k2<0解得k>4；所以k>0；当k<0时，要使关于x的一元二次方程2kx22x3k2=0的两个实根x1、x2满足x1<1<x2，只要2k12213k2>0解得k<4，由前提得到k<4；综上，实数k的取值范围是k>0或k<4故答案为：k>0或k<47.【答案】1m<23【考点】幂函数的单调性、奇偶性及其应用【解析】根据题中不等式的结构，考察幂函数y=x12，它在0,+)上是增函数，从而建立关于m的不等关系，即可求出实数m的取值范围【解答】解：考察幂函数y=x12，它在0,+)上是增函数， (m+1)12<(32m)12， 0m+1<32m，解得：1m<23，则实数m的取值范围1m<23故答案为：1m<238.【答案】(,0)(1,2【考点】函数单调性的性质【解析】函数的解析式若有意义，则被开方数2ax0，进而根据x(0,1恒有意义，故a2，分1<a2，0<a<1，a=0和a<0，分类讨论函数的单调性，最后综合讨论结果，可得实数a的取值范围【解答】解：若使函数的解析式有意义须满足2ax0当x(0,1时，须：2a00，且2a0得：a21<a2时，y=2ax为减函数，a1>0，故f(x)为减函数，符合条件0<a<1时，y=2ax为减函数，a1<0，故f(x)为增函数，不符合条件a=0时，f(x)为常数，不符合条件a<0时，y=2ax为增函数，a1<0，故f(x)为减函数，符合条件故a的取值范围是(,0)(1,2故答案为：(,0)(1,29.【答案】(0，）【考点】函数的零点与方程根的关系【解析】方程|ax1|2a(a>0且a1)有且仅有两个不同的实数解，等价于函数f(x)|ax1|的图象和直线y2a有2个交点，分类画出图形，由图象可得a的范围【解答】方程|ax1|2a(a>2且a1)有且仅有两个不同的实数解，等价于函数f(x)|ax1|的图象和直线y6a有2个交点如图所示：当0<a<8和a>1时对应的图象为：由图象可得，当0<a<2时，解得0<a<，当a>1时，不合题意 a的范围为(0，）故答案为：(0，）10.【答案】【考点】基本不等式及其应用【解析】由（）(a+），展开后结合基本不等式可求【解答】因为a、b均为正实数，且，则（）(a+，当且仅当ab且，即a时取等号，所以的最小值11.【答案】（-，+)【考点】奇偶性与单调性的综合【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】设g(x)f(x)22020x+log2020（+x)2020x， g(x)2020x+log2020（x)2020x2020xlog2020（+x)2020xg(x)，所以g(x)为奇函数且单调递增，由f(3x+4)+f(x)>4，可得g(3x+3)+g(x)>0，所以3x+8>x，解得x>，即不等式的解集为（-，+)12.【答案】2【考点】函数的图象与图象的变换对数函数的图象与性质【解析】易知g(x)lg(5x)，构造函数h(x)f(x)+g(x)，可将原问题可转化为h(x)在0,m上单调递增，再根据二次函数的单调性、对数函数的单调性和复合函数单调性的判断原则，即可得解【解答】由题意知，g(x)lg(x4)+1lg(8x)，令h(x)f(x)+g(x)lg(x+1)+lg(5x)lg(x+6)(5x)，定义域为(1，原问题可转化为h(x)在7,m上单调递增，因为y(x+1)(5x)在(8,2上单调递增，5)上单调递减，所以h(x)在(2,2上单调递增，5)上单调递减，所以m6，即m的最大值为2二、选择题【答案】D【考点】不等式的基本性质不等式的概念【解析】由不等式的基本性质逐一判断即可【解答】若a>0>b，则，故A错误；若0>a>b时，a2<b6，故B错误；若c0时，ac2bc2，故C错误；a>b，则a<b【答案】A【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断【解析】求出一元二次方程x2+ax+1=0无实根的等价条件，利用充分条件和必要条件的定义即可得到结论【解答】解：若实系数一元二次方程x2+ax+1=0无实根，则=a24<0， 2<a<2， 2a2， “2a2”是“实系数一元二次方程x2+ax+1=0无实根的必要不充分条件故应选A【答案】C【考点】归纳推理【解析】根据已知中费马大定理可得：故p3+q3z3，无正整数解，即(pz)3+(qz)3=1无正整数解，进而利用整体代换思想，得到答案【解答】：“当整数n>2时，关于x、y、z的方程xn+ynzn没有正整数解”3>2，故p3+q3z3，无正整数解，即(pz)3+(qz)3=1无正整数解，即关于x与y的方程x3+y31没有正有理数解，【答案】C【考点】分段函数的解析式求法及其图象的作法根的存在性及根的个数判断【解析】方程f2(x)f(x)=0可解出f(x)=0或f(x)=1，方程f2(x)f(x)=0的不相等的实根个数即两个函数f(x)=0或f(x)=1的所有不相等的根的个数的和，根据函数f(x)的形式，求方程的根的个数的问题可以转化为求两个函数y=0，y=1的图象与函数f(x)的图象的交点个数的问题【解答】解：方程f2(x)f(x)=0可解出f(x)=0或f(x)=1，方程f2(x)f(x)=0的不相等的实根个数即两个函数f(x)=0或f(x)=1的所有不相等的根的个数的和，方程的根的个数与两个函数y=0，y=1的图象与函数f(x)的图象的交点个数相同，如图，由图象，y=1的图象与函数f(x)的图象的交点个数有四个，y=0的图象与函数f(x)的图象的交点个数有三个，故方程f2(x)f(x)=0有七个解，应选C三、解答题【答案】 Ax|2xx2>3x|2<x<1，By|y>5， AB(1,1)； Cx|3m<x<m+1，且AC， C时，2mm+2；C时，解得m8或， m的取值范围为：【考点】交集及其运算【解析】（1）可求出Ax|2<x<1，By|y>1，然后进行交集的运算即可；（2）根据AC，可讨论C是否为空集：C时，2mm+1；C时，然后解出m的范围即可【解答】 Ax|2xx2>3x|2<x<1，By|y>5， AB(1,1)； Cx|3m<x<m+1，且AC， C时，2mm+2；C时，解得m8或， m的取值范围为：【答案】a1，f(x)，设2<x1<x3，则f(x1)f(x2)>3，所以f(x1)>f(x2)，函数f(x)在(3,+)上是严格减函数；f(x)>1，化简得，当a>8时，2<x<a+2，当a7时，x不存在，当a<0时，2+a<x<3，综上，a>0时，当a0时，x不存在，当a<3时，x|2+a<x<2【考点】函数单调性的性质与判断【解析】（1）把1a1代入f(x)，设2<x1<x2，利用作差法比较f(x1)与f(x2)的大小即可判断，（2）已知不等式化简得，然后讨论a+2与2的大小，进行求解【解答】a1，f(x)，设2<x1<x3，则f(x1)f(x2)>3，所以f(x1)>f(x2)，函数f(x)在(3,+)上是严格减函数；f(x)>1，化简得，当a>8时，2<x<a+2，当a7时，x不存在，当a<0时，2+a<x<3，综上，a>0时，当a0时，x不存在，当a<3时，x|2+a<x<2【答案】解：（1）生产该产品2小时获得的利润为100(5x+13x)2200(5x+13x)根据题意，200(5x+13x)3000，即5x214x30 x3或x15 1x10， 3x10；（2）设利润为y元，则生产900千克该产品获得的利润为y100(5x+13x)900x90000(3x2+1x+5)91043(1x16)2+6112 1x10， x6时，取得最大利润为91046112=457500元故甲厂应以6千克/小时的速度生产，可获得最大利润为457500元【考点】根据实际问题选择函数类型【解析】本题考查函数模型的建立，考查解不等式，考查函数的最值【解答】解：（1）生产该产品2小时获得的利润为100(5x+13x)2200(5x+13x)根据题意，200(5x+13x)3000，即5x214x30 x3或x15 1x10， 3x10；（2）设利润为y元，则生产900千克该产品获得的利润为y100(5x+13x)900x90000(3x2+1x+5)91043(1x16)2+6112 1x10， x6时，取得最大利润为91046112=457500元故甲厂应以6千克/小时的速度生产，可获得最大利润为457500元【答案】 f(x)是偶函数， f(x)f(x)，则log4(4x+5)kxlog4(4x+6)+kx，得2kxlog4（）log6(4x+1)log74xx，得2k6，得k-若x2,0时，则f(x)>g(x)恒成立，即log4(2x+1)x>， a<3log4(4x+4)2x，设F(x)2log4(4x+1)8xlog2(4x+5)2xlog2(6x+1)log22xlog2(1+），由复合函数的单调性可知F(x)在2,6上为减函数， F(x)F(0)1， a<1，即实数a的取值范围是(函数y3f（x）kx+g(2x+2)-+(6x+2+a)4x4+22x+a(2x)5+22x+a1，设t8x， x1,2， ，则设h(t)t2+8t+a2，对称轴为t1，图象开口向下， 最大值为h(1)a，最小值为h(4)， a+，解得a2029【考点】函数的最值及其几何意义函数奇偶性的性质与判断【解析】（1）利用函数是偶函数，建立方程进行求解即可（2）由函数f(x)的图象恒在g(x)图象的上方，可得f(x)>g(x)恒成立，利用参数分离法进行求解即可；（3）利用换元法结合指数的性质，转化为一元二次函数，结合二次函数的性质求得最大值和最小值，进而可求得a的值【解答】 f(x)是偶函数， f(x)f(x)，则log4(4x+5)kxlog4(4x+6)+kx，得2kxlog4（）log6(4x+1)log74xx，得2k6，得k-若x2,0时，则f(x)>g(x)恒成立，即log4(2x+1)x>， a<3log4(4x+4)2x，设F(x)2log4(4x+1)8xlog2(4x+5)2xlog2(6x+1)log22xlog2(1+），由复合函数的单调性可知F(x)在2,6上为减函数， F(x)F(0)1， a<1，即实数a的取值范围是(函数y3f（x）kx+g(2x+2)-+(6x+2+a)4x4+22x+a(2x)5+22x+a1，设t8x， x1,2， ，则设h(t)t2+8t+a2，对称轴为t1，图象开口向下， 最大值为h(1)a，最小值为h(4)， a+，解得a2029【答案】对于函数g(x)2x的定义域R内任意的x1，取x5x1，则g(x1)g(x4)1，且由g(x)2x在R上单调递增，可知x5的取值唯一，故g(x)2x是“依赖函数”；因为m>1，f(x)2在m,n递增，即(m1)8(n8)21，由n>m>7，得(m1)(n1)4，故m+nm+m1+24（，（当且仅当m1+时“”成立），故m+n的取值范围是2（+8)；因a<，故f(x)(xa)5在，2上单调递增，从而f（）f(4)2a)8(4a)26，进而（，解得a6或a（舍），从而存在x，4，有不等式(x1)5t2+(st)x+8都成立，即t7+xt+x2(2+s)x60恒成立，由x25(x2(2+s)x5)0恒成立，故2+s（x）max，x，4x，4递增，故x6时，y取最大值，故8+s，故s，-【考点】函数恒成立问题【解析】（1）利用新定义，对于函数g(x)2x的定义域R内任意的x1，取x2x1，则g(x1)g(x2)1，判断g(x)2x是“依赖函数”；（2）因为m>1，f(x)(x1)2在m,n递增，故f(m)f(n)1，推出n，求出m+n的范围即可；（3）根据a的范围，求出a的值，求出f(x)的解析式，问题转化为t2+xt+x2(2+s)x70恒成立，根据根的判别式得到2+s（x）max，x，4，从而求出s的范围即可【解答】对于函数g(x)2x的定义域R内任意的x1，取x5x1，则g(x1)g(x4)1，且由g(x)2x在R上单调递增，可知x5的取值唯一，故g(x)2x是“依赖函数”；因为m>1，f(x)2在m,n递增，即(m1)8(n8)21，由n>m>7，得(m1)(n1)4，故m+nm+m1+24（，（当且仅当m1+时“”成立），故m+n的取值范围是2（+8)；因a<，故f(x)(xa)5在，2上单调递增，从而f（）f(4)2a)8(4a)26，进而（，解得a6或a（舍），从而存在x，4，有不等式(x1)5t2+(st)x+8都成立，即t7+xt+x2(2+s)x60恒成立，由x25(x2(2+s)x5)0恒成立，故2+s（x）max，x，4x，4递增，故x6时，y取最大值，故8+s，故s，-第17页 共20页 第18页 共20页