2020-2021学年江苏省盐城市某校高一（上）期中考试数学试卷.docx

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1、2020-2021学年江苏省盐城市某校高一（上）期中考试数学试卷一、选择题1. 不等式2x27x+60的解集为（） A.x|x32B.x|x2C.x|32x2D.x|2x322. 已知a，bR，那么“ab”是“ab”成立的（） A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件3. 函数f(x)=ex1,x1的最小值是（） A.22+1B.42+1C.42D.225. 已知正实数x，y满足xy=x+2y，则xy的最小值为( ) A.4B.8C.10D.126. 不等式log2x1+12log12x3+20的解集为（ ） A.2,3)B.(2,3C.(2,4D.2,4)7.

2、 已知函数fx是定义在R上的奇函数，且对任意xR满足fx+2=fx，又当0x1时， fx=42x，则f52+f2021=（） A.4B.0C.2D.18. 已知方程a=|121x|1有两个异根，则实数a的取值范围为（） A.1,1)B.(1,1C.1,0D.(1,0二、多选题 设全集U=0,1,2,3,4,5，集合A=0,1,3，B=0,1,4,5，则( ) A.AB=0,1B.UB=3C.AB=0,1,3,4,5D.集合A的真子集个数为7 如果ab0，那么下列不等式成立的是（ ） A.1ab2C.aba2D.1a0,b1为奇函数，则负实数a的值为_. 若“存在xR，使得m2x+amx+a+1

3、0”为假命题（其中m0,m1），则实数a的取值范围为_. 四、解答题 (1)求值：log5125+lg1000+lne+2log23； (2)解不等式a2x+1a1x(a0且a1）. 设命题p：实数x满足xmx3m0；命题q：实数x满足log2x25log2x+40. (1)若m=1，p，q都是真命题，求实数x的取值范围； (2)若p是q的充分不必要条件，求实数m的取值范围 已知函数fx是定义在2,2上的奇函数，且当x0时，fx=2x+x+1. (1)求函数fx的解析式； (2)判断函数fx在0,+上的单调性并证明； 对于正实数a，b，已知：若a+b=1，则1a+1b4；若a+b=1，则1a+

4、4b9；若a+b=2，则4a+25b492. (1)请根据上述结果完成猜想：若x，y，a，b均为正实数，则x2a+y2b_，证明并指明等号成立的条件； (2)利用上述不等式解决下列问题：已知非负实数x，y满足若2x+y=2，求2x+1+9y+1的最小值 已知函数fx=lgx1lgx+1，gx=2x. (1)令lg3=t，lg2=s，当x1,2时，求函数fgx的值域（结果用t和s表示）； (2)若不等式g2mx20，得2x3x20，故2x27x+60的解集为x|x2.故选B.2.【答案】A【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断【解析】利用充分必要条件的判定方法得解.【解答】解：由题设ab，两

5、边平方得ab.反之当ab0时，不能得到ab.故a，bR，那么ab是a1，则由基本不等式可知，(x1)+8x12(x1)8x1=42，当且仅当x=1+22时取等号，所以y=x+8x1=(x1)+8x1+142+1，即函数的最小值为42+1.故选B.5.【答案】B【考点】基本不等式在最值问题中的应用【解析】根据题意，由基本不等式的性质可得x+2y22xy，据此可得xy22xy，设t=xy，(t0)则有t222t0，解可得t的取值范围，变形即可得答案【解答】解：根据题意，正实数x，y满足xy=x+2y，又由x+2y22xy，则有xy22xy.设t=xy(t0)，则有t222t0，解得：t22，则有x

6、y8，即xy的最小值为8.故选B.6.【答案】D【考点】其他不等式的解法对数的运算性质【解析】将原不等式左边第二项利用对数的运算性质化简，设log2x1=t，得到关于t的一元二次不等式，求出不等式的解集得到t的范围，即为log2x1的范围，再利用对数的运算法则求出x的范围，即为原不等式的解集【解答】解：原不等式等价于log2x132log2x+32+120，log2x10，设log2x1=t，则有log2x=t2+1，原不等式化为t32t2+120，解得0t1，所以0log2x11，即1log2x2，解得2x4，则原不等式的解集为2,4).故选D.7.【答案】A【考点】函数奇偶性的性质函数的求

7、值函数的周期性【解析】【解答】解：由题意，f(x)为R上的奇函数，则f(x)=f(x)，从而有f(1)=f(1).又f(x+2)=f(x)，则函数的周期为2，且f(1)=f(1)，所以有f(1)=0，而f(52)=f(52)=f(522)=f(12)=41=4，f(2021)=f(1+2020)=f(1)=0，所以f(52)+f(2021)=4.故选A.8.【答案】C【考点】函数与方程的综合运用由函数零点求参数取值范围问题指数函数的图象【解析】此题暂无解析【解答】解：根据指数函数y=2x的图象，我们可以做出y=|121x|1的图象，则要使得方程a=|121x|1有两个异根，由图可知1a0，所以

8、a的取值范围为(1,0).故选C.二、多选题【答案】A,C,D【考点】子集与真子集的个数问题并集及其运算交集及其运算补集及其运算【解析】【解答】解：由题意，全集U=0,1,2,3,4,5，A=0,1,3，B=0,1,4,5，则AB=0,1，所以A正确；UB=2,3，所以B错误；AB=0,1,3,4,5，所以C正确；集合A=0,1,3，有231=7个真子集，所以D正确.故选ACD.【答案】B,D【考点】不等式比较两数大小不等式的基本性质【解析】由于ab0，不妨令a=2，b=1，代入各个选项检验，只有D正确，从而得出结论【解答】解：由于ab1b，故A不正确；B，ab=2，b2=1， abb2，故B

9、正确，C，ab=2，a2=4， aba2，故C不正确；D，1a=12，1b=1， 1a0,N0，则上式为MN(MN)20，可得函数y存在零点，若M0,N0，则上式大于0，可得函数y不一定存在零点，故B不正确；C，由y=fx2MNM+N得，f(a)2MNM+Nf(b)2MNM+N=(M2MNM+N)(N2MNM+N)=MN(M+N)2(MN)2，若MN0，则上式大于0，可得函数y不一定存在零点，故C不正确；D，若f(x)=M+N2成立，则MM+N2N，先证MM+N2，假设成立，则M2M+N2，得M212M12N0，即(M14)21+8N160，所以(M14)20得x4或x0，因为定义域不关于原点

10、对称，所以为非奇非偶函数，故B不正确；C，因为函数y=fx的定义域为,00,+，且fx=x12xx2=x2x2x1+x2x122x1=2x2x+x2x122x1=x2x12x22x1=fx，所以y=fx为偶函数，故C正确；D，因为函数fx=lg(ax2+5x+4)的值域为R，所以当a=0时，fx=lg5x+4，满足其值域为R，当a0时，需a0且=5216a0，解得00,解得2x0，m1，xR,再令mx=t(t0,+)，即ft=t2+at+a+1.”xR，使fx0“为假命题，则xR，fx0，即t0,+，ft0.当a0，且ft开口向上，即ftmin=fa2=a24a22+a+10，解得222a0，

11、恒成立.综上：a222.故答案为：222,+.四、解答题【答案】解：(1)log5125+lg1000+lne+2log23=log552+lg103+lne12+3=2+3+12+3=92.(2)由a2x+1a1x，得当a1时，原不等式化为2x+11x，解得x0，原不等式的解集为0,+；当0a1时，原不等式化为2x+11x，解得xa1x，得当a1时，原不等式化为2x+11x，解得x0，原不等式的解集为0,+；当0a1时，原不等式化为2x+11x，解得x0，原不等式的解集为,0.【答案】解：(1)当m=1时，p:x1x30， (x1)(x3)0，解得x(1,3).q:(log2x)25log2

12、x+40，令log2x=t，则t25t+40，(t4)(t1)0，解得1t4， 1log2x4，得2x16， pq=2,3).故若m=1，p，q都是真命题，实数x的取值范围为2,3).(2)当p是q的充分不必要条件时， p:(xm)(x3m)0)，q:2,16， p:(m,3m)q:2,16， m0,m2,3m16，解得2m163， 当p是q的充分不必要条件时，m2,163.【考点】命题的真假判断与应用根据充分必要条件求参数取值问题【解析】此题暂无解析【解答】解：(1)当m=1时，p:x1x30， (x1)(x3)0，解得x(1,3).q:(log2x)25log2x+40，令log2x=t，

13、则t25t+40，(t4)(t1)0，解得1t4， 1log2x4，得2x16， pq=2,3).故若m=1，p，q都是真命题，实数x的取值范围为2,3).(2)当p是q的充分不必要条件时， p:(xm)(x3m)0)，q:2,16， p:(m,3m)q:2,16， m0,m2,3m16，解得2m163， 当p是q的充分不必要条件时，m2,163.【答案】解：(1)设x0，f(x)=2x+x+1.因为f(x)是2,2上的奇函数，所以f(x)=f(x)，又f(x)=2x+x+1，所以f(x)=2xx1.综上：f(x)=2x+x+1,0x2,0,x=0,2xx1,2x0.(2)函数f(x)在0,+

14、上是单调增函数，证明如下：设x1，x20,+，且x1x2，f(x1)f(x2)=2x1+x1+12x2x21，=2x1x2+x1x2.由x1x2，x1，x20,+，所以x1x20，x1x20，即2x1x2+x1x20，所以得：f(x1)f(x2)，所以函数f(x)在0,+上是单调增函数.【考点】函数奇偶性的性质函数单调性的判断与证明【解析】利用函数的奇偶性，求解分段函数的解析式.本题利用定义证明函数的单调性，规定大小，作差，变形，断号，下结论.【解答】解：(1)设x0，f(x)=2x+x+1.因为f(x)是2,2上的奇函数，所以f(x)=f(x)，又f(x)=2x+x+1，所以f(x)=2xx

15、1.综上：f(x)=2x+x+1,0x2,0,x=0,2xx1,2x0.(2)函数f(x)在0,+上是单调增函数，证明如下：设x1，x20,+，且x1x2，f(x1)f(x2)=2x1+x1+12x2x21，=2x1x2+x1x2.由x1x2，x1，x20,+，所以x1x20，x1x20，即2x1x2+x1x20，所以得：f(x1)0，y0，a0，b0，不等式两边同乘aba+b，得ba+bx2+aa+by2abx2+2xy+y2，即bx22abxy+ay20，即bxay20，当且仅当“bx=ay”，即xa=yb时，取等号.故x2a+y2b(x+y)2a+b成立，当且仅当xa=yb时取等号.2

16、2x+1+9y+1=42x+2+9y+1(2+3)22x+2+y+1=5，当且仅当x=0，y=2时取等号， 2x+1+9y+1的最小值为5.【考点】不等式性质的应用【解析】1直接猜想，证明结论成立即可；2构造第一问的结构，即可得到答案.【解答】解：1猜想：x2a+y2b(x+y)2a+b，证明： x0，y0，a0，y0，不等式两边同乘aba+b，得ba+bx2+aa+by2abx2+2xy+y2，即bx22abxy+ay20，即bxay20，当且仅当“bx=ay”，即xa=yb时，取等号.故x2a+y2b(x+y)2a+b成立，当且仅当xa=yb时取等号.2 2x+1+9y+1=42x+2+9

17、y+1(2+3)22x+2+y+1=5，当且仅当x=0，y=2时取等号， 2x+1+9y+1的最小值为5.【答案】解：(1)f(g(x)=f(2x)=lg(2x12x+1).取任意1x1x22，f(g(x1)f(g(x2)=lg(2x112x1+1)lg(2x212x2+1)=lg(2x11)(2x2+1)(2x1+1)(2x21). 1x1x22， 02x1+12x2+1，02x112x21. (2x11)(2x2+1)(2x1+1)(2x21)=2(2x12x2)，且2x12x2， (2x11)(2x2+1)(2x1+1)(2x21)， lg(2x11)(2x2+1)(2x1+1)(2x2

18、1)0， f(g(x1)f(g(x2)， f(g(x)在1,2上单调递增， f(g(x)min=f(g(1)=lg3=t，f(g(x)max=f(g(2)=t+s1， f(g(x)t,t+s1.(2)取任意m1x1x2m+1，则g(x1)g(x2)=2x12x2. x1x2， 2x12x20，即g(x1)g(x2)， g(x)在m1,m+1上单调递增. g(2mx2)g(m+x)， 2mx2m.设h(x)=x2+x.当m+112，即m32时，h(x)min=h(m+1)， m2+2m+1+m+1m，解得m32.当m112m+1时，h(x)min=h(12)，即可得到m112,m14,解得32m

19、m，解得m2.综上所述，m(,14)(2,+).【考点】对数函数的定义域函数的值域及其求法函数的最值及其几何意义不等式恒成立问题【解析】本题考查对数函数值域本题考察对数函数，恒成立问题【解答】解：(1)f(g(x)=f(2x)=lg(2x12x+1).取任意1x1x22，f(g(x1)f(g(x2)=lg(2x112x1+1)lg(2x212x2+1)=lg(2x11)(2x2+1)(2x1+1)(2x21). 1x1x22， 02x1+12x2+1，02x112x21. (2x11)(2x2+1)(2x1+1)(2x21)=2(2x12x2)，且2x12x2， (2x11)(2x2+1)(2

20、x1+1)(2x21)， lg(2x11)(2x2+1)(2x1+1)(2x21)0， f(g(x1)f(g(x2)， f(g(x)在1,2上单调递增， f(g(x)min=f(g(1)=lg3=t，f(g(x)max=f(g(2)=t+s1， f(g(x)t,t+s1.(2)取任意m1x1x2m+1，则g(x1)g(x2)=2x12x2. x1x2， 2x12x20， g(x)在m1,m+1上单调递增. g(2mx2)g(m+x)， 2mx2m.设h(x)=x2+x.当m+112，即m32时，h(x)min=h(m+1)， m2+2m+1+m+1m，解得m32.当m112m+1时，h(x)m

21、in=h(12)，即可得到m112,m14,解得32mm，解得m2.综上所述，m(,14)(2,+).【答案】解：(1)设二次函数f(x)的解析式为f(x)=cx2+dx+e， a，b是方程x23x+1=0的两根， a+b=3，ab=1. fx满足fa=b，fb=a，f1=1， f(a)+f(b)=c(a2+b2)+d(a+b)+2e=a+b，f(1)=c+d+e， 7c+3d+2e=3，c+d+e=1， e=4c，d=15c，即f(x)=cx2+(15c)x+4c，由x23x+1=0可得一根为x=352，y=3+52，将x=352，y=3+52代入f(x)，得c=1，d=4，e=4， f(x

22、)的解析式为f(x)=x24x+4.(2)由(1)得f(x)=x24x+4， f(x+m)x94等价于x2+2mx+m24x4m+4x94，即x2+(2m5)x+m24m+2540，又 x52,n， 0，m2+m0，解得1m0.设g(x)=x2+(2m5)x+m24m+254， g(x)的对称轴为x=2m52， 当m取1时n取得最大值， nmax=92.综上，n的最大值为92，此时m的值为1.【考点】二次函数的性质函数解析式的求解及常用方法函数恒成立问题【解析】此题暂无解析【解答】解：(1)设二次函数f(x)的解析式为f(x)=cx2+dx+e， a，b是方程x23x+1=0的两根， a+b=

23、3，ab=1. fx满足fa=b，fb=a，f1=1， f(a)+f(b)=c(a2+b2)+d(a+b)+2e=a+b，f(1)=c+d+e， 7c+3d+2e=3，c+d+e=1， e=4c，d=15c，即f(x)=cx2+(15c)x+4c，由x23x+1=0可得一根为x=352，y=3+52，将x=352，y=3+52代入f(x)，得c=1，d=4，e=4， f(x)的解析式为f(x)=x24x+4.(2)由(1)得f(x)=x24x+4， f(x+m)x94等价于x2+2mx+m24x4m+4x94，即x2+(2m5)x+m24m+2540，又 x52,n， 0，m2+m0，解得1m0.设g(x)=x2+(2m5)x+m24m+254， g(x)的对称轴为x=2m52， 当m取1时n取得最大值， nmax=92.综上，n的最大值为92，此时m的值为1.第21页 共22页 第22页 共22页