2021-2022学年高一上学期期末考试数学试题.pdf

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1、高中期末考试真卷 1 上海市曹杨二中 2021-2022 学年高一上学期期末考试数学试题 一、填空题（本大题共有 12 小题，满分 54 分，第 16 题每题 4 分，第 712 题每题 5 分）1已知集合 A0，1，2，则集合 Bb|b3a，aA （用列举法表示）2.已知 a 为常数，若关于 x 的不等式 2x26x+a0 的解集为（m，2），则 m 3.若一个扇形的弧长和面积均为3，则该扇形的圆心角的弧度数为 6已知 lg2a，10b3，用 a、b 表示 log56 9.已知实数 x、y 满足 lgx+lgylg（x+y），则 x+2y 的最小值为 1 0.已知函数 yf（x）是定义在 R

2、 上的奇函数，且当 x0 时，f（x）x2ax+4若 yf（x）的值域为 R，则实数 a 的取值范围是 二、选择题（本大题共有 4 题，满分 20 分，每题 5 分）13已知角 的终边经过点 P（2，1），则 sin+cos（）14已知 a、bR，h0则“|ab|2h”是“|a|h 且|b|h”的（）4已知全集 U1，2，3，4，5，6，7，集合 A、B 均为 U 的子集若 AB5，则 A 5已知幂函数的图像经过点，则该函数的表达式为 7已知，化简：8已知函数 yf（x）的表达式为，则函数 yff（x）的所有零点 之和为 11已知函数 yf（x）的表达式为 若存在实数 x0，使得对于任 意的实

3、数 x 都有 f（x）f（x0）成立，则实数 a 的取值范围是 12 已知常数 a0，函数 y（f x）、yg（x）的表达式分别为、若 对任意 x1 a，a，总存在 x2 a，a，使得（f x2）g（x1），则 a 的最大值为 A B C D 高中期末考试真卷 2 A.充分不必要条件C充要条件 B.必要不充分条件 D既不充分也不必要条件 15在用计算机处理灰度图像（即俗称的黑白照片）时，将灰度分为256 个等级，最暗的黑色用 0 表示，最亮的白色用 255 表示，中间的灰度根据其明暗渐变程度用0 至 255 之间对应的数表示，这样可以给图像上的每个像素赋予一个“灰度值”在处理有些较黑的图像时，

4、为了增强较黑部分的对比度，可对图像上每个像素的灰度值进行转换，扩展低灰度级，压缩 高灰度级，实现如图所示的效果：则下列可以实现该功能的一种函数图象是（）A0 B1 C2 D3 三、解答题（本大题共有 5 题，满分 76 分）（1）求集合 A 和集合 B；（2）求 ABB，求实数 m 的取值范围 A B C D 16已知 x、y、z 是互不相等的正数，则在 x（1y）、y（1z）、z（1x）三个值中，大 于 的个数的最大值是（）17（14 分）已知 m1，设集合，Bx|x2m|m1 高中期末考试真卷 3 （1）求函数 yf（x）的表达式，写出定义域 D；（2）判断函数 yf（x）的单调性，并加以

5、证明 （1）若在水中首次投放 1 个单位的物质 N，计算物质 N 能持续有效发挥作用的时长；（2）若 t0 时在水中首次投放 1 个单位的物质 N，t16 时再投放 1 个单位的物质 N，试判断当 t16，24时，水中含有物质 N 的浓度是否始终不超过 3mol/L，并说明理由 18（14 分）已知函数 yf（x）是函数 的反函数 19（14 分）培养某种水生植物需要定期向水中加入营养物质 N已知向水中每投放1 个单 位的物质 N，则 t（t0，24）小时后，水中含有物质 N 的浓度增加 ymol/L，y 与 t 的函 数关系可近似地表示为 根据经验，当水中含有物质 N 的浓度不低 于 2mo

6、l/L 时，物质 N 才能有效发挥作用 高中期末考试真卷 4 2 1 2 （1）若函数 yf（x）为偶函数，求 a 的值；（2）若 a0，求函数 yf（x）f（x）的最小值；（3）若方程 f（x）6 有两个不相等的实数解 x1、x，且|x x|1，求 a 的取值范围 21（18 分）已知定义在 R 上的函数 yf（x）满足：yf（x）在区间1，3）上是严格增函数，且其在区间1，3）上的图像关于直线 yx 成轴对称（1）求证：当 x1，3）时，f（x）x；（2）若对任意给定的实数 x，总有 f（x+2）f（x），解不等式 f（x）x2；（3）若 yf（x）是 R 上的奇函数，且对任意给定的实数

7、x，总有 f（3x）3f（x），求 f（x）的表达式 20（16 分）已知 a 为常数，设函数 yf（x）的表达式为 高中期末考试真卷 5 由根与系数的关系知，解得 m1，a4故答案为：1 3 解 析根据扇形的面积公式 S lr 可得：3 3r，解得 r2cm，再根据弧长公式可得该扇形的圆心角的弧度数 故答案为：参*考*答*案 一、填空题（本大题共有 12 小题，满分 54 分，第 16 题每题 4 分，第 712 题每题 5 分）10，3，6 解 析由集合 A0，1，2，集合 Bb|b3a，aA 故集合 B 中的元素有 0，3，6，集合 B0，3，6，故答案为：0，3，6 21 解 析因为不

8、等式 2x26x+a0 的解集为（m，2），所以 m 和 2 是方程 2x26x+a0 的解，45，7 解 析全集 U1，2，3，4，5，6，7，集合 A、B 均为 U 的子集 解 析设幂函数的解析式为：yx，解 析10b3，blg3，又lg2a，AB5，A5，7故答案为：5，7 5y 由函数图象经过点（4，），则有 4，解得：，故答案为：y 6 log56 ，故答案为：7 解 析因为，所以 sin，高中期末考试真卷 6 0 82 （1）当 x0 时，yf（x）0，x0，（2）当 x0 时，令 tlog2x，则 tR，yf（t）0，若 t0，则 t0，即 f（0）0，所以 x0（舍去），若 t

9、0 时，则 log2t0，解得 t1，即 log2x1，所以 x2 综上所述，函数 yff（x）的零点为 0，2，故函数 yff（x）的所有零点之和为 2故答案为：2 解 析实数 x、y 满足 lgx+lgylg（x+y），10 4，+）解 析函数 yf（x）是定义在 R 上的奇函数，所以 f（0）0，图象关于原点对称，且当 x0 时，f（x）x2ax+4 若 yf（x）的值域为 R，则当 x0 时，f（x），min 故实数 a 的取值范围是4，+）故答案为：4，+）所以 sin 故答案为：解 析函数.92+3 xyx+y，且 x0，y0，+1，x+2y（x+2y）（+）+32+3，当且仅当

10、，即 x+1，y1+时取等号，则 x+2y 的最小值为 2+3，故答案为：2+3 f（x）x2ax+4 的图象开口向上，对称轴为 x，f（0）4，则 0，f（x）min f（）+40，解得 a4，高中期末考试真卷 7 12 0 0 1 2 2 1 11 1，+）使得对于任意的实数 x 都有 f（x）f（x）成立，即函数有最大值 f（x），又因为当 xa 时，f（x）x+2，单调递减，且 f（x）a+2，故当 xa 时，f（x）x22x（x+1）2+1，所以 1a+2 且 a1，故 a1，所以实数 a 的取值范围为1，+）故答案为：1，+）解 析对任意 x a，a，总存在 x a，a，使得 f（

11、x）g（x），二、选择题（本大题共有 4 题，满分 20 分，每题 5 分）13C 解 析因为角 的终边经过点 P（2，1），所以 sin ，cos ，则 sin+cos +故选：C 解 析函数 若存在实数 x0，存在 x a，a，使得 f（x）g（x）2 2 max ，即 在a，a上有解，即 2a2x23x+2a0 在a，a上有解，设 h（x）2a2x23x+2a，其对称轴为 x，若 a，即 a 时，此时916a30，则 2a2x23x+2a0 不成立；若 a，即 0a 时，只需 h（x）min 0，即 h（a）0 即可，则，解得 0a；综上，实数 a 的最大值为 故答案为：高中期末考试真卷

12、 8 14B 解 析由|ab|2h 可得：2hab2h，由|a|h，|b|h 可得：hah，hbh，则2hab2h，但是如2ab2 1a1 且1b1，或者 0a1 且1b2 等等，所以“|ab|2h”是“|a|h 且|b|h”的必要不充分条件，故选：B 15A 解 析根据处理前后的图片变化可知，相对于原图的灰度值，处理后图像上每个像素的灰度值值增加，所以图象在 yx 上方故选：A 16C x、y、z 是互不相等的正数，1y0，1z0，1x0，故选：C 三、解答题（本大题共有 5 题，满分 76 分）Bx|x2m|m1x|x2m1m 或 x2mm1x|xm+1 或 x3m1 解 析假设 x（1y

13、）、y（1z）、z（1x）三个值都大于，则 x（1y）y（1z）z（1x），即 x（1x）y（1y）z（1z），x（1x），当且仅当 x1x 即 x 时，等号成立，同理 y（1y），z（1z），又 x，y，z 互不相等，x（1x）y（1y）z（1z），这与 x（1x）y（1y）z（1z）矛盾，假设不成立，x（1y）、y（1z）、z（1x）三个值不可能都大于，取 x，y，z，则 x（1y），y（1z），z（1x），此时 x（1y）、y（1z）、z（1x）中有两个值都大于，所以在 x（1y）、y（1z）、z（1x）三个值中，大于 的个数的最大值是 2，17解：（1）m1，集合 x|0 x|3x6，

14、高中期末考试真卷 9 19（1）解：当 0t12 时，由题得，解之得 4t12；当 12t24 时，由题得，解之得 12t16；所以 4t16 20解：（1）若函数 yf（x）为偶函数，则 f（x）f（x），即 ，1 2 1 2 1 2 1 2 3 1 3 2 （2）f（x）单调递增，证明如下，设1x x 1，则 x 10，x 10，x x 0，所以 t（x）t（x），所以 log t（x）log t（x），所以 yf（x）在（1，1）上单调递增 所以物质 N 能持续有效发挥作用的时长为12 小时（2）解：当 t16，24时，水中含有物质 N 的浓度为 ymol/L，当且仅当 t20 时等号成

15、立 所以当 t16，24时，水中含有物质 N 的浓度的最大值为 3mol/L 所以当 t16，24时，水中含有物质 N 的浓度始终不超过 3mol/L 整理得（a1）（2x2x）0，所以 a10，即 a1（2）ABB，A B，6m+1 或 33m1，解得 m5 或 1m，实数 m 的取值范围是1，5，+）18解：（1）由，得，所以 xlog3，所以 f（x）log3，D（1，1），设 t（x）1，则 t（x1）t（x）2 0，则 （2）函数 yf（x）f（x）（）（）a2+1+a（22x+），高中期末考试真卷 10 所以函数 yf（x）f（x）的最小值为 a2+2a+1（3）当 a0 时，f（

16、x）在 R 上递增，f（x）6 只有一个实根，不成立；方程 f（x）6 有两个不等的实根等价为 yf（x）与 y6 的图象有两个交点 且 364a0，即 0a9，则 a 的取值范围是8，9）21（1）证明：依题意，x1，3），函数 yf（x）的图象上任意点（x，y）关于直线 y x 对称点（y，x）在函数 yf（x）的图象上，则有：xf（y），且 1y3，于是得：f（f（x）x，显然 f（x）x 满足 f（f（x）x，当 f（x）x 时，若 f（x）x，而 1f（x）3，又 yf（x）在区间1，3）上是严格增函数，则 f（f（x）f（x），即 xf（x）与 f（x）x 矛盾，若 f（x）x，而

17、 1f（x）3，又 yf（x）在区间1，3）上是严格增函数，则 f（f（x）f（x），即 xf（x），与 f（x）x 矛盾，所以当 x1，3）时，f（x）x；（2）由（1）知，函数 yf（x）在区间1，3）上的值域为1，3），函数 yf（x+2）的图象可由 yf（x）的图象向左平移 2 个单位而得，因为 a0，22x+2 2，当且仅当 22x，即 x0 时等号成立，所以 a2+1+a（22x+）a2+2a+1，当 a0 时，2，当且仅当 2x 时，f（x）取得最小值 2，当直线 y6 与 yf（x）相切时，2 6，解得 a9；设 t2x（t0），则 t+6，即 t26t+a0，可得 t1+t2

18、6，t1t2 a，由|x1 x|1，可设 x x，可得 2 1 2 2，即 2，由可得 t2 2，且 t 3 2，解得 8a9，高中期末考试真卷 11 综上得：x1，所以不等式 f（x）x2 的解集是，1；因对任意给定的实数 x，总有 f（x+2）f（x），则函数 yf（x）在 R 上的图象可由数 yf（x）（x1，3）的图像向左向右每 2 个单位平移而得，于是得函数 yf（x）在 R 上的值域为1，3），当3x1 时，1x+43，则 f（x）f（x+2）f（x+4）x+4，由 f（x）x2 得：当1x1 时，1x+23，则 f（x）f（x+2）x+2，由 f（x）x2 得：x2x+2，解得1

19、x2，则有1x1，当 1x3 时，由 f（x）x2 得：x2x，解得 0 x1，则有 x1，（3）因对任意给定的实数 x，总有 f（3x）3f（x），nN*，当 3nx3n+1 时，有 13nx3，显然 x1，函数 y3x 的值域是3，+），函数 y3x+1 的值域是（0，1，则 n 取尽一切正整数，x|3nx3n+1x|1x3x|3nx3n+1（0，+），因此，当 x（0，+）时，f（x）x，而 yf（x）是 R 上的奇函数，则当 x（，0）时，x（0，+），f（x）f（x）x，又 f（0）0，所以，xR，f（x）x，即函数 f（x）的表达式是 f（x）x 由 x23 得：x，x2x+4，解

20、得 x，则有 x1，nN*，当 3nx3n+1 时，有 1，则 f（x）f（3）3f（3）32f（）3nf（）3n x，则 f（x）f（3x）f（32x）f（3nx）3nxx，高中期末考试真卷 12 上海市曹杨二中 2021-2022 学年高一上学期期末考试数学试题 一、填空题（本大题共有 12 小题，满分 54 分，第 16 题每题 4 分，第 712 题每题 5 分）1已知集合 A0，1，2，则集合 Bb|b3a，aA （用列举法表示）2.已知 a 为常数，若关于 x 的不等式 2x26x+a0 的解集为（m，2），则 m 3.若一个扇形的弧长和面积均为3，则该扇形的圆心角的弧度数为 6已

21、知 lg2a，10b3，用 a、b 表示 log56 9.已知实数 x、y 满足 lgx+lgylg（x+y），则 x+2y 的最小值为 1 0.已知函数 yf（x）是定义在 R 上的奇函数，且当 x0 时，f（x）x2ax+4若 yf（x）的值域为 R，则实数 a 的取值范围是 二、选择题（本大题共有 4 题，满分 20 分，每题 5 分）13已知角 的终边经过点 P（2，1），则 sin+cos（）14已知 a、bR，h0则“|ab|2h”是“|a|h 且|b|h”的（）4已知全集 U1，2，3，4，5，6，7，集合 A、B 均为 U 的子集若 AB5，则 A 5已知幂函数的图像经过点，则

22、该函数的表达式为 7已知，化简：8已知函数 yf（x）的表达式为，则函数 yff（x）的所有零点 之和为 11已知函数 yf（x）的表达式为 若存在实数 x0，使得对于任 意的实数 x 都有 f（x）f（x0）成立，则实数 a 的取值范围是 12 已知常数 a0，函数 y（f x）、yg（x）的表达式分别为、若 对任意 x1 a，a，总存在 x2 a，a，使得（f x2）g（x1），则 a 的最大值为 A B C D 高中期末考试真卷 13 A.充分不必要条件C充要条件 B.必要不充分条件 D既不充分也不必要条件 15在用计算机处理灰度图像（即俗称的黑白照片）时，将灰度分为256 个等级，最暗

23、的黑色用 0 表示，最亮的白色用 255 表示，中间的灰度根据其明暗渐变程度用0 至 255 之间对应的数表示，这样可以给图像上的每个像素赋予一个“灰度值”在处理有些较黑的图像时，为了增强较黑部分的对比度，可对图像上每个像素的灰度值进行转换，扩展低灰度级，压缩 高灰度级，实现如图所示的效果：则下列可以实现该功能的一种函数图象是（）A0 B1 C2 D3 三、解答题（本大题共有 5 题，满分 76 分）（1）求集合 A 和集合 B；（2）求 ABB，求实数 m 的取值范围 A B C D 16已知 x、y、z 是互不相等的正数，则在 x（1y）、y（1z）、z（1x）三个值中，大 于 的个数的最

24、大值是（）17（14 分）已知 m1，设集合，Bx|x2m|m1 高中期末考试真卷 14 （1）求函数 yf（x）的表达式，写出定义域 D；（2）判断函数 yf（x）的单调性，并加以证明 （1）若在水中首次投放 1 个单位的物质 N，计算物质 N 能持续有效发挥作用的时长；（2）若 t0 时在水中首次投放 1 个单位的物质 N，t16 时再投放 1 个单位的物质 N，试判断当 t16，24时，水中含有物质 N 的浓度是否始终不超过 3mol/L，并说明理由 18（14 分）已知函数 yf（x）是函数 的反函数 19（14 分）培养某种水生植物需要定期向水中加入营养物质 N已知向水中每投放1 个

25、单 位的物质 N，则 t（t0，24）小时后，水中含有物质 N 的浓度增加 ymol/L，y 与 t 的函 数关系可近似地表示为 根据经验，当水中含有物质 N 的浓度不低 于 2mol/L 时，物质 N 才能有效发挥作用 高中期末考试真卷 15 2 1 2 （1）若函数 yf（x）为偶函数，求 a 的值；（2）若 a0，求函数 yf（x）f（x）的最小值；（3）若方程 f（x）6 有两个不相等的实数解 x1、x，且|x x|1，求 a 的取值范围 21（18 分）已知定义在 R 上的函数 yf（x）满足：yf（x）在区间1，3）上是严格增函数，且其在区间1，3）上的图像关于直线 yx 成轴对称

26、（1）求证：当 x1，3）时，f（x）x；（2）若对任意给定的实数 x，总有 f（x+2）f（x），解不等式 f（x）x2；（3）若 yf（x）是 R 上的奇函数，且对任意给定的实数 x，总有 f（3x）3f（x），求 f（x）的表达式 20（16 分）已知 a 为常数，设函数 yf（x）的表达式为 高中期末考试真卷 16 由根与系数的关系知，解得 m1，a4故答案为：1 3 解 析根据扇形的面积公式 S lr 可得：3 3r，解得 r2cm，再根据弧长公式可得该扇形的圆心角的弧度数 故答案为：参*考*答*案 一、填空题（本大题共有 12 小题，满分 54 分，第 16 题每题 4 分，第 7

27、12 题每题 5 分）10，3，6 解 析由集合 A0，1，2，集合 Bb|b3a，aA 故集合 B 中的元素有 0，3，6，集合 B0，3，6，故答案为：0，3，6 21 解 析因为不等式 2x26x+a0 的解集为（m，2），所以 m 和 2 是方程 2x26x+a0 的解，45，7 解 析全集 U1，2，3，4，5，6，7，集合 A、B 均为 U 的子集 解 析设幂函数的解析式为：yx，解 析10b3，blg3，又lg2a，AB5，A5，7故答案为：5，7 5y 由函数图象经过点（4，），则有 4，解得：，故答案为：y 6 log56 ，故答案为：7 解 析因为，所以 sin，高中期末考

28、试真卷 17 0 82 （1）当 x0 时，yf（x）0，x0，（2）当 x0 时，令 tlog2x，则 tR，yf（t）0，若 t0，则 t0，即 f（0）0，所以 x0（舍去），若 t0 时，则 log2t0，解得 t1，即 log2x1，所以 x2 综上所述，函数 yff（x）的零点为 0，2，故函数 yff（x）的所有零点之和为 2故答案为：2 解 析实数 x、y 满足 lgx+lgylg（x+y），10 4，+）解 析函数 yf（x）是定义在 R 上的奇函数，所以 f（0）0，图象关于原点对称，且当 x0 时，f（x）x2ax+4 若 yf（x）的值域为 R，则当 x0 时，f（x）

29、，min 故实数 a 的取值范围是4，+）故答案为：4，+）所以 sin 故答案为：解 析函数.92+3 xyx+y，且 x0，y0，+1，x+2y（x+2y）（+）+32+3，当且仅当 ，即 x+1，y1+时取等号，则 x+2y 的最小值为 2+3，故答案为：2+3 f（x）x2ax+4 的图象开口向上，对称轴为 x，f（0）4，则 0，f（x）min f（）+40，解得 a4，高中期末考试真卷 18 12 0 0 1 2 2 1 11 1，+）使得对于任意的实数 x 都有 f（x）f（x）成立，即函数有最大值 f（x），又因为当 xa 时，f（x）x+2，单调递减，且 f（x）a+2，故当

30、 xa 时，f（x）x22x（x+1）2+1，所以 1a+2 且 a1，故 a1，所以实数 a 的取值范围为1，+）故答案为：1，+）解 析对任意 x a，a，总存在 x a，a，使得 f（x）g（x），二、选择题（本大题共有 4 题，满分 20 分，每题 5 分）13C 解 析因为角 的终边经过点 P（2，1），所以 sin ，cos ，则 sin+cos +故选：C 解 析函数 若存在实数 x0，存在 x a，a，使得 f（x）g（x）2 2 max ，即 在a，a上有解，即 2a2x23x+2a0 在a，a上有解，设 h（x）2a2x23x+2a，其对称轴为 x，若 a，即 a 时，此时

31、916a30，则 2a2x23x+2a0 不成立；若 a，即 0a 时，只需 h（x）min 0，即 h（a）0 即可，则，解得 0a；综上，实数 a 的最大值为 故答案为：高中期末考试真卷 19 14B 解 析由|ab|2h 可得：2hab2h，由|a|h，|b|h 可得：hah，hbh，则2hab2h，但是如2ab2 1a1 且1b1，或者 0a1 且1b2 等等，所以“|ab|2h”是“|a|h 且|b|h”的必要不充分条件，故选：B 15A 解 析根据处理前后的图片变化可知，相对于原图的灰度值，处理后图像上每个像素的灰度值值增加，所以图象在 yx 上方故选：A 16C x、y、z 是互

32、不相等的正数，1y0，1z0，1x0，故选：C 三、解答题（本大题共有 5 题，满分 76 分）Bx|x2m|m1x|x2m1m 或 x2mm1x|xm+1 或 x3m1 解 析假设 x（1y）、y（1z）、z（1x）三个值都大于，则 x（1y）y（1z）z（1x），即 x（1x）y（1y）z（1z），x（1x），当且仅当 x1x 即 x 时，等号成立，同理 y（1y），z（1z），又 x，y，z 互不相等，x（1x）y（1y）z（1z），这与 x（1x）y（1y）z（1z）矛盾，假设不成立，x（1y）、y（1z）、z（1x）三个值不可能都大于，取 x，y，z，则 x（1y），y（1z），z（

33、1x），此时 x（1y）、y（1z）、z（1x）中有两个值都大于，所以在 x（1y）、y（1z）、z（1x）三个值中，大于 的个数的最大值是 2，17解：（1）m1，集合 x|0 x|3x6，高中期末考试真卷 20 19（1）解：当 0t12 时，由题得，解之得 4t12；当 12t24 时，由题得，解之得 12t16；所以 4t16 20解：（1）若函数 yf（x）为偶函数，则 f（x）f（x），即 ，1 2 1 2 1 2 1 2 3 1 3 2 （2）f（x）单调递增，证明如下，设1x x 1，则 x 10，x 10，x x 0，所以 t（x）t（x），所以 log t（x）log t（

34、x），所以 yf（x）在（1，1）上单调递增 所以物质 N 能持续有效发挥作用的时长为12 小时（2）解：当 t16，24时，水中含有物质 N 的浓度为 ymol/L，当且仅当 t20 时等号成立 所以当 t16，24时，水中含有物质 N 的浓度的最大值为 3mol/L 所以当 t16，24时，水中含有物质 N 的浓度始终不超过 3mol/L 整理得（a1）（2x2x）0，所以 a10，即 a1（2）ABB，A B，6m+1 或 33m1，解得 m5 或 1m，实数 m 的取值范围是1，5，+）18解：（1）由，得，所以 xlog3，所以 f（x）log3，D（1，1），设 t（x）1，则 t

35、（x1）t（x）2 0，则 （2）函数 yf（x）f（x）（）（）a2+1+a（22x+），高中期末考试真卷 21 所以函数 yf（x）f（x）的最小值为 a2+2a+1（3）当 a0 时，f（x）在 R 上递增，f（x）6 只有一个实根，不成立；方程 f（x）6 有两个不等的实根等价为 yf（x）与 y6 的图象有两个交点 且 364a0，即 0a9，则 a 的取值范围是8，9）21（1）证明：依题意，x1，3），函数 yf（x）的图象上任意点（x，y）关于直线 y x 对称点（y，x）在函数 yf（x）的图象上，则有：xf（y），且 1y3，于是得：f（f（x）x，显然 f（x）x 满足

36、f（f（x）x，当 f（x）x 时，若 f（x）x，而 1f（x）3，又 yf（x）在区间1，3）上是严格增函数，则 f（f（x）f（x），即 xf（x）与 f（x）x 矛盾，若 f（x）x，而 1f（x）3，又 yf（x）在区间1，3）上是严格增函数，则 f（f（x）f（x），即 xf（x），与 f（x）x 矛盾，所以当 x1，3）时，f（x）x；（2）由（1）知，函数 yf（x）在区间1，3）上的值域为1，3），函数 yf（x+2）的图象可由 yf（x）的图象向左平移 2 个单位而得，因为 a0，22x+2 2，当且仅当 22x，即 x0 时等号成立，所以 a2+1+a（22x+）a2+2

37、a+1，当 a0 时，2，当且仅当 2x 时，f（x）取得最小值 2，当直线 y6 与 yf（x）相切时，2 6，解得 a9；设 t2x（t0），则 t+6，即 t26t+a0，可得 t1+t26，t1t2 a，由|x1 x|1，可设 x x，可得 2 1 2 2，即 2，由可得 t2 2，且 t 3 2，解得 8a9，高中期末考试真卷 22 综上得：x1，所以不等式 f（x）x2 的解集是，1；因对任意给定的实数 x，总有 f（x+2）f（x），则函数 yf（x）在 R 上的图象可由数 yf（x）（x1，3）的图像向左向右每 2 个单位平移而得，于是得函数 yf（x）在 R 上的值域为1，3

38、），当3x1 时，1x+43，则 f（x）f（x+2）f（x+4）x+4，由 f（x）x2 得：当1x1 时，1x+23，则 f（x）f（x+2）x+2，由 f（x）x2 得：x2x+2，解得1x2，则有1x1，当 1x3 时，由 f（x）x2 得：x2x，解得 0 x1，则有 x1，（3）因对任意给定的实数 x，总有 f（3x）3f（x），nN*，当 3nx3n+1 时，有 13nx3，显然 x1，函数 y3x 的值域是3，+），函数 y3x+1 的值域是（0，1，则 n 取尽一切正整数，x|3nx3n+1x|1x3x|3nx3n+1（0，+），因此，当 x（0，+）时，f（x）x，而 yf（x）是 R 上的奇函数，则当 x（，0）时，x（0，+），f（x）f（x）x，又 f（0）0，所以，xR，f（x）x，即函数 f（x）的表达式是 f（x）x 由 x23 得：x，x2x+4，解得 x，则有 x1，nN*，当 3nx3n+1 时，有 1，则 f（x）f（3）3f（3）32f（）3nf（）3n x，则 f（x）f（3x）f（32x）f（3nx）3nxx，高中期末考试真卷 23