辽宁大连第一中学2020-2021年高一上学期期中数学

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

x1．已知全集UR，集合Axx0，Bx24，则图中阴影部分表示的集合为

（ ）

A．0,2

2．“x0，y0”是“

B．0,2 C．0,2 D．0,2

yx2”的（ ）． xyA．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件 C．充分必要条件 必要条件

3．三个数a0.32，bA．bac C．abc

5D．即不充分也不

223，c20.3之间的大小关系是（ ）

5B．acb D．bca

4．已知fxx22x3，则f3x2的定义域为（ ） 15A．,

335B．1,

3C．3,1

1D．,1

35．若xR，不等式mx2mx90恒成立，则实数m的取值范围是（ ） 36 A．0，B．0,36 C．0,36 + D．36，6．下列函数中，既是偶函数，又在区间0,上单调递减的为（ ） A．yx21

B．yx x1C．yx D．y1x 27．当x1时，函数y4x2x12的值域为（ ） A．1,2

B．1,2

C．1,2

D．1,

x8．已知fx是定义在R上的偶函数，当x0,时，fx22，则不等式

fx10的解集为（ ）

试卷第1页，共4页

A．0,1

二、多选题

B．,0D．,01,2 2,

C．2,9．下列命题中正确的是（ ） A．函数y2x与y4x2是同一个函数

2，则函数fx1的值域为2,2 B．若定义在R上的函数fx的值域是2,C．fafb0是连续函数yfx在闭区间a,b上有零点的充分不必要条件 D．函数fx1在定义域上单调递减 x10．某市出租车收费标准如下：起步价为8元，起步里程为3km（不超过3km按起步价付费）；超过3km但不超过8km时，超过部分按每千米2.15元收费；超过8km时，超 过部分按每千米2.85元收费，另每次乘坐需付燃油附加费1元，下列结论正确的是（ ）A．出租车行驶2km，乘客需付费8元 B．出租车行驶4km，乘客需付费9.6元 C．出租车行驶10km，乘客需付费25.45元

D．某人两次乘出租车均行驶5km的费用之和超过他乘出租车行驶10km一次的费用 11．下列命题中正确的是（ ） A．若abc，且abc0，则

cc acbcB．平流层是指地球表面以上10km到50km的区域，则不等式x3020中的x能表示平流层的高度

y2x2C．以方程组的解为坐标的点x,y在第二象限

2xy3D．已知a76，b65，则ab

12．已知定义在R上函数f(x)的图象是连续不断的，且满足以下条件：①xR，

f(x)f(x)；②x1,x2(0,)，当x1x2时，都有则下列选项成立的是（ ） A．f(3)f(4) C．若

f(x)0，x(1,0)∪(1,) xfx2fx10；③f(1)0.

x2x1B．若f(m1)f(2)，则m(,3) D．xR，MR，使得f(x)M

试卷第2页，共4页

三、双空题

2x16,x13．已知R，函数fx2，当2时，不等式fx0的解集是

x4x3,x___________；若函数fx恰有2个零点，则的取值范围是___________.

四、填空题

14．设全集U1,3,5,7,9，A1,a5,9，

UA5,7，则a_____.

15．将“2416”中数字“4”移动位置后等式可以成立，如：“4216”.据此，若只移动一个数字的位置使等式“31642”成立，则成立的等式为________. 16．函数y

五、解答题

1ax在0,2上是减函数，则实数a的取值范围是__________． a131. 17．已知全集UR，集合AxRy1x，集合BxRx1（1）求AB及UAB；

22（2）若集合CxRx3ax2a0,a0，CB，求实数a的取值范围.

x418．已知f2x13a5（a0且a1）．

（1）求函数yfx的解析式，并写出函数yfx图象恒过的定点； （2）若fx35，求x的取值范围． 2a19．已知命题p:x23x20，命题q:x22x1m20（mR） （1）若p是q的必要不充分条件，求实数m的取值范围；

（2）若m4，且命题p与q有且只有一个为真命题，求实数x的取值范围. 20．已知函数f(x)2x.

（1）求f(0)2222的值；

32g(x)满足下列条件：①h(x)为偶函数；②h(x)2（2）若函数h(x)f(x)g(x)，且h(x)，且xR使得h(x)2；③g(x)0且g(x)恒过点(0,1).写出一个符合题意的函数g(x)，并说明理由.

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21．已知函数fx的定义域为R，值域为0,，x对任意m,nR，都有fmnfmfn. （1）求f0的值； （2）证明x为奇函数；

fx1在R上恒成立，且

fx1（3）若x0时，fx1，且f34，证明fx为R上的增函数，并解不等式

x15. 17222．已知函数gxmx2mx1n，（n0）在1,2上有最大值1和最小值0，设

fxgx，（其中e为自然对数的底数）. x（1）求m，n的值；

x（2）若方程fe12k3k0有三个不同的实数解，求实数k的取值范围. ex1试卷第4页，共4页

参考答案

1．C 【分析】

求出集合B，分析可知图中阴影部分表示的集合为B【详解】

x因为Bx24xx2，

UA，即可得解.

由题意可知，图中阴影部分表示的集合为B故选：C. 2．A 【详解】

当x0,y0时，由均值不等式

UAxx2xx00,2.

yxyx2成立．但2时，只需要xy0,不能推出xyxyx0,y0．所以是充分而不必要条件．选A.

3．A 【分析】

根据指数函数的性质和指数幂的运算，求得a,b,c的范围，即可求解. 【详解】

由指数函数的性质，可得a0.32(0,1)，c20.3201， 又由b5223=2230，所以bac. 故选：A. 4．A 【分析】

求出函数yfx的定义域为1,3，然后解不等式13x23可得出函数yf3x2的定义域. 【详解】

对于函数fxx22x3，x22x30，即x22x30，解得1x3，所以，函数yfx的定义域为1,3.

5答案第1页，共14页

15对于函数yf3x2，13x23，解得x.

3315因此，函数yf3x2的定义域为,.

33故选A. 【点睛】

本题考查具体函数以及复合函数定义域的求解，解题时要注意以下两个问题：定义域为自变量的取值范围、中间变量的取值范围一致，考查计算能力，属于中等题. 5．B 【分析】

当m0时，mx2mx990恒成立；当m0时，利用二次函数的图象与性质解一元二次不等式. 【详解】

当m0时，mx2mx990恒成立；

当m0时，由不等式mx2mx90对xR恒成立得， m0,， 2m4m90解得0m36.

综上可知，实数m的取值范围是0,36. 故选：B. 6．D 【分析】

根据基本初等函数的奇偶性与单调性一一判断即可； 【详解】

解：对于A：yx21为偶函数，且在0,上单调递增，故A错误； 对于B：yxx1111，不具有奇偶性，故B错误； x1x1x1对于C：yx为偶函数，且在0,上单调递增，故C错误；

1x1,x0对于D：yx2为偶函数，且在0,上单调递减，故D正确；

22x,x0答案第2页，共14页

故选：D 7．A 【分析】

令t2x且0t2，则函数y4x2x12转化为yt22t2，进而求出二次函数yt22t2在0t2上的值域即可.

【详解】

令t2x，因为x1，所以0t2，则yt22t2，且对称轴为t1，开口向上，所以t0,12时单调递减，t1,2时，单调递增，t1时，ymin12121，t2时，

ymax222222，故函数y4x2x12的值域为1,2，

故选：A 8．D 【分析】

分析出函数yfx在区间0,上为增函数，且f10，由偶函数的性质fxfx将不等式fx10化为fx1f1，然后由函数yfx在区间0,上为增函数得出x11，解出该不等式即可. 【详解】

x当x0,时，fx22，则函数yfx在区间0,上为增函数，且f10，

由于函数yfx是定义在R上的偶函数，则fxfx.

由fx10，得fx1f1，x11，得x11或x11， 解得x0或x2，因此，不等式fx10的解集为,0故选D. 【点睛】

本题考查函数不等式的求解，解题的关键就是分析出函数在区间0,上的单调性，并借助偶函数的性质进行求解，考查运算求解能力，属于中等题. 9．BC

2,.

答案第3页，共14页

【分析】

根据同一函数的判定方法，可判定A不正确；根据函数的图象变换，可判定B正确；根据零点的存在定理和举出反例法，以及充分条件、必要条件的判定方法，可判定C正确；根据初等函数的性质，可判定D不正确. 【详解】

对于A中，函数y2x与y4x22x的对应法则不同，所以不是同一个函数；

2，将函数fx的图象上的各点向左平对于B中，由定义在R上的函数fx的值域是2,2，移1个单位，得到函数fx1，此时函数的值域不变，所以函数fx1的值域为2,所以B正确；

对于C中，由fafb0是连续函数yfx，根据零点的存在定理，可得在闭区间a,b2上有零点，即充分性成立，反之：例如函数fxx，可得f00，所以函数fx在[1,1]存在零点，但f1f10，所以必要性不成立，

所以fafb0是连续函数yfx在闭区间a,b上有零点的充分不必要条件，所以是正确的；

对于D中，函数fx11在(,0),(0,)上是单调递增函数，所以函数fx在定义域xx上单调递减是不正确的. 故选：BC. 10．CD 【分析】

根据题意，逐一分析各个选项，即可得答案 【详解】

对于A：出租车行驶2km，乘客需付起步价8元和燃油附加费1元，共9元，故A错误； 对于B：出租车行驶4km，乘客需付费8+2.15+1=11.15元，故B错误；

对于C：出租车行驶10km，乘客需付费82.1552.852125.45元，故C正确； 对于D：某人两次乘出租车均行驶5km的费用之和为2(82.1521)26.6元， 一次行驶10km的费用为25.45元，26.625.45，故D正确. 故选：CD

答案第4页，共14页

11．ABD 【分析】

选项A，D可用作差法比较大小；解绝对值不等式可判定选项B；解方程组可判定选项C. 【详解】

选项A：若abc，且abc0，则有a0，c0. 则

cbccaccbacc， acbcacbcacbc因为ac0，bc0，c0，ba0， 所以

cbacccc0，有，故选项A正确； acbcacbcacbc选项B：由x3020得，20x3020，10x50，故选项B正确；

1x,y2x2154选项C：由得，，对应的点,在第一象限，故选项C错误；

422xy3y52选项D：已知a76，b65，有ab7665因为76650，所以ab1761650

176165，

1651760，

所以ab，故选项D正确； 故选：ABD. 12．CD 【分析】

由条件可得f(x)是偶函数且f(x)在(0,)上单调递增，然后即可判断出每个答案正确与否. 【详解】

由条件①得f(x)是偶函数，条件②得f(x)在(0,)上单调递增 所以f(3)f(4)f(4)，故A错

若f(m1)f(2)，则m12，得1m3，故B错

若

x0x0f(x)0则或，因为f(1)f(1)0 xf(x)0f(x)0所以x1或0x1，故C正确

因为定义在R上函数f(x)的图象是连续不断的，且在(0,)上单调递增

答案第5页，共14页

所以f(x)minf(0)，所以对xR，只需Mf(0)即可，故D正确 故选：CD 【点睛】

1.偶函数的图象关于y轴对称，比较函数值的大小即比较自变量到y轴的远近 2. x1,x2(a,b)，当x1x2时，都有

fx2fx10f(x)在(a,b)上单调递增；

x2x1x1,x2(a,b)，当x1x2时，都有

fx2fx10f(x)在(a,b)上单调递减.

x2x113．x1x4 1,3【分析】

4,

当2时，可确定函数fx，再分x2和x2解不等式fx0； 先确定函数y2x16与函数yx论. 【详解】

24x3的零点，再根据函数fx恰有2个零点分情况讨

2x16,x2当2时，fx2，

x4x3,x2x当x2时，由fx2160，得2x24，

因为y2x为R上的增函数，所以2x4.

2当x2时，由fxx4x30，得1x2.

所以当2时，不等式fx0的解集是x1x4. 因为y2x16有唯一零点4；函数yx若函数fx恰有2个零点，

当这两个零点为1和3时，有4；当这两个零点为1和4时，有13； 综上可知，的取值范围是1,3故答案为：x1x4；1,314．2或8

答案第6页，共14页

24x3的零点为1和3.

4,. 4,.

【分析】

根据题意得出a53，解出该方程即可得出实数a的值. 【详解】

全集U1,3,5,7,9，A1,a5,9，故答案为2或8. 【点睛】

本题考查利用补集的结果求参数，根据题意得出方程是解题的关键，考查运算求解能力，属于基础题. 15．23164 【分析】

观察式子的特点即可 【详解】

31642只移动一个数字可变为：23164

UA5,7，a53，解得a2或8.

故答案为：23164 【点睛】

本题考查的是观察能力，要求我们要熟练掌握指数的运算. 116．,10,

2【分析】

11先由a0,1ax0在0,2上恒成立，得出a,a0，然后分a1和1a0、0a22三种情况分类讨论，结合函数y【详解】

1ax为减函数得出实数a的取值范围. a11a001由题意可知，a0,不等式1ax0在0,2上恒成立，则，得a.

212a0当a1时，a10，则函数y1ax在0,2上是减函数，合乎题意； a11ax在0,2上是增函数，不合乎题意； a11ax在0,2上是减函数，合乎题意. a1答案第7页，共14页

当1a0时，a10，则函数y当0a时，a10，则函数y121综上所述，实数a的取值范围是,10,.

2【点睛】

本题考查利用函数的单调性求参数，解题时除了对参数的取值进行分类讨论外，还应注意函数在定义域上有意义，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题. 17．(1)ABx1x1，UABxx1；(2)0,1. 【分析】

先由函数y1x有意义确定集合A，解不等式(1)利用集合的运算求解；

(2) 解不等式x23ax2a20,a0得集合C，由CB列不等式组求解. 【详解】

由y1x有意义得，1x0，x1，所以Axx1；

31确定集合B. x1由

x10,31得，， x13x1解得1x2，所以Bx1x2. (1) ABx1x1，

UAxx1，UABxx1.

(2) 解不等式x23ax2a20,a0得，ax2a，a0， 若CB，则有

a0,a1, 2a2解得0a1，

故实数a的取值范围是0,1. 18．（1）fx3a【分析】

（1）令2x1t，可得出xx72（2）见解析. 5，定点7,8；

t1，然后利用换元法可求出函数yfx的解析式，并利用2指数等于零求出函数yfx图象所过定点的坐标；

答案第8页，共14页

（2）由fxx735，可得出a2a2，然后分0a1和a1两种情况讨论，利用函数a2x72yax的单调性可解出不等式aa2.

【详解】

t1t7x7t14（1）令2x1t，可得出x，ft3a253a25，fx3a25，

2令

x70，得x7，且f73a058， 2因此，函数yfx图象恒过的定点坐标为7,8；

x7x733（2）由fx25，即3a2525，可得a2a2.

aax72，解得x11； 当0a1时，函数yax是减函数，则有2当a1时，函数yax是增函数，则有【点睛】

x72，解得x11. 2本题考查利用换元法求函数解析式，同时也考查了指数型函数图象过定点以及指数不等式的求解，一般在解指数不等式时，需要对底数的取值范围进行分类讨论，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题. 19．(1) ,1【分析】

(1)先解不等式，再利用逆否命题的等价性将“p是q的必要不充分条件”转化为“q是p的必要不充分条件”，由此列不等式组，解不等式组即可；

(2)根据命题p与q有且只有一个为真命题，分p真q假和p假q真求解. 【详解】

解不等式x23x20，得1x2，命题p：1x2；

解不等式x22x1m2≤0，得1mx1m，命题q：1mx1m； (1) 若p是q的必要不充分条件，则由逆否命题知，q是p的必要不充分条件， 1m1,有，解得m1或m1.

1m21,；(2) 3,12,5.

所以实数m的取值范围为,1(2)当m4时，q：3x5

1,.

答案第9页，共14页

因为命题p与q有且只有一个为真命题 当p真q假时，

1x2,由得，x；

x3或x5当p假q真时，

3x5由得，3x1或2x5.

x2或x1综上可知，实数x的取值范围为3,12,5 20．（1）0（2）g(x)2x；详见解析 【分析】

(1)按照指数幂的运算法则直接计算即可 (2) g(x)2x，证明其满足叙述的3个条件即可 【详解】

（1）由题意知：f(0)2222 22221203212231222321200

（2）函数g(x)2x

证明如下：①h(x)2x2x，所以h(x)2x2(x)2x2xh(x) 所以h(x)2x2x为偶函数

②h(x)2x2x22x2x22xx2202 当且仅当2x2x，即x0时等号成立 ③g(x)2x0，g(x)恒过(0,1)点 【点睛】

指数函数恒过点(0,1)，对数函数恒过点(1,0).

21．（1）1 ； （2）证明见解析； （3）证明见解析；(6,). 【分析】

（1）令mn0，得到f0f0f0，即可求得f0的值；

答案第10页，共14页

（2）令mx,nx，得到fx函数.

1，化简xx，即可得到函数x为奇fx（3）任取x1,x2R且x1x2，化简fx1fx2fx1[1f(x2x1)]，根据题设条件，得到fx1[1f(x2x1)]0，即fx1fx2，得到fx为R上的单调递增函数，再由

x解.

15，得到fx16，根据f34，得到f616，转化为fxf6，即可求17【详解】

（1）由题意，因为对任意m,nR，都有fmnfmfn， 令mn0，可得f0f0f0， 又因为fx的值域为0,，所以f01. （2）由题意，函数xfx1，可得x的定义域为R，关于原点对称，

fx1因为对任意m,nR，都有fmnfmfn， 令mx,nx，可得fxfxf01，即fx1， fx11fx1fxfx1x， 则x1fx1fx11fx所以函数x为奇函数. （3）任取x1,x2R且x1x2，

则fx1fx2fx1f[(x2x1)x2]fx1f(x2x1)fx1

fx1[1f(x2x1)]，

由x1x2，可得x2x10，

因为当x0时，fx1，所以fx2x11， 又因为函数fx的值域为0,，所以fx10，

答案第11页，共14页

所以fx1[1f(x2x1)]0，即fx1fx2，所以fx为R上的单调递增函数， 由xfx11515，整理得fx16， ，即

fx11717因为f34，可得f6f33f3f316，

所以fxf6，因为fx为R上的单调递增函数，所以x6， 即不等式x【点睛】

已知函数fx的定义域为R，值域为0,，x15的解集为(6,). 17fx1在R上恒成立，且对任意

fx1m,nR，都有fmnfmfn. （1）求f0的值； （2）证明x为奇函数；

（3）若x0时，fx1，且f34，证明fx为R上的增函数，并解不等式 22．(1)m1，n0；(2)0,. 【分析】

(1)对于m进行分类讨论，再根据二次函数的单调性列方程组求解；

xxx(2)令te1，作出函数te1的图象，将关于x的方程fe12k3k0有三xe12t2，个不同的实数解，转化为关于t的方程t23kt12k0有两个不同的实数根t1，

2且t10,1，t21,，再构造函数htt23kt12k，利用二次函数的图象与

性质求解使得ht两个不同的零点t1，t2，且t10,1，t21,的k的取值范围. 【详解】

(1)当m0时，gx1n为常数不符合题意，舍去； 当m0时，gx图象开口向下，且对称轴为x2m1， 2m所以gx在1,2上单调递减，有g11，g20，即

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m1n1,， 1n0解得m1，n1不符合题意.

当m0时，gx图象开口向上，且对称轴为x2m1， 2m所以gx在1,2上单调递增，有g10，g21，即

m1n0, 1n1解得m1，n0. 综上可知，m1，n0. (2)由(1)知，m1，n0，

2有gxx2x1，fxgx1x2，x0. xxx令te1，作出函数图象如下：

由图知，当x0时，t0,1；当x0时，t0,. 由ft2k12k3k0， 3k0得，t2ttt2整理得t23kt12k0，

x若关于x的方程fe12k3k0有三个不同的实数解， ex12则关于t的方程t23kt12k0有两个不同的实数根t1，t2，

且t10,1，t21,.

2令htt23kt12k，

则ht两个不同的零点t1，t2，且t10,1，t21,.

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若t21，则123k12k0，解得k0，

此时htt22t1t1有唯一零点1，不符合题意，舍去； h00,若t21,，则由解得，k0.

h102综上可知，实数k的取值范围是0,.

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