2020-2021天津耀华滨海学校高中必修一数学上期末试题(附答案)

一、选择题

1．已知定义在R上的增函数f(x)，满足f(－x)＋f(x)＝0，x1，x2，x3∈R，且x1＋x2>0，x2＋x3>0，x3＋x1>0，则f(x1)＋f(x2)＋f(x3)的值 ( ) A．一定大于0 C．等于0

B．一定小于0 D．正负都有可能

｛2，1,0，1,2｝2．已知集合A，Bx|(x1)(x2)0,则AIB（ ）

A．1,0

B．0,1

C．1,0,1

D．0,1,2

3．已知函数f(x)lnxln(2x)，则 A．f(x)在（0，2）单调递增 C．y=f(x)的图像关于直线x=1对称

B．f(x)在（0，2）单调递减

D．y=f(x)的图像关于点（1，0）对称

4．定义在R上的偶函数f(x)满足：对任意的x1，x2[0,)(x1x2)，有

f(x2)f(x1)0，则（ ）．

x2x1A．f(3)f(2)f(1) C．f(2)f(1)f(3)

5．若函数f(x)＝a|2x－4|(a>0，a≠1)满足f(1)＝A．(－∞，2] C．[－2，＋∞)

B．f(1)f(2)f(3) D．f(3)f(1)f(2)

1，则f(x)的单调递减区间是( ) 9B．[2，＋∞) D．(－∞，－2]

log1(x1),xN*26．若函数f(x)，则f(f(0))( ) x*3,xNA．0

B．-1

C．

1 3D．1

7．[x]表示不超过实数x的最大整数，x0是方程lnx3x100的根，则[x0]（ ） A．1

B．2

C．3

D．4

8．已知函数f(x)log2x，正实数m,n满足mn且f(m)f(n)，若f(x)在区间

[m2,n]上的最大值为2，则m,n的值分别为

A．

1，2 2B．

2，2 2C．

1，2 4D．

1，4 49．某工厂产生的废气必须经过过滤后排放，规定排放时污染物的残留含量不得超过原污染物总量的0.5%.已知在过滤过程中的污染物的残留数量P（单位：毫克/升）与过滤时间tkt（单位：小时）之间的函数关系为PP0e（k为常数，P0为原污染物总量）.若前4个小时废气中的污染物被过滤掉了80%，那么要能够按规定排放废气，还需要过滤n小

时，则正整数n的最小值为（ ）（参考数据：取log520.43） A．8

B．9

C．10

D．14

10．函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)的图象关于直线x＝－对称．据此可推测，对任意的非零实数a，b，c，m，n，p，关于x的方程m[f(x)]2＋nf(x)＋p＝0的解集都不可能是( ) A．{1,2} C．{1,2,3,4} 11．函数yA．（-1，2]

B．{1,4} D．{1,4,16,64}

2x1的定义域是( ) x1B．[-1,2]

C．（-1 ，2）

D．[-1,2)

12．已知yfx是以为周期的偶函数，且x0,时，fx1sinx，则当25x,3时，fx（ ） 2A．1sinx

B．1sinx

C．1sinx

D．1sinx

二、填空题

2x2,x0213．已知函数fx，则关于x的方程fxafx0a0,3x3,x0的所有实数根的和为_______.

14．已知函数fxaxbx32（a，b为常数），若f35，则f3的值为______

x115．已知函数fx满足2fxx1f1x，其中xR且x0，则函数fxx15的解析式为__________

16．已知函数fx满足对任意的xR都有f1x21fx2成立，则 2127ff...f＝ ． 88817．已知函数f(x)xaxa2，g(x)22x1，若关于x的不等式f(x)g(x)恰

有两个非负整数解，则实数a的取值范围是__________． ．．．．

18．已知函数g(x)f(x)x是偶函数，若f(2)2，则f(2)________ 19．已知f(x)20．设

sinx(x0)1111则f()f()为_____

66f(x1)(x0)．已知

，则

________.

，

是两个非空集合，定义运算

三、解答题

21．某种商品的销售价格会因诸多因素而上下浮动，经过调研得知：2019年9月份第x20x,1x15xNf(x),第x天（1x30，）天的单件销售价格（单位：元

50x,15x30的销售量（单位：件）g(x)mx(m为常数），且第20天该商品的销售收入为600元（销售收入=销售价格销售量）. （1）求m的值；

（2）该月第几天的销售收入最高？最高为多少？

22．对于函数fxax1bxb1a0，总存在实数x0，使fx0mx0成

2立，则称x0为f(x)关于参数m的不动点．

（1）当a1，b3时，求fx关于参数1的不动点；

（2）若对任意实数b，函数fx恒有关于参数1两个不动点，求a的取值范围； （3）当a1，b5时，函数fx在x0,4上存在两个关于参数m的不动点，试求参数m的取值范围． 23．已知函数f(x)2k2xx，g(x)logaf(x)2x（a0且a1），且

f(0)4.

（1）求k的值；

（2）求关于x的不等式g(x)0的解集； （3）若f(x)t8对xR恒成立，求t的取值范围. x224．已知函数fxloga1xlogax30a1. （1）求函数fx的定义域; （2）求函数fx的零点;

（3）若函数fx的最小值为4,求a的值．

f(5)8. 25．已知函数f(x)a(a0,且a1),且

f(2)x(1)若f(2m3)f(m2),求实数m的取值范围; (2)若方程|f(x)1|t有两个解,求实数t的取值范围.

26．设全集为R，集合A＝{x|3≤x<7}，B＝{x|2【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除

一、选择题 1．A

解析：A 【解析】

因为f(x) 在R上的单调增,所以由x2＋x1>0，得x2>-x1,所以

f(x2)f(x1)f(x1)f(x2)f(x1)0

同理得f(x2)f(x3)0,f(x1)f(x3)0, 即f(x1)＋f(x2)＋f(x3)>0,选A.

点睛：利用函数性质比较两个函数值或两个自变量的大小，首先根据函数的性质构造某个函数，然后根据函数的奇偶性转化为单调区间上函数值，最后根据单调性比较大小，要注意转化在定义域内进行

2．A

解析：A 【解析】 【分析】 【详解】

由已知得Bx|2x1，

｛2，1,0，1,2｝因为A，

所以AB1,0，故选A．

3．C

解析：C 【解析】

由题意知，f(2x)ln(2x)lnxf(x)，所以f(x)的图象关于直线x1对称，故C正确，D错误；又f(x)ln[x(2x)]（0x2），由复合函数的单调性可知f(x)在

(0,1)上单调递增，在(1,2)上单调递减，所以A，B错误，故选C．

【名师点睛】如果函数f(x)，xD，满足xD，恒有f(ax)f(bx)，那么函数的图象有对称轴xab；如果函数f(x)，xD，满足xD，恒有2f(ax)f(bx)，那么函数f(x)的图象有对称中心(ab,0)． 24．A

解析：A 【解析】

由对任意x1，x2  [0，＋∞)(x1≠x2)，有

fx1fx2x1x2 <0，得f(x)在[0，＋∞)上单独递

减，所以f(3)f(2)f(2)f(1)，选A.

点睛：利用函数性质比较两个函数值或两个自变量的大小，首先根据函数的性质构造某个函数，然后根据函数的奇偶性转化为单调区间上函数值，最后根据单调性比较大小，要注

意转化在定义域内进行

5．B

解析：B 【解析】 由f(1)=得a2=, ∴a=或a=-(舍), 即f(x)=(

.由于y=|2x-4|在(-∞,2]上单调递减,在[2,+∞)上单调递增,所以f(x)在(-∞,2]上单

调递增,在[2,+∞)上单调递减,故选B.

6．B

解析：B 【解析】 【分析】

根据分段函数的解析式代入自变量即可求出函数值. 【详解】

0因为0N,所以f(0)3=1，f(f(0))f(1)，

因为1N，所以f(1)=1，故f(f(0))1，故选B. 【点睛】

本题主要考查了分段函数，属于中档题.

7．B

解析：B 【解析】 【分析】

先求出函数fxlnx3x10的零点的范围，进而判断x0的范围，即可求出x0. 【详解】

由题意可知x0是fxlnx3x10的零点， 易知函数fx是（0，）上的单调递增函数，

而f2ln2610ln240，f3ln3910ln310， 即f2nf30 所以2x03，

结合x的性质，可知x02. 故选B. 【点睛】

本题考查了函数的零点问题，属于基础题．

8．A

解析：A

【解析】

试题分析：画出函数图像，因为正实数m,n满足mn且f(m)f(n)，且f(x)在区间

1[m2,n]上的最大值为2，所以f(m)f(n)=2，由f(x)log2x2解得x2,，即

2m,n的值分别为1，2．故选A．

2考点：本题主要考查对数函数的图象和性质．

点评：基础题，数形结合，画出函数图像，分析建立m,n的方程．

9．C

解析：C 【解析】 【分析】

1ln51kt，可得出k，然后解不等式e，解出t的取值范54200围，即可得出正整数n的最小值. 【详解】

根据已知条件得出e4kkt由题意，前4个小时消除了80%的污染物，因为PP0e，所以

4k，所以0.2e4k，即4kln0.2ln5，所以k180%P0Pe0ln5， 4kt则由0.5%P0P0e，得ln0.005ln5t， 44ln2004log52004log55223812log5213.16， ln5故正整数n的最小值为14410.

所以t故选：C. 【点睛】

本题考查指数函数模型的应用，涉及指数不等式的求解，考查运算求解能力，属于中等题.

10．D

解析：D 【解析】 【分析】

方程mfxnfxp0不同的解的个数可为0,1,2,3,4.若有4个不同解，则可根据二次函数的图像的对称性知道4个不同的解中，有两个的解的和与余下两个解的和相等，故可得正确的选项. 【详解】

设关于fx的方程mf222xnfxp0有两根，即fxt1或fxt2.

b对称，因而fxt1或fxt2的两根也2a而fxaxbxc的图象关于x关于x【点睛】

b416164对称．而选项D中.故选D.

2a22对于形如fgx0的方程（常称为复合方程），通过的解法是令tgx，从而得

ft0到方程组，考虑这个方程组的解即可得到原方程的解，注意原方程的解的特征

gxt取决于两个函数的图像特征.

11．A

解析：A 【解析】 【分析】

根据二次根式的性质求出函数的定义域即可． 【详解】 由题意得：2x0

x10解得：﹣1＜x≤2，

故函数的定义域是（﹣1，2]， 故选A． 【点睛】

本题考查了求函数的定义域问题，考查二次根式的性质，是一道基础题．常见的求定义域的类型有：对数，要求真数大于0即可；偶次根式，要求被开方数大于等于0；分式，要求分母不等于0，零次幂，要求底数不为0;多项式要求每一部分的定义域取交集.

12．B

解析：B 【解析】 【分析】 【详解】

因为yfx是以为周期，所以当x,3时，fxfx3π， 此时x3521,0,又因为偶函数，所以有fx3πf3πx, 2 3πx0,,所以f3πx1sin3πx1sinx,

2故fx1sinx，故选B.

二、填空题

13．【解析】【分析】由可得出和作出函数的图象由图象可得出方程的根将方

程的根视为直线与函数图象交点的横坐标利用对称性可得出方程的所有根之和进而可求出原方程所有实根之和【详解】或方程的根可视为直线与函数图象 解析：3

【解析】 【分析】 由f2xafx0可得出fx0和fxaa0,3，作出函数yfx的图

象，由图象可得出方程fx0的根，将方程fxaa0,3的根视为直线ya与函数yfx图象交点的横坐标，利用对称性可得出方程fxaa0,3的所有根之和，进而可求出原方程所有实根之和. 【详解】

Qf2xafx00a3，fx0或fxa0a3.

方程fxa0a3的根可视为直线ya与函数yfx图象交点的横坐标， 作出函数yfx和直线ya的图象如下图：

由图象可知，关于x的方程fx0的实数根为2、3.

由于函数yx2的图象关于直线x2对称，函数yx3的图象关于直线x3对称，

关于x的方程fxa0a3存在四个实数根x1、x2、x3、x4如图所示， 且

2xx4x1x22，33，x1x2x3x4462， 22因此，所求方程的实数根的和为2323. 故答案为：3. 【点睛】

本题考查方程的根之和，本质上就是求函数的零点之和，利用图象的对称性求解是解答的关键，考查数形结合思想的应用，属于中等题.

14．【解析】【分析】由求得进而求解的值得到答案【详解】由题意函数（为常数）且所以所以又由故答案为：【点睛】本题主要考查了函数值的求解其中解答中根据函数的解析式准确运算是解答的关键着重考查了计算能力属于基 解析：1

【解析】 【分析】

由f35，求得a3527b23，进而求解f3的值，得到答案. 【详解】

由题意，函数fxax5bx32（a，b为常数），且f35， 所以f3a3527b25，所以a3527b3， 又由f3a3527b2321. 故答案为：1. 【点睛】

本题主要考查了函数值的求解，其中解答中根据函数的解析式，准确运算是解答的关键，着重考查了计算能力，属于基础题.

1111115．【解析】【分析】用代换可得联立方程组求得再结合换元法即可求解【详解】由题意用代换解析式中的可得……（1）与已知方程……（2）联立（1）（2）的方程组可得令则所以所以故答案为：【点睛】本题主要考查了函 解析：fx【解析】 【分析】

用x代换x，可得2f131(x1) x1x1xx1f1x，联立方程组，求得

xx11fx，再结合换元法，即可求解. x3【详解】

由题意，用x代换解析式中的x，可得2fx1与已知方程2fxx1xx1f1x，…….（1） xx1f1x，……（2） x联立（1）（2）的方程组，可得f令tx11x， x31x111,t1，则x=，所以ft，

t-1x3t111(x1). 所以fx3x111(x1). 故答案为：fx3x1【点睛】

本题主要考查了函数解析式的求解，解答中用x代换x，联立方程组，求得

x11fx是解答的关键，着重考查了函数与方程思想，以及换元思想的应用，属

x3于中档试题.

16．7【解析】【分析】【详解】设则因为所以故答案为7

解析：7 【解析】 【分析】 【详解】 设则因为f所以

,

故答案为7.

， ，

1x21fx2， 2，

17．【解析】【分析】由题意可得f（x）g（x）的图象均过（﹣11）分别讨论a＞0a＜0时f（x）＞g（x）的整数解情况解不等式即可得到所求范围【详解】由函数可得的图象均过且的对称轴为当时对称轴大于0由题

310解析：,

23【解析】 【分析】

由题意可得f（x），g（x）的图象均过（﹣1，1），分别讨论a＞0，a＜0时，f（x）＞g（x）的整数解情况，解不等式即可得到所求范围． 【详解】

由函数f(x)xaxa2，g(x)2f(x)的对称轴为x2x1可得f(x)，g(x)的图象均过(1,1)，且

a，当a0时，对称轴大于0.由题意可得f(x)g(x)恰有0，1两2个整数解，可得f(1)g(1)310a；当a0时，对称轴小于0.因为

3f(2)g(2)2f1g1,

由题意不等式恰有-3，-2两个整数解，不合题意，综上可得a的范围是310,. 23故答案为：【点睛】

310,. 23本题考查了二次函数的性质与图象，指数函数的图像的应用，属于中档题．

18．6【解析】【分析】根据偶函数的关系有代入即可求解【详解】由题：函数是偶函数所以解得：故答案为：6【点睛】此题考查根据函数的奇偶性求函数值难度较小关键在于根据函数奇偶性准确辨析函数值的关系

解析：6 【解析】 【分析】

根据偶函数的关系有g(2)g2，代入即可求解. 【详解】

由题：函数g(x)f(x)x是偶函数， g(2)f(2)24，所以g(2)f(2)24，

解得：f(2)6. 故答案为：6 【点睛】

此题考查根据函数的奇偶性求函数值，难度较小，关键在于根据函数奇偶性准确辨析函数值的关系.

19．0【解析】【分析】根据分段函数的解析式代入求值即可求解【详解】因为则所以【点睛】本题主要考查了分段函数求值属于中档题

解析：0 【解析】 【分析】

根据分段函数的解析式，代入求值即可求解. 【详解】

sinx(x0)因为f(x)

(x0)f(x1)则f(11111)sin()sin, 666211511f()f()f()sin(), 666621111所以f()f()0.

66【点睛】

本题主要考查了分段函数求值，属于中档题.

20．01∪2+∞【解析】【分析】分别确定集合AB然后求解A×B即可【详解】求解函数y=2x-x2的定义域可得：A=x|0≤x≤2求解函数y=2xx>0的值域可得

B=x|x>1则A∪B=x|x≥0A∩B= 解析：

【解析】 【分析】

分别确定集合A,B，然后求解【详解】 求解函数求解函数则

表示为区间形式即【点睛】

本题主要考查集合的表示及其应用，新定义知识的应用等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.

的定义域可得：的值域可得，

.

，

,

即可.

，

结合新定义的运算可知：

三、解答题

21．（1）m40；（2）当第10天时，该商品销售收入最高为900元． 【解析】 【分析】

（1）利用分段函数，直接求解f(20)g(20)600．推出m的值．（2）利用分段函数分别求解函数的最大值推出结果即可． 【详解】

20x,1„x15,（1）销售价格f(x)第x天的销售量（单位：件）g(x)mx(m为

x30,50x,15剟常数），

当x=20时，由f(20)g(20)(5020)(m20)600， 解得m40．

（2）当1„x15时，y(20x)(40x) x220x800(x10)2900，

故当x10时，ymax900，

x30时，y(50x)(40x)x290x2000(x45)225， 当15剟故当x15时，ymax875，

因为875900，故当第10天时，该商品销售收入最高为900元． 【点睛】

本题考查利用函数的方法解决实际问题，分段函数的应用，考查转化思想以及计算能力，是中档题．

22．（1）4或1；（2）0,1；（3）10,11．

【解析】 【分析】

（1）当a1，b3时，结合已知可得f(x)x22x4x，解方程可求； （2）由题意可得，ax2(1b)xb1x恒有2个不同的实数根(a0)，结合二次方程的根的存在条件可求；

（3）当a1，b5时，转化为问题f(x)x26x4mx在(0,4]上有两个不同实数解，进行分离m，结合对勾函数的性质可求． 【详解】

2解：（1）当a1，b3时，f(x)x2x4，

由题意可得，x22x4x即x23x40， 解可得x4或x1，

故f(x)关于参数1的不动点为4或1；

（2）由题意可得，ax2(1b)xb1x恒有2个不同的实数根(a0)， 则ax2bxb10恒有2个不同的实数根(a0)， 所以△b24a(b1)0恒成立， 即b24ab4a0恒成立， ∴16a216a0，则0a1， ∴a的取值范围是0,1；

（3）a1，b5时，f(x)x26x4mx在(0,4]上有两个不同实数解， 4即m6x在(0，4]上有两个不同实数解，

x令h(x)x4，0x4， x结合对勾函数的性质可知，4m65， 解可得，10m11． 故m的范围为10,11． 【点睛】

本题以新定义为载体，主要考查了函数性质的灵活应用，属于中档题．

23．(1) k3；(2) 当a1时，x,log23；当0a1时，xlog23,；(3) ,13 【解析】 【分析】

（1）由函数过点0,4，待定系数求参数值；

（2）求出gx的解析式，解对数不等式，对底数进行分类讨论即可. （3）换元，将指数型不等式转化为二次不等式，再转化为最值求解即可.

【详解】

xx（1）因为f(x)2k2且f(0)4，故：1k4，

解得k3.

（2）因为g(x)logaf(x)2x，由（1），将fx代入得：

gxloga(3n2x?)，则loga(3n2x?)0，等价于：

当a1时，3n2x1，解得x,log23 当0a1时，3n2x1，解得xlog23,. （3）f(x)t8在R上恒成立，等价于： 2x2x28n2xt30恒成立；

令2xm，则m0,，则上式等价于：

m28mt30，在区间0,恒成立.

即：tm28m3，在区间0,恒成立， 又m28m3m413，故：

2(m28m3)的最小值为：-13，故：

只需t13即可. 综上所述，t,13. 【点睛】

本题考查待定系数求参数值、解复杂对数不等式、由恒成立问题求参数范围，属函数综合问题.

24．（1）3,1.（2）13（3）【解析】 【分析】

（1）根据对数的真数大于零，列出不等式组并求出解集，函数的定义域用集合或区间表示出来；（2）利用对数的运算性质对解析式进行化简，再由fx=0，即

2 2x22x3=1，求此方程的根并验证是否在函数的定义域内；（3）把函数解析式化简

后，利用配方求真数在定义域内的范围，再根据对数函数在定义域内递减，求出函数的最小值loga4，得loga44利用对数的定义求出a的值． 【详解】 （1）由已知得1x0,, 解得3x1所以函数fx的定义域为3,1.

x30,（2）fxloga1xlogax3loga1xx3logax2x3,令

2fx=0,得x22x3=1,即x22x2=0,解得x13,∵13(-3,1),∴函

数fx的零点是13 22（3）由2知,fxlogax2x3logax14,

∵3x1,∴0x144.

2∵0a1,∴logax14loga4,

2∴fxminloga44, ∴a4142. 2【点睛】

本题是关于对数函数的综合题，考查了对数的真数大于零、函数零点的定义和对数型的复合函数求最值，注意应在函数的定义域内求解，灵活转化函数的形式是关键． 25．(1)(,5);(2)0,1. 【解析】 【分析】 （1）由

f(5)8求得a的值，再利用指数函数的单调性解不等式，即可得答案； f(2)（2）作出函数y|f(x)1|与yt的图象，利用两个图象有两个交点，可得实数t的取值范围. 【详解】 (1)∵

f(5)8 f(2)a5∴2a38则a2 a即f(x)2x,则函数f(x)是增函数

由f(2m3)f(m2),得2m3m2 得m5,

即实数m的取值范围是(,5).

(2)f(x)2x,由题知y21图象与yt图象有两个不同交点, 由图知:t(0,1)

x

【点睛】

本题考查指数函数的解析式求解、单调性应用、图象交点问题，考查函数与方程思想、转化与化归思想、数形结合思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力. 26．见解析 【解析】 【分析】

根据题意，在数轴上表示出集合A,B，再根据集合的运算，即可得到求解. 【详解】 解：如图所示．

∴A∪B＝{x|2∴∁R(A∪B)＝{x|x≤2或x≥7}， ∁R(A∩B)＝{x|x≥6或x<3}． 又∵∁RA＝{x|x<3或x≥7}，

∴(∁RA)∩B＝{x|2∴A∪(∁RB)＝{x|x≤2或x≥3}． 【点睛】

本题主要考查了集合的交集、并集与补集的混合运算问题，其中解答中正确在数轴上作出集合A,B，再根据集合的交集、并集和补集的基本运算求解是解答的关键，同时在数轴上

画出集合时，要注意集合的端点的虚实，着重考查了数形结合思想的应用，以及推理与运算能力.