2020-2021上海洛川学校高一数学上期末试题带答案

一、选择题

1．已知函数f(x)loga(A．

1)(a0且a1）的定义域和值域都是[0，1]，则a=（ ） x1C．

1 2B．2

2 2D．2

0.22．已知a3,blog64,clog32，则a,b,c的大小关系为 （ ）

A．cab

0.1B．cba

1.1C．bac D．bca

3．已知x1.1，y0.9，zlog234，则x，y，z的大小关系是( ) 3C．yzx

D．xzy

A．xyz B．yxz

ax,x14．若函数f(x)是R上的单调递增函数，则实数a的取值范围是a4x2,x12（ ） A．1,

B．（1,8）

C．（4,8）

D．4,8)

5．下列函数中，值域是0,的是（ ） A．yx2 C．y2x

B．y1 x21D．ylgx1(x0)

6．函数f(x)的反函数图像向右平移1个单位，得到函数图像C，函数g(x)的图像与函数图像C关于yx成轴对称，那么g(x)（ ） A．f(x1)

B．f(x1)

C．f(x)1

3D．f(x)1

7．用二分法求方程的近似解，求得f(x)x2x9的部分函数值数据如下表所示：

x f(x) 1 -6 2 3 1.5 -2.625 1.625 -1.459 1.75 -0.14 1.875 1.3418 1.8125 0.5793 则当精确度为0.1时，方程x32x90的近似解可取为 A．1.6

B．1.7

C．1.8

D．1.9

28．若二次函数fxaxx4对任意的x1,x21,，且x1x2，都有

fx1fx20，则实数a的取值范围为（ ）

x1x21A．,0

2B．1, 2C．1,0 2D．1, 29．函数yA．（-1，2]

2x1的定义域是( ) x1B．[-1,2]

C．（-1 ，2）

D．[-1,2)

10．已知alog32，b20.1，csin789o，则a，b，c的大小关系是 A．abc 11．函数y＝A．2 C．

B．acb

C．cab

D．bca

1在[2，3]上的最小值为( ) x11 31x1 21D．－

2B．

2,x112．设函数fx1log2x,x1，则满足fx2的x的取值范围是( )

A．1,2

B．0,2

C．1, D．0, 二、填空题

1,x013．已知f(x)，则不等式x(x2)f(x2)5的解集为______．

1,x014．若函数f(x)是定义在R上的偶函数，在(－∞，0]上是减函数，且f(2)＝0，则使得f(x)<0的x的取值范围是________．

x2xkx1x15．已知函数fx1，gxalnx22aR，若对

logxx1x1123任意的均有x1，x2xxR,x2，均有fx1gx2，则实数k的取值范围是__________．

x16．已知f(x)､g(x)分别是定义在R上的偶函数和奇函数，且f(x)g(x)2x，则

f(1)g(1)__________.

17．已知函数g(x)f(x)x是偶函数，若f(2)2，则f(2)________ 18．若函数f(x)x为奇函数，则f(1)___________.

(2x1)(xa)19．定义在R上的函数fx满足fxfx2，fxf2x，且当x0,1时，fxx，则方程fx21在6,10上所有根的和为________． x220．fxsincosx在区间0,2上的零点的个数是______.

三、解答题

221．已知二次函数满足f(x)axbxc(a0)，f(x1)f(x)2x, 且f(0)1.

（1）求函数f(x)的解析式

（2）求函数f(x) 在区间[1,1]上的值域； 22．计算或化简：

（1）31270log16； 212131664（2）log327log32log236log62lg2lg5.

a2x223．已知函数f(x)是奇函数. x21(1)求a的值;

(2)求解不等式f(x)4;

(3)当x(1,3]时，ftxf(x1)0恒成立，求实数t的取值范围.

224．已知函数fxlogax1logax1(a0，a1)，且f31. (1)求a的值，并判定fx在定义域内的单调性，请说明理由； (2)对于x2,6，fxlogamm.

x17x恒成立，求实数的取值范围

25．为弘扬中华传统文化，学校课外阅读兴趣小组进行每日一小时的“经典名著”和“古诗词”的阅读活动. 根据调查，小明同学阅读两类读物的阅读量统计如下：

小明阅读“经典名著”的阅读量ft（单位：字）与时间t（单位：分钟）满足二次函数关系，部分数据如下表所示； t 0 0 10 2700 20 5200 30 7500 ft 阅读“古诗词”的阅读量gt（单位：字）与时间t（单位：分钟）满足如图1所示的关系.

（1）请分别写出函数ft和gt的解析式；

（2）在每天的一小时课外阅读活动中，小明如何分配“经典名著”和“古诗词”的阅读时间，使每天的阅读量最大，最大值是多少？

26．已知f(x)是定义在R上的奇函数，当x0时，为二次函数且顶点为(1,1)，

f(2)0.

（1）求函数f(x)在R上的解析式；

（2）若函数f(x)在区间[1,a2]上单调递增，求实数a的取值范围.

【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】 【分析】

由函数fxloga(函数，但【详解】

由函数fxloga(函数， 但

在[0，1]上为减函数，∴01)=0,(a0,a1)的定义域和值域都是[0，1]，可得f(x)为增x1在[0，1]上为减函数，得01)=0,(a0,a1)的定义域和值域都是[0，1]，可得f(x)为增x1当x=1时，f(1)loga(解得a=1)=-loga2=1, 111， 2故选A．

本题考查了函数的值与及定义域的求法，属于基础题，关键是先判断出函数的单调性． 点评：做此题时要仔细观察、分析，分析出f(0)=0，这样避免了讨论．不然的话，需要讨论函数的单调性.

2．B

解析：B 【解析】 【分析】

先比较三个数与零的大小关系，确定三个数的正负，然后将它们与1进行大小比较，得知

a1，0b,c1，再利用换底公式得出b、c的大小，从而得出三个数的大小关系．

【详解】

函数y3在R上是增函数，则a30.2301，

函数ylog6x在0,上是增函数，则log61log64log66，即0log641， 即0b1，同理可得0c1，由换底公式得clog32log322log94， 且clog94【点睛】

本题考查比较数的大小，这三个数的结构不一致，这些数的大小比较一般是利用中间值法来比较，一般中间值是0与1，步骤如下：

①首先比较各数与零的大小，确定正负，其中正数比负数大；

②其次利用指数函数或对数函数的单调性，将各数与1进行大小比较，或者找其他中间值来比较，从而最终确定三个数的大小关系．

2xln4ln4log64b，即0cb1，因此，cba，故选A． ln9ln63．A

解析：A 【解析】 【分析】

利用指数函数、对数函数的单调性直接比较. 【详解】

解：Qx1.11.11，0y0.90.91，zlog20.101.1034log210，x，33y，z的大小关系为xyz． 故选A． 【点睛】

本题考查三个数的大小的比较，利用指数函数、对数函数的单调性等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．

4．D

解析：D 【解析】 【分析】

根据分段函数单调性列不等式，解得结果. 【详解】

ax,x1因为函数f(x)是R上的单调递增函数， a4x2,x12a1a所以404a8

2a42a2故选：D 【点睛】

本题考查根据分段函数单调性求参数，考查基本分析判断能力，属中档题.

5．D

解析：D 【解析】 【分析】

利用不等式性质及函数单调性对选项依次求值域即可． 【详解】

2对于A：yx的值域为0,；

对于B：Qx20，x211，011， x21y1的值域为0,1； x21x对于C：y2的值域为,0；

对于D：Qx0，x11，lgx10，

ylgx1的值域为0,；

故选：D． 【点睛】

此题主要考查函数值域的求法，考查不等式性质及函数单调性，是一道基础题．

6．D

解析：D 【解析】 【分析】

首先设出yg(x)图象上任意一点的坐标为(x,y)，求得其关于直线yx的对称点为

(y,x)，根据图象变换，得到函数f(x)的图象上的点为(x,y1)，之后应用点在函数图象

上的条件，求得对应的函数解析式，得到结果. 【详解】

设yg(x)图象上任意一点的坐标为(x,y)， 则其关于直线yx的对称点为(y,x)， 再将点(y,x)向左平移一个单位，得到(y1,x)，

其关于直线yx的对称点为(x,y1)， 该点在函数f(x)的图象上，所以有y1f(x)， 所以有yf(x)1，即g(x)f(x)1， 故选：D. 【点睛】

该题考查的是有关函数解析式的求解问题，涉及到的知识点有点关于直线的对称点的求法，两个会反函数的函数图象关于直线yx对称，属于简单题目.

7．C

解析：C 【解析】 【分析】

利用零点存在定理和精确度可判断出方程的近似解. 【详解】

根据表中数据可知f1.750.140，f1.81250.57930，由精确度为0.1可知

1.751.8，1.81251.8，故方程的一个近似解为1.8，选C. 【点睛】

不可解方程的近似解应该通过零点存在定理来寻找，零点的寻找依据二分法（即每次取区间的中点，把零点位置精确到原来区间的一半内），最后依据精确度四舍五入，如果最终零点所在区间的端点的近似值相同，则近似值即为所求的近似解.

8．A

解析：A 【解析】 【分析】

，上单调递减，结合二次函数的开口方向及对称轴的位置即由已知可知，fx在1可求解． 【详解】

2∵二次函数fxaxx4对任意的x1,x21,，且x1x2，都有

fx1fx20，

x1x2，上单调递减， ∴fx在1∵对称轴x1， 2aa01a0，故选A． ∴ ，解可得1122a【点睛】

本题主要考查了二次函数的性质及函数单调性的定义的简单应用，解题中要注意已知不等

式与单调性相互关系的转化，属于中档题.

9．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.

10．B

解析：B 【解析】 【分析】 【详解】

由对数函数的性质可知alog32log33由指数函数的性质b20.11，

由三角函数的性质csin7890sin(23600690)sin690sin600，所以

3433， 42c(3,1)， 2 所以acb，故选B.

11．B

解析：B 【解析】 y＝

11在[2，3]上单调递减，所以x=3时取最小值为，选B. x1212．D

解析：D 【解析】 【分析】

分类讨论：①当x1时；②当x1时，再按照指数不等式和对数不等式求解，最后求

出它们的并集即可． 【详解】

当x1时，21x2的可变形为1x1，x0，0x1． 当x1时，1log2x2的可变形为x故选D． 【点睛】

本题主要考查不等式的转化与求解，应该转化特定的不等式类型求解．

1，x1，故答案为0,． 2二、填空题

13．【解析】当时解得；当时恒成立解得：合并解集为故填：

3解析：{x|x}

2【解析】

当x20时，xx2fx25xx25，解得 2x3 ；当2x20时，xx2fx25xx25，恒成立，解得：x2，合并

解集为xx3 ，故填：xx23. 214．(－22)【解析】【详解】∵函数f(x)是定义在R上的偶函数且在(－∞0)上是增函数又f(2)＝0∴f(x)在(0＋∞)上是增函数且f(－2)＝f(2)＝0∴当－２＜x＜2时f(x)＜0即f(x)＜

解析：(－2,2) 【解析】 【详解】

∵函数f(x)是定义在R上的偶函数，且在(－∞，0)上是增函数，又f(2)＝0，∴f(x)在(0，＋∞)上是增函数，且f(－2)＝f(2)＝0，∴当－２＜x＜2时，f(x)＜0，即f(x)＜0的解为(－2,2)，即不等式的解集为(－2,2),故填(－2,2).

15．【解析】【分析】若对任意的均有均有只需满足分别求出即可得出结论【详解】当当设当当当时等号成立同理当时若对任意的均有均有只需当时若若所以成立须实数的取值范围是故答案为;【点睛】本题考查不等式恒成立问题

3解析：,

4【解析】 【分析】

若对任意的均有x1，x2xxR,x2，均有fx1gx2，只需满足

f(x)maxg(x)min，分别求出f(x)max,g(x)min，即可得出结论.

【详解】

当2x1fxxxk(x)k22121， 4k6f(x)1k， 411x1,fxlogx当， 1223gxalnx2设yx， x21x，当x0,y0， 2x1当

x0,yx111,0yx21x122，

x1y0， 2当x1时，等号成立 同理当2x0时，yx11[,]， 2x122若对任意的均有x1，x2xxR,x2， 均有fx1gx2，只需f(x)maxg(x)min， 当x2时，ln(x2)R， 若a0,x2,g(x)， 若a0,x,g(x) 所以a0，g(x)x1,g(x)， min2x12113f(x)maxg(x)min成立须，k,k，

424实数k的取值范围是,. 43故答案为;,.

43【点睛】

本题考查不等式恒成立问题，转化为求函数的最值，注意基本不等式的应用，考查分析问题解决问题能力，属于中档题.

16．【解析】【分析】根据函数的奇偶性令即可求解【详解】､分别是定义在上的偶函数和奇函数且故答案为：【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性属于容易题

解析：

3 2【解析】 【分析】

根据函数的奇偶性，令x1即可求解. 【详解】

Qf(x)､g(x)分别是定义在R上的偶函数和奇函数, 且f(x)g(x)2xx f(1)g(1)f(1)g(1)211故答案为：【点睛】

本题主要考查了函数的奇偶性，属于容易题.

3, 23 217．6【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.

18．【解析】【分析】根据函数奇偶性的定义和性质建立方程求出a的值再将1代入即可求解【详解】∵函数为奇函数∴f（﹣x）＝﹣f（x）即f（﹣x）∴（2x﹣1）（x+a）＝（2x+1）（x﹣a）即2x2+（2 解析：

2 3【解析】 【分析】

根据函数奇偶性的定义和性质建立方程求出a的值，再将1代入即可求解 【详解】

∵函数fx2x1xa为奇函数，

x∴f（﹣x）＝﹣f（x）， 即f（﹣x）xx2x1xa2x1xa，

∴（2x﹣1）（x+a）＝（2x+1）（x﹣a）， 即2x2+（2a﹣1）x﹣a＝2x2﹣（2a﹣1）x﹣a， ∴2a﹣1＝0，解得a故答案为【点睛】

本题主要考查函数奇偶性的定义和性质的应用，利用函数奇偶性的定义建立方程是解决本题的关键．

21．故f(1) 232 319．【解析】【分析】结合题意分析出函数是以为周期的周期函数其图象关于直线对称由可得出函数的图象关于点对称据此作出函数与函数在区间上的图象利用对称性可得出方程在上所有根的和【详解】函数满足即则函数是以为周 解析：16

【解析】 【分析】

结合题意分析出函数yfx是以4为周期的周期函数，其图象关于直线x1对称，由

f2xfx2可得出函数yfx的图象关于点2,0对称，据此作出函数yfx与函数yfx1在区间6,10上的图象，利用对称性可得出方程x21在6,10上所有根的和. x2【详解】

函数yfx满足fxfx2，即fxfx2fx4，则函数

yfx是以4为周期的周期函数；

Qfxf2x，则函数yfx的图象关于直线x1对称；

由fxfx2，fxf2x，有f2xfx2，则函数yfx的图象关于点2,0成中心对称； 又函数y11的图象关于点2,0成中心对称，则函数yfx与函数y在区x2x2间6,10上的图象的交点关于点2,0对称，如下图所示： 

由图象可知，函数yfx与函数y1在区间6,10上的图象共有8个交点， x24对交点关于点2,0对称，则方程fx故答案为：16. 【点睛】

1在6,10上所有根的和为4416. x2本题考查方程根的和的计算，将问题转化为利用函数图象的对称性求解是解答的关键，在作图时也要注意推导出函数的一些基本性质，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.

20．5【解析】【分析】由求出的范围根据正弦函数为零确定的值再由三角函数值确定角即可【详解】时当时的解有的解有的解有故共有5个零点故答案为：5【点睛】本题主要考查了正弦函数余弦函数的三角函数值属于中档题

解析：5 【解析】 【分析】

由x0,2，求出cosx的范围，根据正弦函数为零，确定cosx的值，再由三角函数值确定角即可. 【详解】

Qcosx,

fxsincosx0时, cosx0,1,1，

当x0,2时，cosx0的解有

322,，

cosx1的解有，

cosx1的解有0,2,

故共有0,2,,3,25个零点， 2故答案为：5 【点睛】

本题主要考查了正弦函数、余弦函数的三角函数值，属于中档题.

三、解答题

221．（1）f(x)xx1；（2）[,3]

34【解析】 【分析】

（1）由f01得到c的值，然后根据f(x1)f(x)2x得到关于a,b的方程组求解出a,b的值，即可求出fx的解析式；

（2）判断fx在[1,1]上的单调性，计算出fxmax,fxmin，即可求解出值域. 【详解】

（1）因为f01，所以c1，所以fxaxbx1a0；

2又因为fx1fx2x，所以ax1bx11axbx12x，

22所以2axab2x，所以22a2a12，所以，即fxxx1；

ab0b11且开口向上， 2（2）因为fxxx1，所以fx对称轴为x所以fx在1,2131111fxf1,1递减，在递增，所以， min2424222又f11113，f11111，所以fxmax3， 所以fx在1,1上的值域为：,3. 【点睛】

（1）利用待定系数法求解二次函数的解析式关键是：能根据已知函数类型，将条件中等量关系转化为系数方程组，求解出系数值；

（2）求解二次函数在某个区间上的值域，可先由对称轴和开口方向分析单调性，然后求解出函数最值，即可确定出函数值域. 22．（1）【解析】 【分析】

（1）根据幂的运算法则计算；

（2）根据对数运算法则和换底公式计算． 【详解】

解：（1）原式49314 1213341（2）3 231647314 441.

23（2）原式log3312lg10

3121 3. 【点睛】

本题考查幂和对数的运算法则，掌握幂和对数运算法则是解题关键． 23．(1)a2;(2)x0xlog23【解析】 【分析】

(1)由奇函数的性质得出a的值；

x32(2)结合f(x)的解析式可将f(x)4化为x0，解不等式即可得出答案；

212(3)利用函数f(x)在x(1,3]上的单调性以及奇偶性将ftxf(x1)0化为

;(3)t,1 4tx21x，分离参数t结合二次函数的性质得出实数t的取值范围.

【详解】

a2x2a22xa2x2(1)根据题意，函数f(x) f(x)xxx211212∴a2.

22x22x132x2x1(2)f(x)4，即x2，即x2x0

2x1212121xx32210即，解得：12x3，得0xlog23.

x21022x222x244(3)f(x) 22x12x12x1故f(x)在x(1,3]上为减函数

f(tx2)f(x1)0，即f(tx2)f(x1)f(1x)

11111即tx21x，t2

xxx24又x(1,3]，

2111,1，故t x341. 4综上t,【点睛】

本题主要考查了由函数的奇偶性求解析式以及利用单调性解不等式，属于中档题.

24．(1)a2，单调递减，理由见解析；(2) 0m7 【解析】 【分析】

（1）代入f(3)1解得a，可由复合函数单调性得出函数的单调性，也可用定义证明； （2）由对数函数的单调性化简不等式，再由分母为正可直接去分母变为整式不等式，从而转化为求函数的最值． 【详解】

(1)由f3loga4loga2loga21，所以a2. 函数fx的定义域为1,，

fxlog2x1log2x1log2因为y1x12log21. x1x12在1,上是单调递减， x1(注:未用定义法证明不扣分)

所以函数fx在定义域1,上为单调递减函数. (2)由(1)可知fxlog2x1mlog2x2,6x1x17x，，

x1m0. 所以所以

x1x17x0mx17xx26x7x316在x2,6恒成立.

2当x2,6时，函数yx316的最小值ymin7.

2所以0m7. 【点睛】

本题考查对数函数的性质，考查不等式恒成立，解题关键是问题的转化．由对数不等式转化为整式不等式，再转化为求函数最值． 25．（1）见解析；（2）见解析 【解析】 【分析】

（1）设f（t）=at2bt，?代入（10，2700）与（30，7500），解得a与b. 令gt＝kt，

(0t40),代入（40，8000），解得k,再令gt＝mt+b，40t60,代入（40，

8000），（60，11000），解得m，b的值．即可得到ft和gt的解析式； （2）由题意知每天的阅读量为htftgt=t280t12000，分0t20和

20t60两种情况，分别求得最大值，比较可得结论. 【详解】

（1）因为f（0）=0，所以可设f（t）=at2bt，?代入（10，2700）与（30，7500），解得

a=-1,b=280.所以ftt280t ,又令gt＝kt，(0t40),代入（40，8000），解

2得k=200,令gt＝mt+b，40t60,代入（40，8000），（60，11000），解得m=150,b=2000，所以 gt200t(0t40).

150t200040t60（2）设小明对“经典名著”的阅读时间为t0t60，则对“古诗词”的阅读时间为

60t，

① 当060t40，即20t60时，htftgtt280t20060t

2=t280t12000 =t4013600，

所以当t40时，ht有最大值13600． 当4060t60，即0t20时，

htftgtt280t15060t2000

22=t2130t11000，

因为ht的对称轴方程为t65， 所以 当0t20时，ht是增函数， 所以 当t20时，ht有最大值为13200. 因为 13600>13200，

所以阅读总字数ht的最大值为13600，此时对“经典名著”的阅读时间为40分钟，对“古诗词”的阅读时间为20分钟． 【点睛】

本题考查了分段函数解析式的求法及应用，二次函数的图象和性质，难度中档．

x22x,x026．（1）fx2（2）1,3

x2x,x0【解析】 【分析】

（1）当x0时，设出二次函数顶点式，结合f(2)0求得二次函数解析式.根据奇函数

的性质，求得当x0时，fx的解析式，从而求得fx在R上的解析式.

（2）由（1）画出fx的图像，结合f(x)在区间[1,a2]上单调递增列不等式，解不等式求得a的取值范围. 【详解】

（1）∵fx是定义在R上的奇函数， ∴fxfx且f00

当x0时由已知可设f(x)a(x1)21(a0)，又f(2)0解得a1 所以x0，f(x)x2x

2fxfxx2xx22x 当x0时，x0，∴

2x22x,x0 又f0满足fxx2x∴fx2x2x,x02（2）由（1）可得图象如下图所示：

由图可知fx的增区间为[1,1]

∵在fx区间[1,a2]上单调递增，∴1a21 解得：a1,3∴a的取值范围为：1,3 【点睛】

本小题主要考查函数的奇偶性，考查二次函数解析式的求法，考查函数的单调性，考查数形结合的数学思想方法，属于基础题.