湖北省宜昌市第一中学2018-2019学年高一上学期期中考

宜昌市第一中学2018年秋季学期高一年级期中考试

数学试题

考试时间：120分钟 满分：150分

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项

是符合题目要求的.请将正确的答案填涂在答题卡上.

1. 已知集合U，M,N（ ） CM)N,则(1,2,3,4,5,62,3,54,6UA.4，6 B.1，4，6 C. D.2，3，4，5，6 2.以下各组两个函数是相同函数的是（ ） A.B.fxC.

D.f(x)|x1|，g(x)3.已知点M(fxx1x1,gxx21

2x52,gx2x5

f(n)2n1(nZ),g(n)2n1(nZ)

x22x1

3,3)在幂函数f(x)的图象上，则f(x)的表达式为（ ） 31212A.f(x)x B.f(x)x C.f(x)x D.f(x)x

22x1(x1)4. 函数f(x)2，f(f(2))（ ）

2x(x1)A.

11 B. C.2 D.4 242的零点所在的大致区间的（ ） x5.函数fxlnxA.1,2 B.2,3 C.e,3 D.e, 6.函数f(x)eexx是（ ）

A.奇函数，且在(,)上是增函数 B.奇函数，且在(,)上是减函数 C.偶函数，且在(,)上是增函数 D.偶函数，且在(,)上是减函数 7.对于函数f(x)，在使f(x)m恒成立的式子中，常数m的最小值称为函数f(x)的“上界

3x3值”，则函数f(x)x的“上界值”为（ ）

33A.2 B.－2 C.1 D.－1

1.18.已知x1.1，y0.9，zlog230.14，则（ ） 3A.xyz B.yxz C.yzx D.xzy

9.函数fxx22a1x2在,4上是减函数，则实数a的取值范围是（ ） A.a3 B.a3 C.a5 D.a3

1x210.已知f(x)，则f(x)不满足的关系是（ ） 2．．．

1xA.f(x)f(x) B.f()f(x) C.f()f(x) D.f()f(x)

x4x223，若f(x1)2，则实数x的取值范围是（ ）

1x1x1x11.已知函数f(x) A.1,3 B.2,2 C.,02, D.0,2 12.如图一直角墙角，两边的长度尺足够长，P处有一棵树与两墙的距离分别是am、4m，

其中0a12，

不考虑树的粗细，现在想用16m长的篱笆，借助墙角围成一个矩形的花圃ABCD，设此矩

形花圃的最

大面积为S，若将这棵树围在花圃内，则函数Sf(a)（单位m）的图象大致是（ ）

二、填空题（本大题

共4小题，每小题5分，共20分）

213.已知集合Ax|x2x30，Bx|xa0，若BA，则实数a的值构成的

2集合是 ．

14.f(x)lg(x24x5)的单调递增区间为 ． 15.已知函数f(x)ax2(a0，a1)经过定点(m,1)，则函数ymx的反函数

是 ．

16.若函数fx同时满足：①对于定义域上的任意x，恒有fxfx0；②对于定义域上的任意x1,x2，当x1x2时，恒有

fx1fx20，则称函数fx为“理想函x1x212x12数”。给出下列四个函数中：①fx；②fxx ； ③fxx；

x21x2④fx2x

x0，能被称为“理想函数”的有_ _ （填相应的序号）． x0三、解答题：（本大题共6小题，共70分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤） 17.（本小题满分10分） （1）0.064133372160.75；

804（2）log327lg25lg47

18.（本小题满分12分）

log72(9.8)0．

已知全集为R，函数f(x)lg(1x)的定义域为集合A，集合B{x|x(x1)6}， （1）求AUB；

（2）若C{x|m1xm1}，C(A(CRB))，求实数m的取值范围．

19.（本小题满分12分）

已知函数f(x)x是定义在(1,1)上的函数. 1x2（1）用定义法证明函数f(x)在(1,1)上是增函数； （2）解不等式f(x1)f(x)0.

20.（本小题满分12分）

某工厂产生的废气经过过滤后排放，过滤过程中废气的污染物数量P(mg/L)与时间t(小

kt时)间的关系为PPe．如果在前5个小时消除了10%的污染物，试求： 0（1）10个小时后还剩百分之几的污染物？

（2）污染物减少50%所需要的时间．（参考数据：ln20.7,ln31.1,ln51.6）

21.（本小题满分12分）

(,2)0(,)已知二次函数f(x)ax2bxc，当x20,)时，f(x)0，当x(时，f(x)0，且对任意xR，不等式f(x)(a1)x1恒成立. （1）求函数f(x)的解析式；

（2）设函数F(x)tf(x)x3，其中t0，求F(x)在x

22.（本小题满分12分）

设函数fxa2xt1ax3,2时的最大值H(t). 2 (a0且a1)是定义域为R的奇函数．

（1）求t的值；

（2）若f10，求使不等式fkxx2fx10对一切xR恒成立的实数k的取值范围；



3（3）若函数fx的图象过点1，，是否存在正数mm1，使函数

22x2xgxlogmaamfx在

log23上的最大值为0，若存在，求出m的值；若不存在，请说明理由． 1，

宜昌市第一中学2018年秋季学期高一年级期中考试

数学试题参考答案

一、选择题

题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 A D D B B A C A B B D

二、填空题

13.1,3 14.5,2 15.ylog2x 16.④

三、解答题 17、（1）2716 （2）132 注：每个5分

18、（1）由1x0得，函数f(x)lg(1x)的定义域Ax|x1 2分

x2x60，(x3)(x2)0，得B{x|x3或x2} 4

分

∴ABx|x1或x3， 6

分

（2）CRB{x|2x3}，A(CRB)x|2x1 分

Cx|2x1，则m12m111m0，

故实数m 的取值范围为1,0 12

分

19、（1）任取x1,x2(1,1)，且x1x2

12 C 8

f(x1)f(x2)分

x1x2(x1x2)(1x1x2) 322221x11x2(1x1)(1x2) ∵x1,x2(1,1) ∴1x1x20 又x1x2 ∴f(x1)f(x2)0 即f(x1)f(x2)

故函数f(x)在(1,1)上是增函数 6分

（2）∵f(x)xf(x) ∴f(x)是(1,1)上的奇函数 8分 1x2 则f(x1)f(x)0f(x1)f(x)f(x) 9分

又f(x)是(1,1)上的增函数

1x111 ∴1x10x 12

2x1x分

ktt5时，P(110%)P20、（1）由PPe可知，当t0时，PP0；当0．于是有 0ln0.9t15k5，解得kln0.9，那么PPe (110%)P0Pe0051ln0.91051所以，当t10时，PPe0ln0.81Pe81%P0 0∴10个小时后还剩81%的污染物 6

分

（2）当P50%P0时，有50%P0Pe01ln0.9t5

1ln0.5ln225ln25解得t113519ln9ln10ln2ln52ln3ln0.9ln510

5ln分

∴污染物减少50%所需要的时间为35个小时． 12

分

21、（1）由已知得a0，且2和0为方程ax2bxc0的两根

∴可设f(x)ax(x2) 2分

又由f(x)(a1)x1即ax2(a1)x10恒成立

则(a1)24a(a1)20∴a1 4分 ∴f(x)x(x2)x22x 5（2）F(x)t(x22x)x3tx2(2t1)x3(t0) ①当t0时，F(x)x3在x32,2时单调递减 ∴H(t)F(x)33maxF(2)2 7②当t0时，F(x)图像的对称轴方程为x2t102t112t 32 ∵2214 ∴只须比较x10与4的大小

（Ⅰ）当x1104即12t14t25时，F(2)F(32) ∴H(t)F(x)maxF(2)8t5 9（Ⅱ）当x014即112t140t25时，F(2)F(32)∴H(t)F(x)333maxF(2)4t2 11

分

3t02∴H(t)3t30t2425 128t5t25分

22、（1）f（x）是定义域为R的奇函数∴f（0）=0，∴t=2； 2

分 分 分

分

（2）由（1）得f(x)axax由f(1)0得a10又a0a1， a由f(kxx2)f(x1)0得f(kxx2)f(x1)，

 f（x）为奇函数f(kxx2)f(1x) a1， f(x)axax为R上的增函数，

kxx21x对一切xR恒成立，即x2(k1)x10对一切xR恒成

立，

故6分

（3）假设存在正数mm1符合题意，由a2得

(k1)240解得

3k1；

g(x)logm[a2xa2xmf(x)]=logm[22x22xm(2x2x)]

logm[(2x2x)2m(2x2x)2]，

xx设t22，则(2x2x)2m(2x2x)2t2mt2，

38Qx[1,log23]，t[,]记h(t)t2mt2，

23Q函数g(x)logm[a2xa2xmf(x)]在[1,log23]上的最大值为0，

2（ⅰ）若0m1，则函数h(t)tmt2在[,]有最小值为1，

3823m1133173，hmin(t)h()m1m，不合题意； 226242382（ⅱ）若m1，则函数h(t)tmt20在[,]上恒成立，且最大值为1，

23Q对称轴t最小值大于0，

251m251m7322126m①， 87324h(t)h()1mmax324又此时

73m7338,，又h(t)minh()0，故g(x)无意义 所以

4824823

m73应舍去； 2425m25m2126m无解， ②313h(t)mmaxh()126综上所述：故不存在正数12分

mm1，满足题意