2020-2021学年江苏省盐城市高一（上）期中考试数学试卷 (1)苏教版

展开

这是一份2020-2021学年江苏省盐城市高一（上）期中考试数学试卷 (1)苏教版，共9页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 已知集合A={x|xx−1<0,x∈R}，B={x|12A.⌀B.{x|12C.x|−2
2. 命题p：" ∀x≥0，都有ex≥x+1”，则命题p的否定为( )
A.∀x≥0，都有exC.∃x0≥0，使ex0
3. 使x>1成立的一个必要条件是（）
A.x>0B.x>3C.x>2D.x<2

4. 下列计算正确的是( )
A.2×32×2−56=32B.2lg23=8C.lg64+lg69=2D.2x=10时x=lg2

5. 春天，池塘中小荷尖角渐露，已知每一天荷叶覆盖水面面积是前一天的2倍，若荷叶60天可以完全覆盖池塘水面，当荷叶覆盖水面面积一半时，荷叶已生长了（）
A.20天B.30天C.29天D.59天

6. 若定义在R上的奇函数fx在0,+∞上单调递增，且f−1=0，则不等式xfx>0的解集是（）
A.−∞,−1∪0,1B.−1,1
C.−∞,−1∪1,+∞D.−∞,−1

7. 使函数y=13−x2+2x为增函数的区间是（）
A.[−1,+∞)B.(−∞,−1]C.[1,+∞)D.(−∞,1]

8. 若lg2x+lg4y=1，则x2+y的最小值为( )
A.2B.23C.4D.22
二、多选题

若函数f(x)=(12a−3)⋅ax(a>0，且a≠1）是指数函数，则下列说法正确的是（）
A.a=8B.f0=−3C.f12=22D.a=4

下列命题正确的是（）
A.函数fx=1x的定义域为R
B.函数fx=x2+2x+2的值域为[1,+∞）
C.若gx为奇函数，则一定有g0=0
D.函数fx=x2−2x+2的增区间为[1,+∞）

已知函数fx=2x+12x−1， gx=2x，则下列结论正确的是（）
A.fxgx为奇函数B.fxgx为偶函数
C.fx+gx为奇函数D.fx+gx为非奇非偶函数

设正实数a，b满足a+b=1，则( )
A.1a+1b有最小值4B.ab有最小值12
C.a+b有最大值1D.a2+b2有最小值12
三、填空题

已知幂函数y=fx的图象过点2,2，则f4=________.

不等式x−2x+1>0的解集是________.

若fx=22x−2x+1，x∈0,1，则函数fx的值域为________.

已知a>0，b>0，4a+b=1，则1a+ab的最小值为________.
四、解答题

计算
(1)2713−12−2+2790；

(2)5lg59+lg232−lg3lg28.

已知a12+a−12=4，求下列各式的值：
(1)a+a−1；

(2)a32−a−32a12−a−12．

已知函数fx=x+4x.
(1)用定义法证明函数fx在2,+∞是单调增函数；

(2)求函数fx在区间2,4的值域．

新冠疫情席卷全球，低迷的市场造成产品销售越来越难，为此某厂家举行大型的促销活动，经测算该产品的销售量P万件（生产量与销售量相等）与促销费用x万元满足P=10−92x+1，已知生产该产品还需投入成本10+2P万元（不含促销费用），每件产品的销售价格定为4+20P元．
(1)将该产品的利润y万元表示为促销费用x万元的函数（利润=总售价−成本−促销费）；

(2)促销费用投入多少万元时，厂家的利润最大．

已知a， b∈R，且a>0，函数fx=9x+b9x−a是奇函数．
(1)求a，b的值；

(2)如果函数fx的定义域为1,2，求函数fx的值域；

(3)对任意x∈0,+∞，不等式mfx−fx2>0恒成立，求实数m的取值范围．

设函数fx=x2−ax+a+3，gx=ax−2a.
(1)对于任意a∈−1,1都有fx>gx成立，求实数x的取值范围；

(2)当a>0时，对任意x1∈−3,−1，存在x2∈−3,−1使得fx1>−1−agx2成立，求实数a的取值范围；

(3)若存在x0∈R，使得fx0<0与gx0<0同时成立，求实数a的取值范围．
参考答案与试题解析
2020-2021学年江苏省盐城市高一（上）期中考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
交集及其运算
一元二次不等式的解法
【解析】
先解集合A中的不等式，再求A∩B.
【解答】
解：A={x|0∴A∩B={x|12故选B.
2.
【答案】
C
【考点】
命题的否定
【解析】
本题主要考查含有一个量词的命题的否定，属于基础题．
【解答】
解：因为命题p:“ ∀x≥0，都有ex≥x+1”是全称量词命题，
所以命题p的否定为存在量词命题，即： ∃x0≥0，使ex0故选C．
3.
【答案】
A
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
由必要条件的定义可得答案.
【解答】
解：x>1⇒x>0，
故x>0是x>1的必要条件.
故选A.
4.
【答案】
C
【考点】
对数的运算性质
根式与分数指数幂的互化及其化简运算
指数式与对数式的互化
【解析】
直接利用指数式、对数式的运算性质计算即可．
【解答】
解：A，2×32×2−56
=212×213×2−56=20=1，故A错误；
B，2lg23=3，故B错误；
C，lg64+lg69=lg636=lg662=2，故C正确；
D，当2x=10时， x=lg210，故D错误.
故选C．
5.
【答案】
D
【考点】
函数模型的选择与应用
【解析】
由题意设荷叶覆盖水面的初始面积，再列出解析式，并注明x的范围，列出方程求解即可．
【解答】
解：设荷叶覆盖水面的初始面积为a，则x天后荷叶覆盖水面的面积y=a⋅2xx∈N+，
根据题意，令2a⋅2x=a⋅260，解得x=59．
故选D．
6.
【答案】
C
【考点】
函数奇偶性的性质
【解析】
奇函数fx在0,+∞递增，且f−1=0,f1=0，x∈−∞,−1和0,1时，fx<0,x∈−1,0和1,+∞时，fx>0，据此求出不等式xfx>0的解集．
【解答】
解：奇函数fx在0,+∞递增，且f−1=0,
∴ f1=0，
∴ x∈−∞,−1和0,1时，fx<0，
x∈−1,0和1,+∞时，fx>0，
∴ x⋅fx>0解集为−∞,−1∪1,+∞．
故选C．
7.
【答案】
C
【考点】
复合函数的单调性
函数的单调性及单调区间
【解析】
由指数函数与复合函数的单调性求解．
【解答】
解：∵y=13u是减函数，
u=−x2+2x=−x−12+1在−∞,1上单调递增，在[1,+∞)上单调递减，
∴函数y=(13)−x2+2x的单调递增区间是[1,+∞)．
故选C．
8.
【答案】
C
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
对数的运算性质
对数及其运算
【解析】
无
【解答】
解：因为lg2x+lg4y=lg4x2+lg4y=lg4x2y=1，
所以x2y=4(x>0,y>0)，
则x2+y≥2x2y=4，
当且仅当x2=y=2时，等号成立，故x2+y的最小值为4.
故选C.
二、多选题
【答案】
A,C
【考点】
指数函数的定义、解析式、定义域和值域
【解析】
由指数函数的定义得出a的值，再找出正确答案.
【解答】
解：由函数f(x)是指数函数可得12a−3=1，
所以a=8，故A正确，D错，
所以f(x)=8x，
所以f(0)=1，故B错，
f(12)=812=22，故C正确.
故选AC.
【答案】
B,D
【考点】
函数的值域及其求法
函数的定义域及其求法
函数奇偶性的性质
【解析】
分别求出函数的定义域，值域，单调区间，以及利用奇函数的定义得出答案.
【解答】
解：A，函数f(x)=1x的定义域为(−∞,0)∪(0,+∞)，该命题错误；
B，函数f(x)=x2+2x+2的值域为[1,+∞)，该命题正确；
C，若函数g(x)为奇函数，并且在0处有定义，才有g(0)=0，该命题错误；
D，函数f(x)=x2−2x+2的增区间为[1,+∞)，该命题正确.
故选BD.
【答案】
B,C
【考点】
函数奇偶性的判断
【解析】
由题可得数fx为奇函数，显然函数gx也为奇函数，即可求解.
【解答】
解：由条件可知2x−1≠0，解得x≠0，
故函数的定义域是{x|x≠0}，关于原点对称，
又f−x=2−x+12−x−1=1+2x1−2x=−fx，
故函数fx为奇函数.
易知函数gx的定义域是R，同理可证为奇函数，
∴ fxgx为偶函数，fx+gx 为奇函数.
故选BC．
【答案】
A,D
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
由条件运用基本不等式及变形可得0【解答】
解：∵ 正实数a，b满足a+b=1，则ab≤a+b22=14，当且仅当a=b=12时取等号，
所以1a+1b=a+bab=1ab≥4，故A正确；
由ab≤a+b22=14，得ab≤12，当且仅当a=b=12时取等号，即ab的最大值为12，故B错误；
由a+b2≤2a+b=2可知，当且仅当a=b=12时取等号，
得a+b的最大值为2，故C错误；
由a2+b2≥2ab可得2a2+b2≥a+b2=1，则a2+b2≥12，
当且仅当a=b=12时，a2+b2取得最小值12，故D正确.
故选AD．
三、填空题
【答案】
2
【考点】
幂函数的概念、解析式、定义域、值域
【解析】
设幂函数的解析式为f(x)=xa，将(2,2)代入函数解析式求出a，得到函数解析式，代入求解即可.
【解答】
解：设幂函数的解析式为f(x)=xa，
∵ 幂函数图象经过(2,2)，
∴ 2a=2，
解得a=12，
∴ f(x)=x12，
∴ f(4)=412=2.
故答案为：2.
【答案】
(−∞,−1)∪(2,+∞)
【考点】
分式不等式的解法
【解析】
不等式x−2x+1>0等价于：(x+1)(x−2)>0，求解即可.
【解答】
解：不等式x−2x+1>0等价于：(x+1)(x−2)>0，
解得x>2或x<−1，
∴ 不等式x−2x+1>0的解集是(−∞,−1)∪(2,+∞).
故答案为：(−∞,−1)∪(2,+∞).
【答案】
[−1,0]
【考点】
函数的值域及其求法
二次函数的性质
【解析】
利用换元法，结合二次函数的性质进行求值域即可.
【解答】
解：设t=2x，
∵ x∈[0,1]，
∴ t∈[1,2]，
∴ fx=22x−2x+1，x∈0,1，
可化为y=t2−2t=(t−1)2−1，t∈[1,2]，
∵ 函数y=t2−2t=(t−1)2−1在t∈[1,2]上单调递增，
∴ 当t=1时，函数有最小值为−1；
当t=2时，函数有最大值为0，
∴ 函数fx=22x−2x+1，x∈0,1的值域为[−1,0].
故答案为：[−1,0].
【答案】
6
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
利用“1”的等量代换，然后再利用均值不等式求得最大值.
【解答】
解：a>0，b>0且满足4a+b=1，
则1a+ab=4a+ba+ab=4+ba
+ab≥4+2ba×ab=6，
当且仅当ba=ab,即a=b=15时，取等号，
即1a+ab的最小值是6.
故答案为：6.
四、解答题
【答案】
解：(1)原式=333−1(12)2+1
=3−4+1
=0.
(2)原式=5lg59+lg225−lg3lg223
=9+5lg22−lg33
=9+5−1
=13.
【考点】
有理数指数幂的化简求值
对数的运算性质
【解析】
(1)应用指数幂的运算法则进行计算即可．
(2)应用对数的运算法则进行计算即可．
【解答】
解：(1)原式=333−1(12)2+1
=3−4+1
=0.
(2)原式=5lg59+lg225−lg3lg223
=9+5lg22−lg33
=9+5−1
=13.
【答案】
解：(1)∵ a12+a−12=4，
∴ a12+a−122=a+a−1+2=16．
∴ a+a−1=14．
(2)a32−a−32a12−a−12
=a12−a−12a+a−1+a12a−12a12−a−12
=a+a−1+1=15．
【考点】
有理数指数幂的化简求值
【解析】
暂无
暂无
【解答】
解：(1)∵ a12+a−12=4，
∴ a12+a−122=a+a−1+2=16．
∴ a+a−1=14．
(2)a32−a−32a12−a−12
=a12−a−12a+a−1+a12a−12a12−a−12
=a+a−1+1=15．
【答案】
解：(1)设2则fx1−fx2=x1+4x1−x2−4x2=x1−x21−4x1x2,
因为2所以x1−x2<0，x1x2>4，
即0<4x1x2<1，
所以1−4x1x2>0，
所以fx1−fx2<0，
即 fx1所以函数fx在(2,+∞）上是单调增函数．
(2)由(1)知fx在2,4上是增函数，
所以fxmax=f4=5，fxmin=f2=4，
所以fx在2,4上的值域为4,5.
【考点】
函数单调性的判断与证明
函数的值域及其求法
【解析】
（1）利用定义法可证明函数单调性.
（2）结合第（1）问函数的单调性可对本问中的值域进行求解.
【解答】
解：(1)设2则fx1−fx2=x1+4x1−x2−4x2=x1−x21−4x1x2,
因为2所以x1−x2<0，x1x2>4，
即0<4x1x2<1，
所以1−4x1x2>0，
所以fx1−fx2<0，
即 fx1所以函数fx在(2,+∞）上是单调增函数．
(2)由(1)知fx在2,4上是增函数，
所以fxmax=f4=5，fxmin=f2=4，
所以fx在2,4上的值域为4,5.
【答案】
解：(1)由题意知，该产品售价为4+20P元，
y=4+20PP−10−2P−x，
将P=10−92x+1代入化简得：
fx=31−9x+1+x+1，x≥0．
(2)fx=31−9x+1+x+1≤31−6=25，
当且仅当9x+1=x+1即x=2时，上式取等号，
所以促销费用投入2万元时，厂家的利润最大．
【考点】
函数模型的选择与应用
函数解析式的求解及常用方法
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
暂无
【解答】
解：(1)由题意知，该产品售价为4+20P元，
y=4+20PP−10−2P−x，
将P=10−92x+1代入化简得：
fx=31−9x+1+x+1，x≥0．
(2)fx=31−9x+1+x+1≤31−6=25，
当且仅当9x+1=x+1即x=2时，上式取等号，
所以促销费用投入2万元时，厂家的利润最大．
【答案】
解：(1)因为f(x)是奇函数，
所以f(−x)=−f(x)，
即9−x+b9−x−a=9x+ba−9x，
即2−2a+b−a9x+9−x=0，
∴ 2−2a=0，b−a=0，
解得a=b=1.
(2)由(1)知f(x)=9x+19x−1=1+29x−1.
因为9x在[1, 2]上单调递增，
所以fx在[1, 2]上单调递减，
所以f(2)≤f(x)≤f(1)，
即4140≤f(x)≤54，
所以函数f(x)的值域为[4140, 54].
(3)不等式mf(x)−f(x2)>0恒成立，
即m(1+29x−1)−(1+29x2−1)>0恒成立.
令3x=t(t>1)，
则m>t+1t−1t2+1t2−1=(t+1)2t2+1=t2+1+2tt2+1
=1+2tt2+1=1+2t+1t对t>1恒成立.
因为2t+1t在t>1时，单调递减，
所以2t+1t<1，
所以m≥2.
【考点】
函数奇偶性的性质
函数的值域及其求法
函数恒成立问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)因为f(x)是奇函数，
所以f(−x)=−f(x)，
即9−x+b9−x−a=9x+ba−9x，
即2−2a+b−a9x+9−x=0，
∴ 2−2a=0，b−a=0，
解得a=b=1.
(2)由(1)知f(x)=9x+19x−1=1+29x−1.
因为9x在[1, 2]上单调递增，
所以fx在[1, 2]上单调递减，
所以f(2)≤f(x)≤f(1)，
即4140≤f(x)≤54，
所以函数f(x)的值域为[4140, 54].
(3)不等式mf(x)−f(x2)>0恒成立，
即m(1+29x−1)−(1+29x2−1)>0恒成立.
令3x=t(t>1)，
则m>t+1t−1t2+1t2−1=(t+1)2t2+1=t2+1+2tt2+1
=1+2tt2+1=1+2t+1t对t>1恒成立.
因为2t+1t在t>1时，单调递减，
所以2t+1t<1，
所以m≥2.
【答案】
解：(1)由f(x)>g(x)，
得x2−ax+a+3>ax−2a，
即a(2x−3)−x2−3<0在[−1, 1]上都成立，
所以−2x+3−x2−3<0，2x−3−x2−3<0，
所以x的取值范围是(−∞, −2)∪(0, +∞).
(2)由题条件得f(x)的最小值大于−1−ag(x)的最小值，
所以1+a+a+3>−1−a(−a−2a)，
即3a2−2a−5<0，
解得a<53.
因为a>0，
所以0(3)若a=0，则g(x)=0，不合题意，舍去；
若a<0，由g(x)<0可得x>2.
原题可转化为在区间(2, +∞)上存在x0，使得f(x0)<0.
因为f(x)=x2−ax+a+3在[a2, +∞)上单调递增，
所以f(2)<0，可得a>7.
又因为a<0，不合题意；
若a>0，由g(x)<0可得x<2.
原题可转化为在区间(−∞, 2)上存在x0使得f(x0)<0.
当a2>2时，即a>4时，f(2)=7−a<0，可得a>7；
当a2<2时，即06或a<−2.
综上可知a>7.
【考点】
一元二次不等式的解法
函数恒成立问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)由f(x)>g(x)，
得x2−ax+a+3>ax−2a，
即a(2x−3)−x2−3<0在[−1, 1]上都成立，
所以−2x+3−x2−3<0，2x−3−x2−3<0，
所以x的取值范围是(−∞, −2)∪(0, +∞).
(2)由题条件得f(x)的最小值大于−1−ag(x)的最小值，
所以1+a+a+3>−1−a(−a−2a)，
即3a2−2a−5<0，
解得a<53.
因为a>0，
所以0(3)若a=0，则g(x)=0，不合题意，舍去；
若a<0，由g(x)<0可得x>2.
原题可转化为在区间(2, +∞)上存在x0，使得f(x0)<0.
因为f(x)=x2−ax+a+3在[a2, +∞)上单调递增，
所以f(2)<0，可得a>7.
又因为a<0，不合题意；
若a>0，由g(x)<0可得x<2.
原题可转化为在区间(−∞, 2)上存在x0使得f(x0)<0.
当a2>2时，即a>4时，f(2)=7−a<0，可得a>7；
当a2<2时，即06或a<−2.
综上可知a>7.

2020-2021学年江苏省盐城市高一（上）期中考试数学试卷 (1)苏教版

更专业

更丰富

更便捷

真低价

欢迎来到教习网