高一数学上期末试题及答案.docx
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高一数学上期末试题及答案
2020年高一数学上期末试题（及答案）
、选择题
1．
设集合A
x|2
x11，B
y|ylog
3x,x
A，则eBA（
）
A．
0,1
B．0,1
C．
0,1
D．0,1
2．
在实数的原有运算法则中，补充定义新运算
”如下
：
当a
b时，aba
a
b时，a
b
b2，已知函数
fx
1x
x22
xx
2,2，则满足
f
m1
f3m
的实数的取值范围是（
）
1,
1
1,2
2
A．
B．,2
C．
D．1,
2
2
23
3
3．
若fx
3
ax4a,x
2
1是,
的增函数,则a的取值范围是（）
x2,x1
2
2
2
A．
3
B．,3
C．
3
D．,
5
5
5
4．
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）
；当
的
上界值”，则函数f（x）3x3的“上界值”为（）
3x3
1,3上的解集是（）
15．
如果函数y
2m
2
2m27m9
9m19x
是幂函数，且图像不经过原点，则实数
m
2
x
ab
x2,x
0
a是方程xlgx
4的解，b是方程
16．
已知fx
，其中
2,
x0
x10x4的解，如果关于x的方程fxx的所有解分别为x1，x2，
xn，记
xix1x2Lxn，则xi
i1i1
17．如图，矩形ABCD的三个顶点A,B,C分别在函数ylog2x，yx21，
2
19．某食品的保鲜时间y（单位：
小时）与储存温度x（单位：
）满足函数关系
（为自然对数的底数，k、b为常数）．若该食品在0的保鲜时间设计192小时，在22的保鲜时间是48小时，则该食品在33的保鲜时间是小时.
20．若存在实数m,nmn，使得xm,n时，函数fxlogaa2xt的值域也为
m,n，其中a0且a1，则实数t的取值范围是.
三、解答题
21．已知函数fx
lgx1
2
x.
（1）判断函数fx
的奇偶性；
（2）若f1m
f2m1
0，求实数m的取值范围
22．已知函数fx
2log4x
1
2log4x.
1）当x2,4时，求该函数的值域；
2）求fx在区间2,t（t2）上的最小值gt
23．已知全集UR，集合M{x|2剟x5},N{x|a1剟x2a1}.
Ⅰ）若a1，求MI（eRN）；（Ⅱ）MNM，求实数a的取值范围.
24．已知函数f（x）是二次函数,f
（1）0,f（3）f
（1）4.
（1）求f（x）的解析式;
（2）函数h（x）f（x）ln（|x|1）在R上连续不断,试探究,是否存在n（nZ）,函数h（x）在区间（n,n1）内存在零点,若存在,求出一个符合题意的n,若不存在,请说明由.
25．义域为R的函数fx满足：
对任意实数x,y均有fxyfxfy2，且
f22，又当x1时，fx0.
1）求f0.f1的值，并证明：
当x1时，fx0；
（2）若不等式
f
2a
a2x2
2
2a12x
2
40对任意x1,3恒成立，求实
数a的取值范围
26．若fx
2x
a
是奇函数.
2x
1
（1）求a的值；
（2）若对任意
x
0,
都有f
x2m2
m，
求实数m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．B
解析：
B
【解析】
【分析】
先化简集合A,B,再求eBA得解.
【详解】
由题得Ax|2x120{x|x1}，By|y0.
所以eBA{x|0x1}.
故选B
【点睛】
本题主要考查集合的化简和补集运算，考查指数函数的单调性和对数函数的值域的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
2．C
解析：
C
【解析】
当2
x
1时，
fx
1
x2
2x4；
当1x
2时，f
x
2
x
x2
2x34；
x
4,2
x
1
所以f
x
3
x
4,1
x
2
易知，
f
xx
4在
2,
1单调
3
递增，fxx34在1,2单调递增，
2,2上单调递增，
【点睛】本题考查分段函数的单调性与参数，在求解分段函数的单调性时，要注意以下两点：
（1）确保每支函数的单调性和原函数的单调性一致；
（2）结合图象确保各支函数在分界点处函数值的大小关系．
4．C
解析：
C
【解析】
【分析】
利用换元法求解复合函数的值域即可求得函数的“上界值”
详解】
令t3x,t0则
故函数fx的“上界值”是1；故选C
【点睛】本题背景比较新颖，但其实质是考查复合函数的值域求解问题，属于基础题，解题的关键是利用复合函数的单调性法则判断其单调性再求值域或通过换元法求解函数的值域
5．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mn且f（m）f（n），且f（x）在区间
[m2,n]上的最大值为2，所以f（m）f（n）=2，由f（x）log2x2解得x2,1，即
2
1
m,n的值分别为，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．
6．A
解析：
A
【解析】
【分析】
由已知可知，fx在1，上单调递减，结合二次函数的开口方向及对称轴的位置即可求解．
【详解】
∵二次函数fx
2
axx4对任意的x1,x21,，且x1x2，都有
0，
上单调递减，
a0
1
∴1，解可得a0，故选A．
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.
7．C解析：
C【解析】【分析】【详解】
2
因为函数fxlnx，gxx3，可得fx?
gx是偶函数，图象关于y轴对
称，排除A,D；又x0,1时，fx0,gx0,所以fx?
gx0,排除B,故选C.
【方法点晴】本题通过对多个图象的选择考查函数的图象与性质，属于中档题.这类题型也是近年高考常
见的命题方向，该题型的特点是综合性较强较强、考查知识点较多，但是并不是无路可循解答这类题型可以从多方面入手，根据函数的定义域、值域、单调性、奇偶性、特殊点以及x0,x0,x,x时函数图象的变化趋势，利用排除法，将不合题意的选项一一排除.
8．A解析：
A【解析】本题考察函数的单调性与奇偶性由函数的奇偶性定义易得yln1，y2|x|，ycosx是偶函数，yx3是奇函数
|x|
ycosx是周期为2的周期函数，单调区间为[2k,（2k1）]（kz）
x0时，y2|x|变形为y2x，由于2>1,所以在区间（0,）上单调递增
111
x0时，yln变形为yln，可看成ylnt,t的复合，易知ylnt（t0）|x|xx
11
为增函数，t（x0）为减函数，所以yln在区间（0,）上单调递减的函数x|x|
故选择A
9．D解析：
D【解析】
试题分析：
由fxf2x，可知函数fx图像关于x1对称，又因为fx为偶函数，所以函数fx图像关于y轴对称.所以函数fx的周期为2，要使函数
gxfxlogax有且仅有三个零点，即函数yfx和函数ylogax图形有且只
0a111
有3个交点.由数形结合分析可知，{loga31,a，故D正确.
a53
loga51
考点：
函数零点
【思路点睛】已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路
（1）直接法：
直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：
先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；
（3）数形结合法：
先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．
10．C
解析：
C
【解析】
若x[2，0]，则x
[0，2]，此时
（fx）x
1，Q（fx）是偶函
数，
（fx）
x1（fx），即（fx）
x1，x
[2，0]，若x
[2，4]，则
x4
[2，0]，
∵函数的周期是4，（fx）
（fx4）
（x4）1
3x，
x
1，2x0
即（fx）
x
1，0x2，作出函数
（fx）在[1，3]上图象如图，
3
x，2x4
若03，则不等式x（fx）>0等价为
（fx）>0，
此时1若1≤x≤0，则不等式x（fx）>0等价为（fx）<0，此时10在[1，3]上的解集为（1，3）（1，0）.
故选C.
【点睛】本题主要考查不等式的求解，利用函数奇偶性和周期性求出对应的解析式，利用数形结合是解决本题的关键．
11．C
解析：
C
【解析】
【分析】
【详解】
1
x2ax10对于一切x0,21成立，
11
即a?
-x-对于一切x∈（0,）成立，
x2
11
设y=-x-,则函数在区间（0,〕上是增函数
x2
-x-1<-1-2=
x2
∴a?
故选C.
点睛：
函数问题经常会遇见恒成立的问题：
（1）根据参变分离，转化为不含参数的函数的最值问题；
（2）若f（x）0就可讨论参数不同取值下的函数的单调性和极值以及最值，最终转化为f（x）min0，若f（x）0恒成立，转化为f（x）max0;
（3）若f（x）
g（x）恒成立，可转化为
f（xmin）
g（x）max.
12．D
解析：
D
【解析】
试题分析：
y
1
1在区间1,1上为增函数；
ycosx在区间1,1上先增后减；
1x
yln1
x在区间1,1上为增函数；
y2
x在区间1,1上为减函数，选D.
考点：
函数增减性
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|x3}
2
【解析】
3
当x20时，xx2fx25xx25，解得2x；当
2
x20时，xx2fx25xx25，恒成立，解得：
x2，合并
33
解集为xx，故填：
xx.
22
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f3
5，
求得
a3527b23，进而求解f
3的值，
得到答案
【详解】
由题意，函数
fx
1
ax5bx32（a，b为常数），且
f3
5，
所以f
3
1
a35
1
27b25，所以a3527b
3，
又由f
3
1
a35
27b2321.
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.
15．3【解析】【分析】根据幂函数的概念列式解得或然后代入解析式看指数的符号负号就符合正号就不符合【详解】因为函数是幂函数所以即所以所以或当时其图象不过原点符合题意;当时其图象经过原点不合题意综上所述:
故解析：
3
【解析】
【分析】
根据幂函数的概念列式解得m3,或m6,然后代入解析式,看指数的符号,负号就符合,正号就不符合.
【详解】
因为函数ym29m19x2m7m9是幂函数,
所以m29m191,即m29m180,
所以（m3）（m6）0,
所以m3或m6,
当m3时,f（x）x12,其图象不过原点,符合题意;
当m5时,f（x）x21,其图象经过原点,不合题意.
综上所述:
m3.
故答案为:
3
【点睛】本题考查了幂函数的概念和性质,属于基础题.
16．【解析】【分析】根据互为反函数的两个图像与性质可求得的等量关系代入解析式可得分段函数分别解方程求得方程的解即可得解【详解】是方程的解是方程的解则分别为函数与函数和图像交点的横坐标因为和互为反函数所以
解析：
1
【解析】
【分析】
根据互为反函数的两个图像与性质,可求得a,b的等量关系,代入解析式可得分段函数fx
分别解方程fxx,求得方程的解,即可得解.
详解】
n
所以
xi2
i1
故答案为:
1
【点睛】
本题考查了函数与方程的关系,互为反函数的两个函数的图像与性质,分段函数求自变量,属于中档题.
17．【解析】【分析】先利用已知求出的值再求点D的坐标【详解】由图像可知点在函数的图像上所以即因为点在函数的图像上所以因为点在函数的图像上所以又因为所以点的坐标为故答案为【点睛】本题主要考查指数对数和幂函
11解析：
24
【解析】
【分析】先利用已知求出xA,xB，yC的值，再求点D的坐标.
【详解】
由图像可知，点AxA,2在函数ylog2x的图像上，所以2log2xA，即
22
xA
故答案为1,1
24
【点睛】本题主要考查指数、对数和幂函数的图像和性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.
18．【解析】【分析】根据函数经过点求出幂函数的解析式利用反函数的求法即可求解【详解】因为点在幂函数的图象上所以解得所以幂函数的解析式为则所以原函数的反函数为故答案为：
【点睛】本题主要考查了幂函数的解析式解析：
x2（x0）
解析】【分析】
根据函数经过点（4,2）求出幂函数的解析式，利用反函数的求法，即可求解．
【详解】
则xy2，所以原函数的反函数为f1（x）x2（x0）．故答案为：
f1（x）x2（x0）
【点睛】本题主要考查了幂函数的解析式的求法，以及反函数的求法，其中熟记反函数的求法是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．
19．24【解析】由题意得：
所以时考点：
函数及其应用
解析：
24
【解析】
由题意得：
{ee22kb19248,e22k1498214,e11k12，所以x33时，
33kb11k3bye（e）e
1
19224.
8
考点：
函数及其应用.
20．【解析】【分析】
由已知可构造有两不同实数根利用二次方程解出的范围
即可【详解】为增函数且时函数的值域也为相当于方程有两不同实数根有两不
同实根即有两解整理得：
令有两个不同的正数根只需即可解得故答案为：
【
1解析：
0,
4
【解析】
【分析】
2x
由已知可构造logaa2xtx有两不同实数根，利用二次方程解出t的范围即可
【详解】
2x
Qf（x）logaa2xt为增函数，
且xm,n时，函数fxlogaa2xt的值域也为m,n，
f（m）m,f（n）n，
相当于方程f（x）x有两不同实数根,
2x
logaatx有两不同实根，
即axa2xt有两解，整理得：
a2xaxt0，令max,m0，
m2mt0有两个不同的正数根，
14t0
只需即可，
t01
解得0t，
4
1
故答案为：
0,
4
【点睛】本题主要考查了对数函数的单调性，对数方程，一元二次方程有两正根，属于中档题三、解答题
21．
（1）奇函数；
（2）,2
【解析】
【分析】
（1）根据函数奇偶性的定义，求出函数的定义域及fx与fx的关系，可得答案；
fx的单调性，可得关于m的不等式，可得m的取值范围.
【详解】
解：
（1）函数fx的定义域是R，因为fxlgx1x2，所以fxfxlgx1x2lgx1x2lg10，即fxfx，所以函数fx是奇函数.
（2）由
（1）知函数fx是奇函数，所以f1mf2m1f2m1ylgu，ux1x2，xR.
因为ylgu是增函数，由定义法可证ux1x2在R上是增函数，则函数
R上的增函数.
，设
fx是
所以1m2m1，解得m2，故实数m的取值范围是,2.
点睛】本题主要考查函数的单调性、奇偶性的综合应用，属于中档题
2log42t3log4t1,2t22
18,t22
（1）令mlog4x,则可利用换元法将题转化为二次函数值域问题求解
（2）根据二次函数的性质,分类讨论即可.
【详解】
12,1
∴该函数的值域为1,0
8
（1）令mlog4x,则x2,4时,m
Qx2,t,m2,log4t
2
gthmminhlog4t2log4t3log4t1,
3
当log4t4,即t22时,
133
函数h（m）在2,4上单调递减,在4,log4t上单调递增
3
gthmminh4
综上所述:
gt
【点睛】
2log42t3log4t1,2t22
1,t22
8
本题考查对数函数综合应用
需结合二次函数相关性质答题,属于中档题.
23．（Ⅰ）MI（CRN）{x|2x2或3x5}（Ⅱ）a2【解析】
【分析】
M可知
（Ⅰ）a1时，化简集合B,根据集合交集补集运算即可（Ⅱ）由MNNM，分类讨论N，N即可求解.
【详解】
（Ⅰ）当a1时，Nx|2x3，
CRNx|x2或x3.
故MI（CRN）{x|2x2或3x5}.
（Ⅱ）QMNM,
NM
当N时，a12a1，即a0；
当N时，即a0.
QNM，
a12
2a15解得0a2.综上：
a2.
【点睛】本题主要考查了集合的交集，补集运算，子集的概念，分类讨论，属于中档题
2
24．
（1）f（x）（x1）2;
（2）存在,1.
解析】
【分析】
（1）由f（3）f
（1）,知此二次函数图象的对称轴为x1,由f
（1）0可设出抛物线的解析式为f（x）a（x1）2，再利用f
（1）4求得a的值；
（2）利用零点存在定理，证明h（0）h
（1）0即可得到n的值.
【详解】
（1）由f（3）f
（1）,知此二次函数图象的对称轴为x1,
又因为f
（1）0,所以（1,0）是f（x）的顶点,
所以设f（x）a（x1）2，因为f
（1）4,即a（11）24，
所以设a1
所以f（x）（x
1）2
（2）由
（1）知h（x）
（x
1）2
ln（|
x|1）
因为h
（1）（1
1）2
ln（|
1|
1）ln
（2）0
h（0）（01）2
ln（|0|
1）
1
0
即h（0）h
（1）0
因为函数h（x）
f（x）
ln（|
x|
1）在R上连续不断,
由零点存在性定理
所以函数
h（x）在（1,0）上存在零点
所以存在n1使得函数h（x）在区间（n,n1）内存在零点.
【点睛】本题考查一元二次函数的解析式、零点存在定理，考查函数与方程思想考查逻辑推理能力和运算求解能力.
25．
（1）答案见解析；
（2）a0或a1.
【解析】
试题分析：
（1）利用赋值法计算可得f02,f14，设x1，则2x1，
利用f22拆项：
f2f2xx即可证得：
当x1时，fx0；
2x2x3
x24x
（2）结合
（1）的结论可证得fx是增函数，据此脱去f符号，原问题转化为
22
a2a2x22a1x22在1
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