2020-2021佛山市高一数学上期末模拟试卷及答案

一、选择题

1．已知alog2e，bln2，clog121，则a，b，c的大小关系为 3C．cba

BA．abc B．bac D．cab

x12．设集合Ax|21，By|ylog3x,xA，则

A（ ）

D．0,1

A．0,1 B．0,1 C．0,1

3．已知二次函数fx的二次项系数为a，且不等式fx2x的解集为1,3，若方程

fx6a0，有两个相等的根，则实数a（ ）

A．－

1 5B．1 C．1或－

1 5D．1或－

1 54．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)

B．f(1)f(2)f(3) D．f(3)f(1)f(2)

exex5．已知函数fx，xR，若对任意0,，都有

22fsinf1m0成立，则实数m的取值范围是（ ）

A．0,1

B．0,2

C．,1

1 D．，548＋loga＝( ) 65A．1 B．2 C．3 D．4

7．下列函数中，其定义域和值域分别与函数y＝10lg x的定义域和值域相同的是( )

6．若函数y＝aax (a>0，a≠1)的定义域和值域都是[0，1]，则logaA．y＝x

B．y＝lg x

C．y＝2x

D．y＝1 xlog1x,x1,128．已知函数f(x)＝则f(f()))等于( )

x224,x1,A．4 C．2

B．－2 D．1

9．点P从点O出发，按逆时针方向沿周长为l的平面图形运动一周，O，P两点连线的距离y与点P走过的路程x的函数关系如图所示，则点P所走的图形可能是

A． B．

C．

D．

10．函数y＝A．2 C．

1在[2，3]上的最小值为( ) x1B．

1 21 2

D．

1 3

B．

D．－

11．下列函数中，既是偶函数又存在零点的是（ ） A．

C．

12．若不等式x2ax10对于一切x0,A．a0

B．a2

1恒成立，则a的取值范围为( ) 2C．a5 2D．a3

二、填空题

13．已知yf(x)是定义在R上的奇函数，且当x0时，f(x)的值域为__________.

223214．已知a，bR，集合Dx|xaa2xa2a0，且函数

11，则此函数4x2xfxxaa1b是偶函数，bD，则20153ab2的取值范围是_________. 2x2ax,x1,15．已知函数f(x){若x1,x2R,x1x2，使得f(x1)f(x2)成立，

ax1,x1,则实数a的取值范围是 ．

，16．己知函数fxx2ax1a在区间01上的最大值是2,则实数a______.

217．函数fxlog45x2x1的定义域为________. 18．函数f(x)min2x,x2，其中mina,b{a,ab，若动直线ym与函数

b,abyf(x)的图像有三个不同的交点，则实数m的取值范围是______________.

xx5,x219．已知函数fxa2a2,x2，其中a0且a1，若fx的值域为

3,，则实数a的取值范围是______．

20．已知a＞b＞1.若logab+logba=

5，ab=ba，则a= ，b= . 2三、解答题

21．计算或化简：

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

a2x222．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.

22x1123．已知定义域为R的函数f(x)x是奇函数.

2a2（Ⅰ）求实数a的值；

（Ⅱ）判断函数f(x)的单调性，并用定义加以证明.

24．泉州是全国休闲食品重要的生产基地,食品产业是其特色产业之一,其糖果产量占全国的20%.现拥有中国驰名商标17件及“全国食品工业强县”2个(晋江､惠安)等荣誉称号,涌现出达利､盼盼､友臣､金冠､雅客､安记､回头客等一大批龙头企业.已知泉州某食品厂需要定期购买食品配料,该厂每天需要食品配料200千克,配料的价格为1元/千克,每次购买配料需支付运费90元.设该厂每隔xxN*天购买一次配料.公司每次购买配料均需支付保管

3(x5)元/千克一次性支付. 200费用,其标准如下:6天以内(含6天),均按10元/天支付;超出6天,除支付前6天保管费用外,还需支付剩余配料保管费用,剩余配料按

(1)当x8时,求该厂用于配料的保管费用P元;

(2)求该厂配料的总费用y(元)关于x的函数关系式,根据平均每天支付的费用,请你给出合理建议,每隔多少天购买一次配料较好.

附:f(x)x80在(0,45)单调递减,在(45,)单调递增. x225．已知函数fxaxbxca0，满足f02，fx1fx2x1. （1）求函数fx的解析式； （2）求函数fx的单调区间；

（3）当x1,2时，求函数的最大值和最小值．

26．已知fxlogax，gx2loga2x2a01,a1,aR，hxx（1）当x1,时，证明：hxx1. x1为单调递增函数； x（2）当x1,2，且Fxgxfx有最小值2时，求a的值. 

【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除

一、选择题 1．D 解析：D 【解析】

分析：由题意结合对数函数的性质整理计算即可求得最终结果. 详解：由题意结合对数函数的性质可知：

alog2e1，bln2据此可得：cab. 本题选择D选项.

110,1，clog1log23log2e， log2e32点睛：对于指数幂的大小的比较，我们通常都是运用指数函数的单调性，但很多时候，因幂的底数或指数不相同，不能直接利用函数的单调性进行比较．这就必须掌握一些特殊方法．在进行指数幂的大小比较时，若底数不同，则首先考虑将其转化成同底数，然后再根据指数函数的单调性进行判断．对于不同底而同指数的指数幂的大小的比较，利用图象法求解，既快捷，又准确．

2．B

解析：B 【解析】 【分析】

先化简集合A,B,再求【详解】

BA得解.

x10由题得Ax|22{x|x1}，By|y0.

所以

BA{x|0x1}.

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.

3．A

解析：A 【解析】 【分析】

设fxaxbxc，可知1、3为方程fx2x0的两根，且a0，利用韦达定

2理可将b、c用a表示，再由方程fx6a0有两个相等的根，由0求出实数a的值. 【详解】

由于不等式fx2x的解集为1,3，

即关于x的二次不等式axb2xc0的解集为1,3，则a0.

2由题意可知，1、3为关于x的二次方程axb2xc0的两根，

2由韦达定理得b2c134，133，b4a2，c3a， aafxax24a2x3a，

由题意知，关于x的二次方程fx6a0有两相等的根， 即关于x的二次方程ax4a2x9a0有两相等的根，

2则4a236a210a222a0，【点睛】

21a0，解得a，故选：A.

5本题考查二次不等式、二次方程相关知识，考查二次不等式解集与方程之间的关系，解题的关键就是将问题中涉及的知识点进行等价处理，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.

4．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．D

解析：D 【解析】

试题分析：求函数f（x）定义域，及f（﹣x）便得到f（x）为奇函数，并能够通过求f′（x）判断f（x）在R上单调递增，从而得到sinθ＞m﹣1，也就是对任意的0,有sinθ＞m﹣1成立，根据0＜sinθ≤1，即可得出m的取值范围． 详解：

f（x）的定义域为R，f（﹣x）=﹣f（x）； f′（x）=ex+e﹣x＞0； ∴f（x）在R上单调递增；

由f（sinθ）+f（1﹣m）＞0得，f（sinθ）＞f（m﹣1）； ∴sinθ＞m﹣1； 即对任意θ∈0,∵0＜sinθ≤1； ∴m﹣1≤0；

∴实数m的取值范围是（﹣∞，1]． 故选：D．

点睛：本题考查函数的单调性与奇偶性的综合应用，注意奇函数的在对称区间上的单调性的性质；对于解抽象函数的不等式问题或者有解析式，但是直接解不等式非常麻烦的问题，可以考虑研究函数的单调性和奇偶性等，以及函数零点等，直接根据这些性质得到不等式的解集.

2都

2都有m﹣1＜sinθ成立；

6．C

解析：C 【解析】 【分析】

先分析得到a＞1，再求出a=2,再利用对数的运算求值得解. 【详解】

由题意可得a－ax≥0，ax≤a，定义域为[0，1]， 所以a>1，

y＝aax在定义域为[0，1]上单调递减，值域是[0，1]， 所以f(0)＝a1＝1，f(1)＝0， 所以a＝2， 所loga

548548＋loga＝log2＋log2＝log28＝3. 6565故选C 【点睛】

本题主要考查指数和对数的运算，考查函数的单调性的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.

7．D

解析：D 【解析】

试题分析:因函数y10lgx的定义域和值域分别为

考点：对数函数幂函数的定义域和值域等知识的综合运用．

,故应选D．

8．B

解析：B 【解析】

1f242224，则21f1ff4log142，故选B. 229．C

解析：C 【解析】 【分析】

认真观察函数图像，根据运动特点，采用排除法解决. 【详解】

由函数关系式可知当点P运动到图形周长一半时O,P两点连线的距离最大，可以排除选项A,D,对选项B正方形的图像关于对角线对称，所以距离y与点P走过的路程x的函数图像应该关于故选C． 【点睛】

本题考查函数图象的识别和判断，考查对于运动问题的深刻理解，解题关键是认真分析函数图象的特点．考查学生分析问题的能力．

l对称，由图可知不满足题意故排除选项B， 210．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1211．A

解析：A 【解析】 由选项可知，

项均不是偶函数，故排除

，

项是偶函数，但项与轴没有交点，

即项的函数不存在零点，故选A.

考点：1.函数的奇偶性；2.函数零点的概念.

12．C

解析：C 【解析】 【分析】 【详解】

xax10对于一切x0,21成立， 21x21则等价为a⩾对于一切x∈(0, )成立，

2x即a⩾−x−设y=−x−∴−x−

11对于一切x∈(0, )成立， x211,则函数在区间(0, 〕上是增函数 x2115<−−2=， x225. 2故选C.

∴a⩾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)min0，若f(x)0恒成立，转化为f(x)max0;

（3）若f(x)g(x)恒成立，可转化为f(xmin)g(x)max.

二、填空题

13．【解析】【分析】可求出时函数值的取值范围再由奇函数性质得出时的范围合并后可得值域【详解】设当时所以所以故当时因为是定义在上的奇函数所以当时故函数的值域是故答案为：【点睛】本题考查指数函数的性质考查函

11解析：,

44【解析】 【分析】

可求出x0时函数值的取值范围，再由奇函数性质得出x0时的范围，合并后可得值域． 【详解】

111设tx，当x0时，2x1，所以0t1，yt2tt， 224所以0y211fx，故当x0时，0,．

441,0，故函数4因为yfx是定义在R上的奇函数，所以当x0时，fx11fx的值域是,．

44故答案为：【点睛】

本题考查指数函数的性质，考查函数的奇偶性，求奇函数的值域，可只求出x0时的函数值范围，再由对称性得出x0时的范围，然后求并集即可．

11,． 4414．【解析】【分析】由函数是偶函数求出这样可求得集合得的取值范围从而可得结论【详解】∵函数是偶函数∴即平方后整理得∴∴由得∴故答案为：【点睛】本题考查函数的奇偶性考查解一元二次不等式解题关键是由函数的奇 解析：[2015,2019]

【解析】 【分析】

由函数f(x)是偶函数，求出a，这样可求得集合D，得b的取值范围，从而可得结论． 【详解】

∵函数fxxaaxaa1b是偶函数，∴f(x)f(x)，即21b1bxaa， 22xaxa，平方后整理得ax0，∴a0，

∴D{x|x2x0}{x|2x0}， 由bD，得2b0． ∴201520153ab22019． 故答案为：[2015,2019]． 【点睛】

本题考查函数的奇偶性，考查解一元二次不等式．解题关键是由函数的奇偶性求出参数

2a．

15．【解析】【分析】【详解】故答案为 解析：

【解析】

【分析】 【详解】

故答案为.

16．或【解析】【分析】由函数对称轴与区间关系分类讨论求出最大值且等于2解关于的方程即可求解【详解】函数对称轴方程为为；当时；当即（舍去）或（舍去）；当时综上或故答案为:或【点睛】本题考查二次函数的图像与

解析：1或2. 【解析】 【分析】

由函数对称轴与区间关系，分类讨论求出最大值且等于2，解关于a的方程，即可求解. 【详解】

函数fxx2ax1a(xa)aa1，

222对称轴方程为为xa；

当a0时，f(x)maxf(0)1a2,a1；

2当0a1,f(x)maxf(a)aa12，

即a2a10,a1515（舍去），或a（舍去）； 22当a1时，f(x)maxf(1)a2， 综上a1或a2. 故答案为:1或2. 【点睛】

本题考查二次函数的图像与最值，考查分类讨论思想，属于中档题.

17．【解析】【分析】根据题意列出不等式组解出即可【详解】要使函数有意义需满足解得即函数的定义域为故答案为【点睛】本题主要考查了具体函数的定义域问题属于基础题；常见的形式有：1分式函数分母不能为0；2偶次 解析：0,5

【解析】 【分析】

5x0根据题意，列出不等式组x，解出即可.

210【详解】

要使函数fxlog45x2x1有意义，

5x0需满足x，解得0≤x5，即函数的定义域为0,5，

210故答案为0,5. 【点睛】

本题主要考查了具体函数的定义域问题，属于基础题；常见的形式有：1、分式函数分母不能为0；2、偶次根式下大于等于0；3、对数函数的真数部分大于0；4、0的0次方无意义；5、对于正切函数ytanx，需满足x集.

2k,kZ等等，当同时出现时，取其交

18．【解析】【分析】【详解】试题分析：由可知是求两个函数中较小的一个分别画出两个函数的图象保留较小的部分即由可得x2﹣8x+4≤0解可得当时此时f（x）＝|x﹣2|当或时此时f（x）＝2∵f（4﹣2）＝ 解析：0m232

【解析】 【分析】 【详解】

a,abmina,b{试题分析：由可知f(x)min2x,x2是求两个函数中较小的

b,ab一个，分别画出两个函数的图象，保留较小的部分，即由2xx2可得x2﹣8x+4≤0，解可得423x423 当423x423时，2xx2，此时f（x）＝|x﹣2| 当x＞423或0x＜433时，2x＜x2，此时f（x）＝2x ∵f（4﹣23）＝232

其图象如图所示，0＜m＜232时，y＝m与y＝f（x）的图象有3个交点

故答案为0＜m＜232

考点：本小题主要考查新定义下函数的图象和性质的应用，考查学生分析问题、解决问题的能力和数形结合思想的应用.

点评：本小题通过分别画出两个函数的图象，保留较小的部分，可以很容易的得到函数的图象，从而数形结合可以轻松解题.

19．【解析】【分析】运用一次函数和指数函数的图象和性质可得值域讨论两种情况即可得到所求a的范围【详解】函数函数当时时时递减可得的值域为可得解得；当时时时递增可得则的值域为成立恒成立综上可得故答案为：【点

1解析：,11,

2【解析】 【分析】

运用一次函数和指数函数的图象和性质，可得值域，讨论a1，0a1两种情况，即可得到所求a的范围． 【详解】

xx5,x2函数函数fxa2a2,x2，

当0a1时，x2时，fx5x3，

xx2时，fxa2a2递减，

可得2a2fxa2a2，

2fx的值域为3,，可得2a23，

解得

1a1； 2当a1时，x2时，fx5x3，

xx2时，fxa2a2递增，

可得fxa2a25，

2则fx的值域为3,成立，a1恒成立． 1a,11,． 综上可得2故答案为：,11,． 【点睛】

本题考查函数方程的转化思想和函数的值域的问题解法，注意运用数形结合和分类讨论的思想方法，考查推理和运算能力，属于中档题．

1220．【解析】试题分析：设因为因此【考点】指数运算对数运算【易错点睛】在解方程时要注意若没注意到方程的根有两个由于增根导致错误 解析：42

【解析】

试题分析：设logbat,则t1，因为t21t5t2ab2， 2因此abbab2bbb2bb2b2,a4. 【考点】指数运算，对数运算． 【易错点睛】在解方程logablogba5时，要注意logba1，若没注意到2logba1，方程logablogba5的根有两个，由于增根导致错误 2三、解答题

21．（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 12131（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． 22．(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.

23．（Ⅰ）【解析】 【分析】

1 （Ⅱ）在R上单调递增，证明见解析

（1）函数的定义域为R，利用奇函数的必要条件，f(0)0，求出a，再用奇函数的定义证明；

（2）判断f(x)在R上单调递增，用单调性的定义证明，任取x1x2，求出函数值，用作差法，证明fx1fx2即可. 【详解】

2x1解：（Ⅰ）∵函数f(x)x是奇函数，定义域为R，

2a2∴f(0)0，即

110， 1a22x12x1解之得1，此时f(x)x 2122(2x1)2x112xf(x)f(x)， xx221212f(x)为奇函数，

a1；

2x12x1（Ⅱ）由（Ⅰ）知，f(x)x， 21222x1设x1,x2R，且x1x2，

12x12x21fx1fx2x1

2212x212x12x2x2112x21

∵x1x2，∴2x12x2，

∴fx1fx20，即fx1fx2 故f(x)在R上单调递增. 【点睛】

本题考查函数奇偶性的应用，注意奇偶性必要条件的运用，减少计算量但要加以证明，考查函数单调性的证明，属于中档题.

210x90,0x624．(1)78;(2)y2,xN,9天.

3x167x240,x6【解析】 【分析】

（1）由题意得第6天后剩余配料为(86)200400(千克),从而求得P；

210x90,0x6y（2）由题意得其中xN. 求出分段函数取得最小值时，对23x167x240,x6应的x值，即可得答案. 【详解】

(1)第6天后剩余配料为(86)200400(千克),

3(85)40078; 200(2)当x6时,y200x10x90210x90,

所以P60当x6时,y200x90603(x5)200(x6)3x2167x240, 200210x90,0x6所以y2其中xN.

3x167x240,x6设平均每天支付的费用为f(x)元, 当0x6时,f(x)210x9090210, xxf(x)在[0,6]单调递减,所以f(x)minf(6)225;

3x2167x240803x167, 当x6时,f(x)xx可知f(x)在(0,45)单调递减,在(45,)单调递增, 又8459,f(8)221,f(9)22022,所以f(x)minf(9)220 33综上所述,该厂9天购买一次配料才能使平均每天支付的费用最少. 【点睛】

本题考查构建函数模型解决实际问题、函数的单调性和最值，考查函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意对勾函数图象的应用.

25．（1）fxx2x2；（2）增区间为1,，减区间为,1；（3）最小值

2为1，最大值为5. 【解析】 【分析】

（1）利用已知条件列出方程组，即可求函数fx的解析式； （2）利用二次函数的对称轴，看看方向即可求函数fx的单调区间； （3）利用函数的对称轴与x1,2，直接求解函数的最大值和最小值． 【详解】

（1）由f02，得c2，又fx1fx2x1，得2axab2x1，

2a22 解得：a1，b2.所以fxx2x2； 故ab1（2）函数fxx22x2x11图象的对称轴为x1，且开口向上， 所以，函数fx单调递增区间为1,，单调递减区间为,1； （3）fxx22x2x11，对称轴为x11,2，故

22fxminf11，

又f15，f22，所以，fxmaxf15. 【点睛】

本题考查二次函数解析式的求解，同时也考查了二次函数单调区间与最值的求解，解题时要结合二次函数图象的开口方向与对称轴来进行分析，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.

26．（1）证明见解析（2）a4 【解析】 【分析】

（1）利用定义法证明函数的单调性，按照：设元、作差、变形、判断符号、下结论的步骤完成即可；

（2）首先表示出Fxgxfx，再根据复合函数的单调性分类讨论可得。 【详解】

解：（1）任取1x1x2，hx2hx1x211x1 x2x1x2x1x2x1x1x21x2x11 x1x2xx12x1x21. x1x21x1x2，x2x10，x1x21，

hx2hx10， hx为单调递增函数.

（2）

4(x1)21F(x)g(x)f(x)2loga(2x2)logaxlogaloga4x2.

xx又由（1）知，yx119在x1,2单调递增，x24,，

xx2当a1时，Fx在x1,2单调递增，Fxminloga162，解得a4.

当0a1时，Fx在x1,2单调递减，Fxminloga182，

解得a1832（舍去）. 所以a4. 【点睛】

本题考查用定义法证明函数的单调性，复合函数的单调性的应用，属于中档题.