2020-2021高中必修一数学上期末试题(带答案)(2)

2020-2021高中必修一数学上期末试题(带答案)(2)

一、选择题

13，则a，b，c的大小关系为

1．已知alog2e，bln2，

clog12A．abc B．bac C．cba D．cab

2．设alog43，blog86，c2，则（ ）

0.1A．abc B．bac C．cab D．cba

3．在实数的原有运算法则中，补充定义新运算“”如下：当ab时，aba；当

ab时，abb2，已知函数

fx1xx22xx2,2

，则满足

fm1f3m的实数的取值范围是（ ）

11,,222 B． A．12,2C．3 21,D．3

4．若

3ax4a,x1fx2x,x1

是,的增函数,则a的取值范围是( )

2,35A． 2

,3B．5

C．,3

2,5 D．

5．函数

fxx2sinx的图象大致为( )

A． B．

C． D．

3f(x)xf(x)x10x1R6．已知定义域的奇函数的图像关于直线对称，且当时，，

21f则2（ ）

27A．8

1B．8

1C．8 27D．8

7．下列函数中，值域是0,的是（ ）

1x21

2yxA．

B．

y

xy2C．

D．ylgx1(x0)

x7,7fx2x6fx8．定义在上的奇函数，当0x7时，，则不等式fx0的解集为

A．C．2,7

B．2,02,7

2,02,

xD．7,22,7

9．已知0a1，则方程

alogax根的个数为（ ）

A．1个 B．2个 C．3个 D．1个或2个或3根

2,x1fx1log2x,x1fx210．设函数，则满足的x的取值范围是( )

1xA．1,2

B．0,2

C．1,

D．0,

11．已知全集U={1，2，3，4，5，6}，集合P={1，3，5}，Q={1，2，4}，则

(UP)Q=

A．{1} B．{3，5} C．{1，2，4，6} D．{1，2，3，4，5}

12．已知函数（ ）

f(x)g(x)x，对任意的xR总有f(x)f(x)，且g(1)1，则g(1)

A．1 B．3 C．3 D．1

二、填空题

fx2x410x22x113．通过研究函数

gx2xn10x22x1在xR内的零点个数，进一步研究得函数

（n3，nN且n为奇数）在xR内零点有__________个

14．已知函数fx满足

x12fxx1f1xx

，其中xR且x0，则函数fx的解析式为__________

15．如果函数

ym29m19x2m7m92

是幂函数，且图像不经过原点，则实数m___________.

16．

f(x)是R上的奇函数且满足f(3x)f(3x)，若x(0,3)时，f(x)xlgx，则

f(x)在(6,3)上的解析式是______________．

17．若函数

fx1ax21是奇函数，则实数a的值是_________.

fxfx18．已知函数是定义在R上的偶函数，且在区间[0,)上是减函数，则

fxf2的解集是________．

sinx(x0)1111f(x)f()f()f(x1)(x0)则66为_____ 19．已知

a8aa(9a)a20．已知正实数满足，则loga(3a)的值为_____________.

三、解答题

21．计算或化简：

（1）

12703log2161664

1213；

（2）

log327log32log236log62lg2lg5

.

22．已知函数

f(x)ax2(b8)xaab

的零点是-3和2

(1)求函数f(x)的解析式.

(2)当函数f(x)的定义域是0,1时求函数f(x)的值域.

23．已知函数

fk(x)axkax，（kZ，a0且a1）.

1f13（1）若2，求f1(2)的值；

（2）若fk(x)为定义在R上的奇函数，且0a1，是否存在实数，使得

fk(cos2x)fk(2sinx5)0

2x0,对任意的3恒成立若存在，请写出实数的取值范围；若不存在，请说明理由.

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(nZ),函数h(x)在区间(n,n1)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．已知函数f(x)loga(x1)2（a0，且a1），过点(3,3).

（1）求实数a的值；

（2）解关于x的不等式

f2x3f122x1

.

26．已知

．

（1）若函数的定义域为，求实数的取值范围；

（2）若函数在区间上是递增的，求实数的取值范围．

【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除

一、选择题

1．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：

10,1log2e，

alog2e1，

bln2clog121log23log2e3

，

据此可得：cab.

本题选择D选项.

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．D

解析：D

【解析】

【分析】

3alog3blog6，结合对数函数的性质，求得ab1，22由对数的运算化简可得，0.1c21，即可求解，得到答案. 又由指数函数的性质，求得

【详解】

由题意，对数的运算公式，可得

log231log23log23log242 alog43，

log261log26log236log283 blog86，

3又由362，所以

log23log236log221

，即ab1，

0.10由指数函数的性质，可得c221，

所以cba.

故选D.

【点睛】

本题主要考查了对数函数的图象与性质，以及指数函数的图象与性质的应用，其中解答中熟练应用指数函数与对数函数的图象与性质，求得a,b,c的范围是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.

3．C

解析：C

【解析】

当2x1时，

fx1x22x4

；

当1x2时，

fxx2x22x34

；

所以

x4,2x1fx3x4,1x2

，

fxx42,1fxx341,2在单调递增，在单调递增，

易知，

且2x1时，

fxmax3fx3，1x2时，min，

2则fx在2,上单调递增，

2m1223m212mm13mfm1f3m3，故选C． 所以得：，解得2点睛：新定义的题关键是读懂题意，根据条件，得到

x4,2x1fx3x4,1x2

fm1f3m2，通过单调性分析，得到fx在2,上单调递增，解不等式，要符

2m1223m2m13m合定义域和单调性的双重要求，则，解得答案．

4．A

解析：A

【解析】

【分析】

yfx利用函数

是,上的增函数，保证每支都是增函数，还要使得两支函数在

23a14a1分界点x1处的函数值大小，即，然后列不等式可解出实数a的取值范

围．

【详解】

由于函数

3ax4a,x1fxx2,x1

是,的增函数，

y3ax4a则函数

在,1上是增函数，所以，3a0，即a3；

25，

且有3a14a12，即35a1，得

a2,35因此，实数a的取值范围是，故选A.

【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．

5．C

解析：C

【解析】

【分析】

fxx2sinx根据函数

,0是奇函数，且函数过点，从而得出结论．

【详解】

fxx2sinx由于函数是奇函数，故它的图象关于原点轴对称，可以排除B和D；

又函数过点,0，可以排除A，所以只有C符合．

故选：C．

【点睛】

本题主要考查奇函数的图象和性质，正弦函数与x轴的交点，属于基础题．

6．B

解析：B

【解析】

【分析】

4k2k21，再利用换元法得到fxfx4，进而

f12f32利用题意得到，f(x)f(x)和

xD得到fx的周期，最后利用赋值法得到周期性求解即可.

18，

3ff2138，最后利用2【详解】

f(x)为定义域R的奇函数，得到f(x)f(x)①；

又由f(x)的图像关于直线x1对称，得到

xD4k2k21②；

f2xfx2f2xfx在②式中，用x1替代x得到，又由②得；

再利用①式，

fx2f1x3

f1x3f4x

fx4

fxf2xfx4

③

对③式，用x4替代x得到fxfx4，则f(x)是周期为4的周期函数；

11f3当0x1时，f(x)x，得28

1113ff1f1f122228，133ff8， 22

由于f(x)是周期为4的周期函数，

33ff1222

121f8， 2答案选B

【点睛】

本题考查函数的奇偶性，单调性和周期性，以及考查函数的赋值求解问题，属于中档题

7．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】

2yx对于A：的值域为0,；

22对于B：x0，x11，

011x21，

y1x21的值域为0,1；

x,0y2对于C：的值域为；

lgx10对于D：x0，x11，，

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．

8．B

解析：B

【解析】

【分析】

当0x7时，f(x)为单调增函数，且f(2)0，则f(x)0的解集为2,7，再结合f(x)为奇函数，所以不等式f(x)0的解集为(2,0)(2,7]．

【详解】

2xf(2)2260，f(x)2x6(0,7]f(x)0x7当时，，所以在上单调递增，因为

所以当0x7时，f(x)0等价于f(x)f(2)，即2x7，

因为f(x)是定义在[7,7]上的奇函数，所以7x0 时，f(x)在[7,0)上单调递增，且

f(2)f(2)0，所以f(x)0等价于f(x)f(2)，即2x0，所以不等式f(x)0的解

集为(2,0)(2,7]

【点睛】

本题考查函数的奇偶性，单调性及不等式的解法，属基础题．应注意奇函数在其对称的区间上单调性相同，偶函数在其对称的区间上单调性相反．

9．B

解析：B

【解析】

【分析】

在同一平面直角坐标系中作出方程

alogaxxfxaxgxlogax与的图象，图象的交点数目即为

根的个数.

【详解】

fxa作出

x，gxlogax图象如下图：

由图象可知：

fx,gx有两个交点，所以方程

alogaxx根的个数为2.

故选：B.

【点睛】

本题考查函数与方程的应用，着重考查了数形结合的思想，难度一般.

hxfxgxfxgxfxgx(1)函数的零点数方程根的个数与图象的

交点数；

(2)利用数形结合可解决零点个数、方程根个数、函数性质研究、求不等式解集或参数范围等问题.

10．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12，x1，故答案为0,．

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．

11．C

解析：C

【解析】

试题分析：根据补集的运算得

UP2,4,6,(UP)Q2,4,61,2,41,2,4,6

．故选C.

【考点】补集的运算.

【易错点睛】解本题时要看清楚是求“”还是求“”，否则很容易出现错误；一定要注意集合中元素的互异性，防止出现错误．

12．B

解析：B

【解析】

由题意，f（﹣x）+f（x）=0可知f（x）是奇函数，

fxgxx∵，g（﹣1）=1，

即f（﹣1）=1+1=2

那么f（1）=﹣2．

故得f（1）=g（1）+1=﹣2，

∴g（1）=﹣3，

故选：B

二、填空题

13．3【解析】【分析】令（为奇数）作出两个函数的图象后可判断零点的个数【详解】由题意令则零点的个数就是图象交点的个数如图所示：由图象可知与的图象在第一象限有一个交点在第三象限有一个交点因为当为正奇数时的

解析：3

【解析】

【分析】

sxhxhx10x22x1nn3（为奇数，），，作出、两个函数的图象

令

sx2xngx后可判断零点的个数.

【详解】

由题意，令

gxsx2xn,nN*,n5，

hx10x22x1，则gxsxhx，

零点的个数就是sx,hx图象交点的个数，

如图所示：

sx由图象可知，与hx的图象在第一象限有一个交点，在第三象限有一个交点，

因为当n为正奇数时sx2x的变化速度远大于hx的变化速度，故在第三象限内，

nsx、hx的图象还有一个交点，故sx,hx图象交点的个数为3，

所以gx零点的个数为3.

故答案为：3.

【点睛】

本题主要考查了函数的零点的判定，其中解答中把函数的零点问题转化为两个函数的

图象的交点个数求解是解答的关键，着重考查了数形结合思想的应用，属于中档试题.

14．【解析】【分析】用代换可得联立方程组求得再结合换元法即可求解【详解】由题意用代换解析式中的可得……（1）与已知方程……（2）联立（1）（2）的方程组可得令则所以所以故答案为：【点睛】本题主要考查了函

11fx(x1)3x1

解析：

【解析】

【分析】

用x代换x，可得

x12fxx1f1xx

x11fx，联立方程组，求得x3，再结合换元法，即可求解.

【详解】

由题意，用x代换解析式中的x，可得

x12fxx1f1xx

，…….（1）

与已知方程

x12fxx1f1xx

，……（2）

x11fxx3联立（1）（2）的方程组，可得，

令

tx1x,t1x，则11ftt1，所以3t1，

1所以

11fx(x1)3x1.

故答案为：

11fx(x1)3x1.

【点睛】

本题主要考查了函数解析式的求解，解答中用x代换x，联立方程组，求得

x11fxx3是解答的关键，着重考查了函数与方程思想，以及换元思想的应用，属于

中档试题.

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m3,或m6,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

ym29m19x2m7m92

是幂函数,

22所以m9m191,即m9m180,

所以(m3)(m6)0,

所以m3或m6,

12f(x)xm3当时,,其图象不过原点,符合题意;

当m5时,f(x)x,其图象经过原点,不合题意.

21综上所述:m3.

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】首先根据题意得到再设代入解析式即可【详解】因为是上的奇函数且满足所以即设所以所以故答案为：【点睛】本题主要考查函数的奇偶性和对称性的综合题同时考查了学生的转化能力属于中档题

解析：

f(x)x6lg(x6)

【解析】

【分析】

首先根据题意得到f(x6)f(x)，再设x(6,3)，代入解析式即可.

【详解】

因为f(x)是R上的奇函数且满足f(3x)f(3x)，

所以

f[3(x3)]f[3(x3)]

，即

f(x6)f(x)f(x)

.

设x(6,3)，所以x6(0,3).

f(x6)x6lg(x6)f(x)

，

所以

f(x)x6lg(x6)

.

故答案为：

f(x)x6lg(x6)

【点睛】

本题主要考查函数的奇偶性和对称性的综合题，同时考查了学生的转化能力，属于中档题.

17．【解析】【分析】由函数是奇函数得到即可求解得到答案【详解】由题意函数是奇函数所以解得当时函数满足所以故答案为：【点睛】本题主要考查了利用函数的奇偶性求解参数问题其中解答中熟记奇函数的性质是解答的关键

1解析：2

【解析】

【分析】

1a0201，即可求解，得到答案.

由函数fx是奇函数，得到

f0【详解】

111aaf0a02， 2x1201是奇函数，所以，解得

由题意，函数

fx

当

a111fxx2时，函数212满足fxfx，

所以

a12.

1故答案为：2.

【点睛】

本题主要考查了利用函数的奇偶性求解参数问题，其中解答中熟记奇函数的性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.

18．【解析】【分析】由题意先确定函数在上是增函数再将不等式转化为即可求得的取值范围【详解】函数是定义在上的偶函数且在区间上是减函数函数在区间上是增函数或解集为故答案为：【点睛】本题考查偶函数与单调性结合

解析：，22，

【解析】

【分析】

f11f2fx由题意先确定函数在,0上是增函数，再将不等式转化为即可求

得x的取值范围.

【详解】

函数fx是定义在R上的偶函数，且fx在区间[0,)上是减函数，

函数fx在区间,0上是增函数

fxf2

fxf2

x2

x2或x≤2

解集为,22,

故答案为：,22,

【点睛】

本题考查偶函数与单调性结合解抽象函数不等式问题，直观想象能力，属于中等题型.

19．0【解析】【分析】根据分段函数的解析式代入求值即可求解【详解】因为则所以【点睛】本题主要考查了分段函数求值属于中档题

解析：0

【解析】

【分析】

根据分段函数的解析式，代入求值即可求解.

【详解】

sinx(x0)f(x)f(x1)(x0) 因为

则

11111)sin()sin6662

f(,

11511f()f()f()sin()66662

,

1111)f()066.

所以

f(【点睛】

本题主要考查了分段函数求值，属于中档题.

20．【解析】【分析】将已知等式两边同取以为底的对数求出利用换底公式即可求解【详解】故答案为:【点睛】本题考查指对数之间的关系考查对数的运算以及应用换底公式求值属于中档题

9解析：16

【解析】

【分析】

a8aa(9a)将已知等式，两边同取以e为底的对数，求出lna，利用换底公式，即可求

解.

【详解】

aa(9a)8a，

lnaaln(9a)8a,alna8a(ln9lna)

，

16ln37

a0,7lna16ln3,lna

，

ln3aln391lna16ln3167

loga(3a).

9故答案为:16.

【点睛】

本题考查指对数之间的关系，考查对数的运算以及应用换底公式求值，属于中档题.

三、解答题

121．（1）2（2）3

【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164

731444

12.

12313（2）原式

log333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．

2f(x)3x3x18（2）[12,18] 22．（1）

【解析】

【分析】

【详解】

（1）

b8aab,32a3,b5aa

32 ,

fx3x23x18

12 ,在0,1单调递减，

（2）因为fx3x23x18开口向下，对称轴

x所以

当x0,fmaxx18,当x1,fminx12

所以函数f(x)的值域为[12,18]

【点睛】

本题将函数的零点、解析式、最大小值等有关知识与性质有机整合在一起，旨在考查函数的表示、零点、最大小值等基础知识及综合运用．求解时先依据函数零点与方程的根之间的关系，求出函数解析式中的参数的值；解答第二问时，借助二次函数的图像和性质，运用数形结合的数学思想求出最大小值从而使得问题获解．

23．（1）47；（2）存在，3

【解析】

【分析】

（1）由指数幂的运算求解即可.

2x0,（2）由函数fk(x)的性质可将问题转化为cos2x52sinx对任意的3恒成

立，分离变量后利用均值不等式求最值即可得解.

【详解】

12f1aa23解：（1）由已知2，

11112aa2aa129

21，aa7，

aa1a2a22492

，

a2a247，

即

f1(2)a2a247.

（2）若fk(x)为定义在R上的奇函数，

则fk(0)1k0，解得k1，

xx0a1，fk(x)aa，在R上为减函数，

则

fk(cos2x)fk(2sinx5)0

，

可化为

fk(cos2x)fk(2sinx5)fk(52sinx)

，

2x0,即cos2x52sinx对任意的3恒成立，

即

5cos2x2sin2x42sinx2sinx2sinxsinx

2x0,，对任意的3恒成立，

令tsinx,t[0,1]，则

yt2t为减函数，

当t1时，y取最小值为3，

所以3.

【点睛】

本题考查了不等式恒成立问题，重点考查了均值不等式，属中档题.

2f(x)(x1)24．(1);(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x1, 由f(1)0可设出抛物线的解

2f(x)a(x1)析式为，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x1,

又因为f(1)0,所以(1,0)是f(x)的顶点,

2f(x)a(x1)所以设，

2a(11)4， f(1)4因为,即

所以设a1

2f(x)(x1)所以

(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)(01)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n1使得函数h(x)在区间(n,n1)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）2（2）x|2【解析】

【分析】

（1）将点(3,3)代入函数计算得到答案.

xx1（2）根据函数的单调性和定义域得到123122，解得答案.

【详解】

（1）

f3loga3123,loga21,a2

fxlog2x12∴ .

（2）

fxlog2x12

的定义域为x|x1，并在其定义域内单调递增，

∴

f2x3f122x1,12x3122x1

，不等式的解集为x2【点睛】

本题考查了函数解析式，利用函数单调性解不等式，意在考查学生对于函数知识的综合应用.

26．（1）（2）

【解析】

试题分析：（1）由于函数定义域为全体实数，故

，解得

数单调性有函数

；（2）由于在

恒成立，即有

在定义域上是减函数，故根据复合函

上为减函数，结合函数的定义域有

，解得.

试题解析：（1）由函数

的定义域为可得:

不等式的解集为，∴解得，

∴所求的取值范围是

（2）由函数在区间上是递增的得：

区间且在区间则

，解得

上是递减的，

上恒成立；