1、精選優質文檔-傾情為你奉上2020-2021鄭州市高一數學上期末試卷及答案一、選擇題1已知集合，,則（ ）ABCD2若函數f(x)a|2x4|(a>0，a1)滿足f(1)，則f(x)的單調遞減區間是( )A(，2B2，)C2，)D(，23已知，則（ ）ABCD4若x0cosx0，則（ ）Ax0（，）Bx0（，）Cx0（，）Dx0（0，）5用二分法求方程的近似解，求得的部分函數值數據如下表所示：121.51.6251.751.8751.8125-63-2.625-1.459-0.141.34180.5793則當精確度為0.1時，方程的近似解可取為ABCD6函數f(x)ax2bxc(a0)的

2、圖象關于直線x對稱據此可推測，對任意的非零實數a，b，c，m，n，p，關于x的方程mf(x)2nf(x)p0的解集都不可能是()A1,2B1,4C1,2,3,4D1,4,16,647已知全集為，函數的定義域為集合，且，則的取值范圍是（）ABC或D或8下列函數中，其定義域和值域分別與函數y10lg x的定義域和值域相同的是( )AyxBylg xCy2xDy9已知函數f（x）=x（ex+aex）（xR），若函數f（x）是偶函數，記a=m，若函數f（x）為奇函數，記a=n，則m+2n的值為（ ）A0B1C2D110函數的圖象大致是( )ABCD11已知=,若,則等于A5B7C9D1112已知函數，

3、對任意的總有，且，則（ ）ABCD二、填空題13定義在上的函數滿足，且當若任意的，不等式恒成立，則實數的最大值是 _14己知函數在區間上的最大值是2,則實數_.15設，滿足，則的最小值為_.16若函數為奇函數，則_17已知函數，若關于的不等式恰有兩個非負整數解，則實數的取值范圍是_18若存在實數，使得時，函數的值域也為，其中且，則實數的取值范圍是_.19若函數為奇函數，則_.20定義在R上的奇函數，滿足時，則當時，_三、解答題21已知函數對任意實數，都滿足，且，當時，.(1)判斷函數的奇偶性；(2)判斷函數在上的單調性，并給出證明；(3)若，求實數a的取值范圍.22已知函數.（1）判斷函數的奇

4、偶性；（2）若，求實數的取值范圍.23已知全集，函數的定義域為集合，集合（1）求集合；（2）求.24已知集合，.（1）若，求的值；（2）若，求的取值范圍.25已知函數，（）若，求方程的解集；（）若方程有兩個不同的實數根，求實數的取值范圍26已知函數.（1）求函數的定義域;（2）求函數的零點;（3）若函數的最小值為,求的值【參考答案】*試卷處理標記，請不要刪除一、選擇題1A解析：A【解析】【分析】【詳解】由已知得，因為，所以，故選A2B解析：B【解析】由f(1)=得a2=,a=或a=-(舍),即f(x)=(.由于y=|2x-4|在(-,2上單調遞減,在2,+)上單調遞增,所以f(x)在(-,2上

5、單調遞增,在2,+)上單調遞減,故選B.3C解析：C【解析】【分析】首先將表示為對數的形式，判斷出，然后利用中間值以及對數、指數函數的單調性比較與的大小，即可得到的大小關系.【詳解】因為，所以，又因為，所以，又因為，所以，所以.故選：C.【點睛】本題考查利用指、對數函數的單調性比較大小，難度一般.利用指、對數函數的單調性比較大小時，注意數值的正負，對于同為正或者負的情況可利用中間值進行比較.4C解析：C【解析】【分析】畫出的圖像判斷出兩個函數圖像只有一個交點，構造函數，利用零點存在性定理，判斷出零點所在的區間【詳解】畫出的圖像如下圖所示，由圖可知，兩個函數圖像只有一個交點，構造函數，根據零點存

6、在性定理可知，的唯一零點在區間.故選：C【點睛】本小題主要考查方程的根，函數的零點問題的求解，考查零點存在性定理的運用，考查數形結合的數學思想方法，屬于中檔題.5C解析：C【解析】【分析】利用零點存在定理和精確度可判斷出方程的近似解.【詳解】根據表中數據可知，由精確度為可知，故方程的一個近似解為，選C.【點睛】不可解方程的近似解應該通過零點存在定理來尋找，零點的尋找依據二分法（即每次取區間的中點，把零點位置精確到原來區間的一半內），最后依據精確度四舍五入，如果最終零點所在區間的端點的近似值相同，則近似值即為所求的近似解.6D解析：D【解析】【分析】方程不同的解的個數可為0,1,2,3,4.若有

7、4個不同解，則可根據二次函數的圖像的對稱性知道4個不同的解中，有兩個的解的和與余下兩個解的和相等，故可得正確的選項.【詳解】設關于的方程有兩根，即或.而的圖象關于對稱，因而或的兩根也關于對稱而選項D中.故選D.【點睛】對于形如的方程（常稱為復合方程），通過的解法是令，從而得到方程組，考慮這個方程組的解即可得到原方程的解，注意原方程的解的特征取決于兩個函數的圖像特征.7C解析：C【解析】【分析】由可得，再通過A為 的子集可得結果.【詳解】由可知，所以，因為，所以，即，故選C.【點睛】本題考查不等式的解集和對數函數的定義域，以及集合之間的交集和補集的運算；若集合的元素已知，求解集合的交集、并集、補

8、集時，可根據交集、并集、補集的定義求解.8D解析：D【解析】試題分析:因函數的定義域和值域分別為,故應選D考點：對數函數冪函數的定義域和值域等知識的綜合運用9B解析：B【解析】試題分析：利用函數f（x）=x（ex+aex）是偶函數，得到g（x）=ex+aex為奇函數，然后利用g（0）=0，可以解得m函數f（x）=x（ex+aex）是奇函數，所以g（x）=ex+aex為偶函數，可得n，即可得出結論解：設g（x）=ex+aex，因為函數f（x）=x（ex+aex）是偶函數，所以g（x）=ex+aex為奇函數又因為函數f（x）的定義域為R，所以g（0）=0，即g（0）=1+a=0，解得a=1，所以m

9、=1因為函數f（x）=x（ex+aex）是奇函數，所以g（x）=ex+aex為偶函數所以（ex+aex）=ex+aex即（1a）（exex）=0對任意的x都成立所以a=1，所以n=1，所以m+2n=1故選B考點：函數奇偶性的性質10A解析：A【解析】函數有意義，則：，由函數的解析式可得：，則選項BD錯誤；且，則選項C錯誤；本題選擇A選項.點睛：函數圖象的識辨可從以下方面入手：(1)從函數的定義域，判斷圖象的左右位置；從函數的值域，判斷圖象的上下位置(2)從函數的單調性，判斷圖象的變化趨勢(3)從函數的奇偶性，判斷圖象的對稱性(4)從函數的特征點，排除不合要求的圖象利用上述方法排除、篩選選項11

10、B解析：B【解析】因為=,所以=,則=.選B.12B解析：B【解析】由題意，f（x）+f（x）=0可知f（x）是奇函數，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，故選：B二、填空題13【解析】【分析】先根據解析式以及偶函數性質確定函數單調性再化簡不等式分類討論分離不等式最后根據函數最值求m取值范圍即得結果【詳解】因為當時為單調遞減函數又所以函數為偶函數因此不等式恒成立等價于不等式解析：【解析】【分析】先根據解析式以及偶函數性質確定函數單調性，再化簡不等式，分類討論分離不等式，最后根據函數最值求m取值范圍，即得結果.【詳解】因為當時 為單調

11、遞減函數，又，所以函數為偶函數，因此不等式恒成立，等價于不等式恒成立，即，平方化簡得，當時，；當時，對恒成立，；當時，對恒成立，（舍）；綜上，因此實數的最大值是.【點睛】解函數不等式：首先根據函數的性質把不等式轉化為的形式，然后根據函數的單調性去掉“”，轉化為具體的不等式(組)，此時要注意與的取值應在外層函數的定義域內.14或【解析】【分析】由函數對稱軸與區間關系分類討論求出最大值且等于2解關于的方程即可求解【詳解】函數對稱軸方程為為；當時；當即（舍去）或（舍去）；當時綜上或故答案為:或【點睛】本題考查二次函數的圖像與解析：或.【解析】【分析】由函數對稱軸與區間關系，分類討論求出最大值且等于2

12、，解關于的方程，即可求解.【詳解】函數，對稱軸方程為為；當時，；當，即（舍去），或（舍去）；當時，綜上或.故答案為:或.【點睛】本題考查二次函數的圖像與最值，考查分類討論思想，屬于中檔題.15【解析】【分析】令將用表示轉化為求關于函數的最值【詳解】令則當且僅當時等號成立故答案為:【點睛】本題考查指對數間的關系以及對數換底公式注意基本不等式的應用屬于中檔題解析：【解析】【分析】令，將用表示，轉化為求關于函數的最值.【詳解】，令，則，當且僅當時等號成立.故答案為:.【點睛】本題考查指對數間的關系，以及對數換底公式，注意基本不等式的應用，屬于中檔題.16【解析】根據題意當時為奇函數則故答案為解析：【

13、解析】根據題意，當時，為奇函數，則故答案為.17【解析】【分析】由題意可得f（x）g（x）的圖象均過（11）分別討論a0a0時f（x）g（x）的整數解情況解不等式即可得到所求范圍【詳解】由函數可得的圖象均過且的對稱軸為當時對稱軸大于0由題解析：【解析】【分析】由題意可得f（x），g（x）的圖象均過（1，1），分別討論a0，a0時，f（x）g（x）的整數解情況，解不等式即可得到所求范圍【詳解】由函數，可得，的圖象均過，且的對稱軸為，當時，對稱軸大于0.由題意可得恰有0，1兩個整數解，可得；當時，對稱軸小于0.因為,由題意不等式恰有-3，-2兩個整數解，不合題意，綜上可得的范圍是.故答案為：.【點

14、睛】本題考查了二次函數的性質與圖象，指數函數的圖像的應用，屬于中檔題18【解析】【分析】由已知可構造有兩不同實數根利用二次方程解出的范圍即可【詳解】為增函數且時函數的值域也為相當于方程有兩不同實數根有兩不同實根即有兩解整理得：令有兩個不同的正數根只需即可解得故答案為：【解析：【解析】【分析】由已知可構造有兩不同實數根，利用二次方程解出的范圍即可.【詳解】為增函數，且時，函數的值域也為，相當于方程有兩不同實數根,有兩不同實根，即有兩解，整理得：，令 ，有兩個不同的正數根，只需即可，解得，故答案為：【點睛】本題主要考查了對數函數的單調性，對數方程，一元二次方程有兩正根，屬于中檔題.19【解析】【分

15、析】根據函數奇偶性的定義和性質建立方程求出a的值再將1代入即可求解【詳解】函數為奇函數f（x）f（x）即f（x）（2x1）（x+a）（2x+1）（xa）即2x2+（2解析：【解析】【分析】根據函數奇偶性的定義和性質建立方程求出a的值，再將1代入即可求解【詳解】函數為奇函數，f（x）f（x），即f（x），（2x1）（x+a）（2x+1）（xa），即2x2+（2a1）xa2x2（2a1）xa，2a10，解得a故故答案為【點睛】本題主要考查函數奇偶性的定義和性質的應用，利用函數奇偶性的定義建立方程是解決本題的關鍵20【解析】【分析】由奇函數的性質得設則由函數的奇偶性和解析式可得綜合2種情況即可得答案

16、【詳解】解：根據題意為定義在R上的奇函數則設則則又由函數為奇函數則綜合可得：當時；故答案為【點睛】本題考查函數的奇解析：【解析】【分析】由奇函數的性質得，設，則，由函數的奇偶性和解析式可得，綜合2種情況即可得答案【詳解】解：根據題意，為定義在R上的奇函數，則，設，則，則，又由函數為奇函數，則，綜合可得：當時，；故答案為【點睛】本題考查函數的奇偶性以及應用，注意，屬于基礎題三、解答題21(1)為奇函數；(2)在上單調遞減，證明見解析；(3).【解析】【分析】（1）令，代入抽象函數表達式即可證明函數的奇偶性；（2）先證明當時，再利用已知和單調函數的定義，證明函數在上的單調性，根據函數的奇偶性，即可

17、得到函數在上的單調性；（3）先利用賦值法求得再利用函數的單調性解不等式即可【詳解】解：（1）令，則.，函數為奇函數；(2)函數在上單調遞減.證明如下：由函數為奇函數得當時，所以當時，設，則，于是， 所以函數在上單調遞減. 函數為奇函數，函數在上單調遞減.(3)，且，又函數為奇函數，函數在上單調遞減.又當時，.，即，故的取值范圍為.【點睛】本題考查了抽象函數表達式的意義和運用，函數奇偶性的定義和判斷方法，函數單調性定義及其證明，利用函數的單調性解不等式的方法22（1）奇函數；（2）【解析】【分析】（1）根據函數奇偶性的定義，求出函數的定義域及與的關系，可得答案；（2）由（1）知函數是奇函數，將原

18、不等式化簡為，判斷出的單調性，可得關于的不等式，可得的取值范圍.【詳解】解：（1）函數的定義域是，因為，所以，即，所以函數是奇函數.（2）由（1）知函數是奇函數，所以，設，.因為是增函數，由定義法可證在上是增函數，則函數是上的增函數.所以，解得，故實數的取值范圍是.【點睛】本題主要考查函數的單調性、奇偶性的綜合應用，屬于中檔題.23(1) (2) 【解析】試題分析：（1）根據真數大于零以及偶次根式被開方數非負列不等式，解得集合（2）先根據數軸求，再根據數軸求交集試題解析：（1）由題意可得：，則（2）24(1) 或；(2) .【解析】試題分析：(1)由題意結合集合相等的定義分類討論可得：的值為或.(2)由題意得到關于實數a的不等式組，求解不等式組可得 .試題解析：（1）若，則，.若，則，.綜上，的值為或.（2），.25（）（）【解析】【分析】（）將代入直接求解即可；（）設，得到在有兩個不同的解，利用二次函數的性質列不等式組求解即可.【詳解】（）當時，所以， 所以，因此，得解得，所以解集為（）因為方程有兩個不同的實數根，即， 設，在有兩個不同的解，令，由已知可得 解得【點睛】本題主要考查了對數函數與指數函數的復合函數的處理方式，考查了函數與方程的思想，屬于中檔題.26（1）（2）（3）【解