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1、 1 2018-2019 学年第一学期期中考试 2021 届 高一数学试题 一、选择题：（共 10 小题，每小题 4 分，共 40 分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）1。已知集合，集合,则（）A.B.C.D。【答案】B【解析】【分析】首先化简集合 B 得，根据交集运算定义可得结果.【详解】集合 B 可化简为，所以，答案选 B.【点睛】本题考查了集合的化简,以及交集运算，属于基础题。2.集合,，下图中能表示从集合 到集合 的映射的是（）A.B。C.D。【答案】D【解析】在 A 中，当 时，所以集合 到集合 不成映射，故选项 A 不成立；在 B 中，时，,所以集合 到集合 不
2、成映射,故选项 B 不成立;在 C 中 时，任取一个 值，在 内,有两个 值与之相对应，所以构不成映射,故选 C 不成立；2 在 D 中，时，任取一个 值，在内，总有唯一确定的一个 值与之相对应，故选项 D 成立 故选 D 3。方程 的解所在区间是（)A。B。C.D.【答案】C【解析】【分析】令函数，则函数是上的单调增函数，且是连续函数，根据,可得函数的零点所在的区间为，由此可得方程的解所在区间【详解】令函数，则函数是上的单调增函数，且是连续函数。，故函数的零点所在的区间为 方程的解所在区间是 故选 C。【点睛】零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间上是连续不断的曲线，且，还必须结合函数的图
3、象与性质（如单调性、奇偶性）才能确定函数有多少个零点。4.由于被墨水污染，一道数学题仅能见到如下文字：已知二次函数 y=ax2+bx+c 的图象过点（1,0)求证：这个二次函数的图象关于直线 x=2 对称.根据现有信息,题中的二次函数不一定具有的性质是（）A.在 x 轴上截得的线段的长度是 2 B。与 y 轴交于点(0,3）C.顶点是(2，2）D.过点(3,0)【答案】C【解析】【分析】本题是条件开放题，根据已知点（1,0）和对称轴 x=2，根据抛物线的对称性，探求二次函 数的性质【详解】A、抛物线与 x 轴两交点为（1,0)，（3，0），故在 x 轴上截得的线段长是 2，正确；B、图象过点（
4、1，0），且对称轴是直线 x=2 时，图象必过(3，0）点,代入求得解析式即可得出与 y 轴的交点 3 可以是（0，3）,正确 C、顶点的横坐标应为对称轴，本题的顶点坐标与已知对称轴矛盾,错误；D、因为图象过点（1，0），且对称轴是直线 x=2，另一个对称点为（3，0），正确；故答案为:C【点睛】本题主要考查了二次函数的对称，函数图象上的点关于对称轴的对称点一定也在同一图象上 5。若偶函数f（x）在（，0）内单调递减，则不等式f（1)f（lg x)的解集是 (）A。B。C.D.【答案】D【解析】偶函数在内单调递减，在内单调递增,则不等式等价于，或 或,不等式的解集是,故选 D。点睛:本题考查了
5、函数的单调性与奇偶性的综合应用,在解对数不等式时注意对数的真数大于 0，是个基础题；由于偶函数在内单调递减故在内单调递增，利用函数的性质可得等价于,从而解得 的范围。6。若,则的大小关系为（）A。B.C。D。【答案】D【解析】分析：利用指数函数与对数函数的单调性即可得出 详解:0ab1，ab（0,1)，logbalogbb=1，z=logb0，则的大小关系为 故选:D 点睛：利用指数函数对数函数及幂函数的性质比较实数或式子的大小，一方面要比较两个实数或式子形式的异同，底数相同，考虑指数函数增减性，指数相同考虑幂函数的增减性，当都不相同时，考虑分析数或式子的大致范围，来进行比较大小，另一方面注意
6、特殊值的应用，有时候要借助其“桥梁”作用，来比较大 4 小 7.函数的零点个数为()A。0 B.1 C.2 D。3【答案】B【解析】【分析】令 f(x）=0 得=0，所以，再作出函数的图像得解。【详解】令 f(x)=0 得=0，所以，再作出函数的图像，由于两个函数的图像只有一个交点，所以零点的个数为 1。故答案为:B【点睛】(1）本题主要考查函数的零点问题，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2）零点问题的处理常用的方法有方程法、图像法、方程+图像法.8。已知定义在 上的奇函数满足,当时，则（）A。B。C.D.【答案】B【解析】由题意得，因为，则,所以函数表示以 为周期的周期函数
7、，又因为为奇函数，所以,所以,，所以，故选 B。5 9。已知函数当时，则的取值范围是（）A。B.C.D.【答案】A【解析】当 x1x2时，0，f（x）是 R 上的单调减函数，f（x）=,，0a,故选：A 10.定义在 上的奇函数,当时，则关于 的函数的所有零点之和为(）A.B。C.D。【答案】C【解析】当时,又是奇函数，画出函数的图象，由函数图象可知：，有 个零点，其中有两个零点关于对称,还有两个零点关于对称,所以这四个零点的和为零，第五个零点是直线与函数,交点的横坐标,即方程的解，,故选 C.【方法点睛】本题主要考查函数的图象与性质、函数的零点以及数形结合思想的应用,属于难题.数形结合是根据
8、数量与图形之间的对应关系，通过数与形的相互转化来解决数学问题的一种重要思想方法,。函数图象是函数的一种表达形式,它形象地揭示了函数的性质，为研究函数的数量关系提供了“形的直观性 归纳 6 起来，图象的应用常见的命题探究角度有：1、确定方程根的个数；2、求参数的取值范围；3、求不等式的解集;4、研究函数性质 二、填空题:（本大题共 4 小题，每小题 4 分，共 16 分)11。设，且，则 。【答案】【解析】试题分析：考点：指数式与对数式的综合运算 12。若集合,且，则实数 a 的可能取值组成的集合是_.【答案】【解析】【分析】应先将集合 P 化简，又 S P，进而分别讨论满足题意的集合 S,从而
9、获得问题的解答。【详解】由已知 P=3,2 当 a=0 时,S=，符合 S P;当 a0 时，方程 ax+1=0 的解为 x=为满足 S P，可使=3 或=2,即:a=，或 a=故所求的集合为0,，故答案为：【点睛】本题考查的是集合的包含关系判断以及应用问题在解答的过程当中充分体现了集合元素的 特性、分类讨论的思想 13.已知是定义域为的奇函数,满足，若，则_.【答案】2【解析】【分析】7 由题意可得 f(0）=0，f（x）为周期为 4 的函数，分别求得一个周期内的函数值，计算可得 所求和【详解】f（x)是定义域为（，+）的奇函数，可得 f（x）=f（x)，f（1x）=f（1+x）即有 f（x
10、+2）=f（x），即 f（x+2）=f（x)，进而得到 f(x+4）=f(x+2）=f（x），所以 f（x）为周期为 4 的函数，若 f（1）=2，可得 f（3)=f（1）=f(1)=2，f（2)=f（0）=0，f（4)=f（0）=0，则 f（1）+f(2）+f(3)+f(4）=2+02+0=0，可得 f（1)+f（2)+f（3)+f(2018)=5040+2+0=2 故答案为：2【点睛】本题考查抽象函数的函数值的求和，注意运用函数的周期性，考查转化思想和运算能力，属于中档题 14.若函数在区间(0,）内恒有，则的单调递增区间为_。【答案】(，）【解析】因为函数 f(x）(a0,a1）在区间(
11、0，)内恒有 f（x)0，则 f(x)的单调递增区间为（，)三、解答题：（本大题共 5 小题，共 44 分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）15。已知集合.（1)分别求，；(2）已知集合求实数 a 的取值范围.【答案】（1)；.(2）【解析】【分析】8(1）先化简集合 A 和 B,再求，.（2）由得，可得，解不等式即得。【详解】(1)由 3 3x 27，即 3 3x 33，1 x 3，A=1,3。由 log2x1，可得 0 x2,B=(0,2）.AB=1,2).所以=.（2）由得，可得解得.综上所述：a 的取值范围是。【点睛】本题主要考查集合的化简与运算，考查集合的关系,意在考查学生对
12、这些知识的掌握水平和分析推理能力。16.计算:（1）（2）【答案】(1）；（2)2.【解析】【分析】（1）利用指数幂的运算性质即可得出；（2)利用对数的运算性质即可得出【详解】（1）(2）【点睛】本题考查了指数幂与对数的运算性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题 17.已知函数是定义在 R 上的奇函数。(1）判断并证明在上的单调性。（2）若对任意实数 t,不等式恒成立，求实数 k 的取值范围【答案】（1）（2)9【解析】【分析】(1）先利用函数的奇偶性求出，判断 f(x)在（,+）上是减函数，再利用函数单调性的定义证明函数在上的单调递减.（2）先化简不等式为 f（kt2 kt)kt 2，再
13、分析得解.【详解】(1)由于定义域为 R 的函数是奇函数，则,解得，经检验成立；判断函数 f(x）在(，+）上是减函数。证明:设任意 x1f（x2)，故 f（x)在（，+)上是减函数；（2）不等式 f(kt2 kt)+f（2 kt）0，由奇函数 f（x)得到 f（x）=f（x），f（kt2 kt）0 对 tR 恒成立,k=0 或 k0 且=4k2 8k0 即有 k=0 或 0kn3,使得的定义域为，值域为？若存在，求出m,n 的值；若不存在,请说明理由。【答案】（)g(a）=(）见解析。10【解析】试题分析：（）在的情况下，求出的值域，对所给函数进行配方化简,可利用一元二次函数的性质对进行分类
14、讨论,可得函数的最小值；（）假设存在，利用（)中分段函数在的单调性，结合区间与值域,可得关于的等式，解得存在情况 试题解析：（）x1，1，f（x）=（）x，3，y=f（x）22af（x）+3=（）x22a（)x+3=（）xa2+3a2。由一元二次函数的性质分三种情况:若 a，则当时，ymin=g（a）=;若 a3，则当时，ymin=g（a）=3a2;若 a3，则当时，ymin=g（a）=126a.g(a）=（）假设存在满足题意的 m、n，mn3,且 g（x）=126x 在区间(3，+）内是减函数，又 g（x）的定义域为n，m，值域为n2,m2，两式相减，得 6（mn)=(m+n）（mn），mn
15、3，m+n=6，但这与“mn3矛盾，满足题意的 m、n 不存在.点睛：本题主要考查一元二次函数的性质.二次函数求最值问题，一般先配方或利用公式得出顶点和对称轴方程,再结合二次函数的图像求解。通常有三种形式:顶点固定,给定区间;顶点含参数;给定区间，要讨论顶点在给定区间内外的情况；顶点固定,区间变化，为了确定区间和对称轴之间的关系要讨论区间的参数，得出函数的单调情况，以确定函数的最值.19.已知函数。（1)当时，若，且对任意的，都存在，使得成立，求实数 a 的取值范围；11(2）当时,求 x 的取值范围。【答案】(1);(2）见解析【解析】【分析】(1）先利用函数的单调性得当 x0，1时，g（x
16、)1，3,f(x）6 2a，5，再根据已知得到 1，3 6 2a,5，解不等式即得解.(2）先化简得，再对 a 分类讨论求 x 的取值范围。【详解】（1)g(x）=2x+log2(x+1）在0，1上递增，f(x）在0,1上递减，当 x0，1时，g(x)1,3,f（x)6 2a，5 对任意的 x0，1,都存在0,1,使得 f（)=g（x)成立；1，3 6 2a，5 6 2a 1，即 a.（2）当 a=0 时，x1 当 a0 时，当 0a1 时，11 时,x1 当 a=1 时，无解 当 a0 时，x 或 x1 综上所述，当 a=0 时,x 的取值范围为 当 a0 时，当 0a1 时，x 的取值范围
17、为 当 a=1 时，无解 当 a0 时,x 的取值范围为【点睛】本题主要考查不等式的恒成立和存在性问题，考查一元二次不等式的解法,意在考查学生对这些知 12 识的掌握水平和分析推理能力。四、附加题（本大题共 2 小题,共 20 分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）20。当时,求函数的最小值。【答案】【解析】【分析】先化简得，再令，得到,再求函数 g(t)的单调性，得到函数的最小值.【详解】由题意可得：令，则，当且仅当 x=1 时取等号 在上为增函数 的最小值为【点睛】本题主要考查换元法和函数单调性的运用，考查函数最值的求法,意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.21.设二次函
18、数满足条件:（1）当时,且；（2）当时，；（3）在 R 上的最小值为 0.求最大的 m（m1）,使得存在，只要，就有【答案】【解析】13 试题分析：本题主要考查函数的对称性、函数的最值、函数图象、解不等式等基础知识，考查学生的分析问题解决问题的能力、转化能力、计算能力。本问利用先得到函数的对称轴，从而得到 a 与 b的关系，结合可知函数在对称轴位置取得最小值，结合和可得,通过这些方程解出 a,b，c 的值，从而得到解析式，假设存在 t，先代入,解不等式得到 t 的范围,在这个范围内,取解出 m 的取值范围，再计算 m 的最值.试题解析：函数的图象关于对称，由知当时,即由得,由得，即，又，假设存在，只要，就有，取时，有，对固定的，取，有，当时,对任意的，恒有 m 的最大值为 9.考点:函数的对称性、函数的最值、函数图象、解不等式.