【必考题】高中必修一数学上期末模拟试卷带答案

一、选择题

111．设a，b，c均为正数，且2log1a，log1b，log2c．则（ ） 2222abcA．abc B．cba C．cab D．bac

2．函数y＝a|x|(a>1)的图像是( ) A．

B．

C．

D．

3．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)

ax,x14．若函数f(x)是R上的单调递增函数，则实数a的取值范围是a4x2,x12（ ） A．1,

B．（1,8）

C．（4,8）

D．4,8)

5．已知函数f(x)2xlog2x，g(x)2xlog2x，h(x)2xlog2x1的零点分别为a，

b，c，则a，b，c的大小关系为（ ）．

A．bac B．cba C．cab

[m2,n]上的最大值为2，则m,n的值分别为

A．

D．abc

6．已知函数f(x)log2x，正实数m,n满足mn且f(m)f(n)，若f(x)在区间

1，2 2B．2，2 2C．

31，2 4D．

1，4 47．用二分法求方程的近似解，求得f(x)x2x9的部分函数值数据如下表所示：

x f(x) 1 -6 2 3 1.5 -2.625 1.625 -1.459 1.75 -0.14 1.875 1.3418 1.8125 0.5793 则当精确度为0.1时，方程x32x90的近似解可取为 A．1.6

B．1.7

C．1.8

D．1.9

8．已知全集为R，函数yln6xx2的定义域为集合

A,Bx|a4xa4，且AðRB，则a的取值范围是（ ）

A．2a10 C．a2或a10

B．2a10 D．a2或a10

9．下列函数中，既是偶函数，又是在区间(0,)上单调递减的函数为（ ） A．yln1 |x|B．yx3 C．y2|x|

D．ycosx

10．已知fx是定义在R上的偶函数，且在区间,0上单调递增。若实数a满足

f2a1f2，则a的取值范围是 （ ）

1 2B．,UD．A．,

13,

22C．3,213, 22C．cab

D．bca

11．已知alog32，b20.1，csin789o，则a，b，c的大小关系是 A．abc

B．acb

12．函数f（x）是定义在R上的偶函数，在(－∞，0]上是减函数且f（2）=0，则使f（x）<0的x的取值范围（ ） A．（－∞，2）

C．（－∞，-2）∪（2，+∞）

B．（2，+∞） D．（－2，2）

m二、填空题

13．已知幂函数y(m2)x在(0,)上是减函数，则m__________．

4214．通过研究函数fx2x10x2x1在xR内的零点个数，进一步研究得函数

gx2xn10x22x1（n3，nN且n为奇数）在xR内零点有__________个

15．已知f（x）是定义域在R上的偶函数，且f（x）在[0，+∞）上是减函数，如果f（m﹣2）>f（2m﹣3），那么实数m的取值范围是_____.

，gxsinx,若x1，x2，……，xn0，,使得16．函数fx25x2fx1fx2…

fxn1gxngx1gx2…gxn1fxn,则正整数n的最大值为

___________.

2x2x,x017．若函数fx为奇函数，则fg1________．

gx,x018．已知函数f(x)a1是奇函数，则的值为________. 4x119．对数式lg25﹣lg22+2lg6﹣2lg3＝_____．

20．定义在R上的奇函数fx，满足x0时，fxx1x，则当x0时，

fx______． 三、解答题

3x1. 21．已知函数f(x)x31（1）证明：f(x)为奇函数；

（2）判断f(x)的单调性，并加以证明； （3）求f(x)的值域.

22．已知函数f(x)ln(xax3).

(1)若f(x)在(,1]上单调递减，求实数a的取值范围； (2)当a3时，解不等式f(ex)x.

23．已知函数f(x)＝2x的定义域是[0,3]，设g(x)＝f(2x)－f(x＋2)， (1)求g(x)的解析式及定义域； (2)求函数g(x)的最大值和最小值．

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)a(a0,且a1),且

x2f(5)8. f(2)(1)若f(2m3)f(m2),求实数m的取值范围; (2)若方程|f(x)1|t有两个解,求实数t的取值范围.

26．已知函数fxaxbxca0，满足f02，fx1fx2x1.

2（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．

【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除

一、选择题 1．A 解析：A 【解析】

1ylog1x的图

试题分析：在同一坐标系中分别画出y2,y，ylog2x，

22xx象，

1ylog1x的图象的交点的横坐标

y2x与ylog1x的交点的横坐标为a，y与2221为b，y与ylog2x的图象的交点的横坐标为c，从图象可以看出2考点：指数函数、对数函数图象和性质的应用．

【方法点睛】一般一个方程中含有两个以上的函数类型，就要考虑用数形结合求解，在同一坐标系中画出两函数图象的交点，函数图象的交点的横坐标即为方程的解．

xx．

2．B

解析：B 【解析】

因为|x|0，所以ax1，且在(0,)上曲线向下弯曲的单调递增函数，应选答案B．

3．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

4．D

解析：D 【解析】 【分析】

根据分段函数单调性列不等式，解得结果. 【详解】

ax,x1因为函数f(x)是R上的单调递增函数， a42x2,x1a1a所以404a8

2a42a2故选：D 【点睛】

本题考查根据分段函数单调性求参数，考查基本分析判断能力，属中档题.

5．D

解析：D 【解析】 【分析】

函数f(x)2xlog2x，g(x)2xlog2x，h(x)2xlog2x1的零点可以转化为求函数ylog2x与函数y2x，y2x,y2x的交点，再通过数形结合得到a，b，c的大小

关系. 【详解】

令f(x)2xlog2x0，则log2x2x．

xg(x)2log1x0，则logx2x．令 22x令h(x)2xlog2x10，则2xlog2x1,log212x． x2所以函数f(x)2xlog2x，g(x)2xlog2x，h(x)2xlog2x1的零点可以转化为求函数

ylog2x与函数ylog2x与函数y2x，y2x,y2x的交点，

如图所示，可知0ab1，c1， ∴abc．

故选:D． 【点睛】

本题主要考查函数的零点问题，考查对数函数和指数函数的图像和性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.

6．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mn且f(m)f(n)，且f(x)在区间

1[m2,n]上的最大值为2，所以f(m)f(n)=2，由f(x)log2x2解得x2,，即

2m,n的值分别为1，2．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．

7．C

解析：C 【解析】 【分析】

利用零点存在定理和精确度可判断出方程的近似解. 【详解】

根据表中数据可知f1.750.140，f1.81250.57930，由精确度为0.1可知

1.751.8，1.81251.8，故方程的一个近似解为1.8，选C. 【点睛】

不可解方程的近似解应该通过零点存在定理来寻找，零点的寻找依据二分法（即每次取区间的中点，把零点位置精确到原来区间的一半内），最后依据精确度四舍五入，如果最终零点所在区间的端点的近似值相同，则近似值即为所求的近似解.

8．C

解析：C 【解析】 【分析】

由6xx20可得Ax|2x6，CRBxa4或xa4，再通过A为

CRB的子集可得结果.

【详解】

由yln6xx2可知，

6xx202x6，所以Ax|2x6，

CRBxa4或xa4，

因为ACRB，所以6a4或2a4，即a10或a2，故选C. 【点睛】

本题考查不等式的解集和对数函数的定义域，以及集合之间的交集和补集的运算；若集合的元素已知，求解集合的交集、并集、补集时，可根据交集、并集、补集的定义求解.

9．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yln13|x|，y2，ycosx是偶函数，yx是奇函数 |x|ycosx是周期为2的周期函数，单调区间为[2k,(2k1)](kz)

x0时，y2|x|变形为y2x，由于2>1,所以在区间(0,)上单调递增 x0时，yln为增函数，t故选择A

111变形为yln，可看成ylnt,t的复合，易知ylnt(t0)|x|xx11(x0)为减函数，所以yln在区间(0,)上单调递减的函数

|x|x10．D

解析：D 【解析】

f2a1f2f(2a1)f(2)2a122a122 11113a1a,选D. 222221a111．B

解析：B

【解析】 【分析】 【详解】

由对数函数的性质可知alog32log33由指数函数的性质b20.11，

由三角函数的性质csin7890sin(23600690)sin690sin600，所以

3433， 42c(3,1)， 2 所以acb，故选B.

12．D

解析：D 【解析】 【分析】

根据偶函数的性质,求出函数fx0在(－∞，0]上的解集,再根据对称性即可得出答案. 【详解】

由函数fx为偶函数,所以f2f20,又因为函数fx在(－∞，0]是减函数,所以函数fx0在(－∞，0]上的解集为2,0,由偶函数的性质图像关于y轴对称,可得

fx0的解集为(-2,2). 在(0,+ ∞)上fx0的解集为(0,2),综上可得, 故选:D. 【点睛】

本题考查了偶函数的性质的应用,借助于偶函数的性质解不等式,属于基础题.

二、填空题 13．-3【解析】【分析】根据函数是幂函数可求出m再根据函数是减函数知故可求出m【详解】因为函数是幂函数所以解得或当时在上是增函数；当时在上是减函数所以【点睛】本题主要考查了幂函数的概念幂函数的增减性属于

解析：-3

【解析】 【分析】

根据函数是幂函数可求出m,再根据函数是减函数知m0，故可求出m. 【详解】 因为函数是幂函数

所以|m|21，解得m3或m3. 当m3时，yx在(0,)上是增函数；

3当m3时，yx在(0,)上是减函数， 所以m3. 【点睛】

本题主要考查了幂函数的概念，幂函数的增减性，属于中档题.

14．3【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】

n2令sx2x（n为奇数，n3），hx10x2x1，作出sx、hx两个函数的

图象后可判断gx零点的个数. 【详解】

n*2由题意，令sx2x,nN,n5，hx10x2x1，则gxsxhx，

gx零点的个数就是sx,hx图象交点的个数，

如图所示：

由图象可知，sx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.

15．（﹣∞1）（+∞）【解析】【分析】因为先根据f（x）是定义域在R上的偶函数将f（m﹣2）>f（2m﹣3）转化为再利用f（x）在区间0+∞）上是减函数求解【详解】因为f（x）是定义域在R上的偶函数且f

解析：（﹣∞，1）U（【解析】 【分析】

5，+∞） 3因为先根据f（x）是定义域在R上的偶函数，将 f（m﹣2）>f（2m﹣3），转化为

fm2f2m3，再利用f（x）在区间[0，+∞）上是减函数求解.

【详解】

因为f（x）是定义域在R上的偶函数，且 f（m﹣2）>f（2m﹣3）, 所以fm2f2m3 ,

又因为f（x）在区间[0，+∞）上是减函数， 所以|m﹣2|<|2m﹣3|， 所以3m2﹣8m+5>0， 所以（m﹣1）（3m﹣5）>0， 解得m<1或m5， 35，+∞）. 3 故答案为：（﹣∞，1）U（【点睛】

本题主要考查了函数的单调性与奇偶性的综合应用，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.

16．6【解析】【分析】由题意可得由正弦函数和一次函数的单调性可得的范围是将已知等式整理变形结合不等式的性质可得所求最大值【详解】解：函数可得由可得递增则的范围是即为即即由可得即而可得的最大值为6故答案为

解析：6 【解析】 【分析】

由题意可得g(x)f(x)sinx5x2，由正弦函数和一次函数的单调性可得

5g(x)f(x)2sinx5x的范围是0,1，将已知等式整理变形，结合不等式的

2性质，可得所求最大值n.

【详解】

解：函数f(x)25x，g(x)sinx，可得g(x)f(x)sinx5x2，

x0,，可得ysinx,y5x递增， 由2则g(x)f(x)2sinx5x的范围是0,15， 2fx1fx2…fxn1gxngx1gx2…gxn1fxn，

即为gx1fx1gx2fx2gxn1)fxn1gxnfxn， 即sinx15x1sinx25x2sinxn15xn12(n1)sinxn5xn2， 即sinx15x1sinx25x2sinxn15xn1)2(n2)sinxn5xn， 由sinxn5xn0,1即n552(n2)1，可得，

225555(6,7)， ，而2424可得n的最大值为6. 故答案为：6. 【点睛】

本题考查函数的单调性和应用，考查转化思想和运算能力、推理能力，属于中档题.

17．【解析】根据题意当时为奇函数则故答案为 解析：15

【解析】

根据题意，当x0时，fxgx,fx为奇函数，

fg1ff1ff1ff1f3(3223)15，则

故答案为15.

18．【解析】函数是奇函数可得即即解得故答案为 解析：

1 2111fxfxaa是奇函数，可得，即，xxx414141【解析】 函数fxa114x1即2axx1，解得a，故答案为

22414119．1【解析】【分析】直接利用对数计算公式计算得到答案【详解】故答案为：【点睛】本题考查了对数式的计算意在考查学生的计算能力

解析：1 【解析】 【分析】

直接利用对数计算公式计算得到答案. 【详解】

lg25lg222lg6﹣2lg3lg5lg2lg5lg2lg36lg9lg5lg2lg41

故答案为：1 【点睛】

本题考查了对数式的计算，意在考查学生的计算能力.

20．【解析】【分析】由奇函数的性质得设则由函数的奇偶性和解析式可得综合2种情况即可得答案【详解】解：根据题意为定义在R上的奇函数则设则则又由函数为奇函数则综合可得：当时；故答案为【点睛】本题考查函数的奇 解析：xx1

【解析】 【分析】

由奇函数的性质得f00，设x0，则x0，由函数的奇偶性和解析式可得

fxfxxx1，综合2种情况即可得答案．

【详解】

解：根据题意，fx为定义在R上的奇函数，则f00， 设x0，则x0，则fxx1x， 又由函数为奇函数，则fxfxxx1， 综合可得：当x0时，fxxx1； 故答案为xx1 【点睛】

本题考查函数的奇偶性以及应用，注意f00，属于基础题．

三、解答题

21．（1）证明见详解；（2）函数f(x)在R上单调递，证明见详解；（3）(1,1) 【解析】 【分析】

（1）判断f(x)的定义域，用奇函数的定义证明可得答案；

（2）判断f(x)在R上单调递增，用函数单调性的定义证明可得答案；

223x12（2）由f(x)x，可得3x＞0，可得x及x的取值范围，可得1x31313131f(x)的值域.

【详解】

证明：（1）易得函数f(x)的定义域为R,关于原点对称，

3x113x且f(x)xxf(x)，故f(x)为奇函数；

3131（2）函数f(x)在R上单调递增，理由如下：

在R中任取x1＜x2，则3x1-3x2＜0，3x11＞0，3x21＞0，

3x113x21222(3x13x2)(1x1)(1x2)x1＜0 可得f(x1)f(x2)x1313x213131(31)(3x21)故f(x1)f(x2)＜0，函数f(x)在R上单调递增；

3x12（3）由f(x)x，易得3x＞0，3x+11x＞1，

3131222＜2-2＜-＜0-1＜1＜1， ，，故3x13x13x1故f(x)的值域为(1,1).

故0＜【点睛】

本题主要考查函数单调性及奇偶性的判断与证明及求解函数的值域，综合性大，属于中档题.

22．(1)2a4；(2)xx0或xln3 【解析】 【分析】

（1）根据复合函数单调性的性质,结合二次函数性质即可求得a的取值范围.

（2）将a3代入函数解析式,结合不等式可变形为关于ex的不等式,解不等式即可求解. 【详解】

（1）Qf(x)在(,1]上单调递减,根据复合函数单调性的性质可知yx2ax3需单调

a1递减则2

1a30解得2a4.

2（2）将a3代入函数解析式可得f(x)ln(x3x3)

则由f(e)x,代入可得

xlne2x3ex3x

同取对数可得e2x3ex3ex 即(e)4e30, 所以(e1)e30 即ex1或ex3

xx2xxx0或xln3,

所以原不等式的解集为xx0或xln3 【点睛】

本题考查了对数型复合函数单调性与二次函数单调性的综合应用,对数不等式与指数不等式的解法,属于中档题.

23．（1）g(x)＝22x－2x＋2，{x|0≤x≤1}．（2）最小值－4；最大值－3. 【解析】 【分析】

【详解】

x（1）f(x)＝2的定义域是[0,3]，设g(x)＝f(2x)－f(x＋2)，

因为f(x)的定义域是[0,3]，所以

于是 g(x)的定义域为{x|0≤x≤1}． （2）设

当2x=1即x=0时，g(x)取得最大值-3． 24．(1)f(x)(x1)2;(2)存在,1. 【解析】 【分析】

，解之得0≤x≤1．

．

∵x∈[0,1],即2x∈[1,2]，∴当2x=2即x=1时，g(x)取得最小值-4；

（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

2的解析式为f(x)a(x1)，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, 所以设f(x)a(x1)，

2因为f(1)4,即a(11)4，

2所以设a1 所以f(x)(x1)

(2)由(1)知h(x)(x1)ln(|x|1)

因为h(1)(11)ln(|1|1)ln(2)0

222h(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)(,5);(2)0,1. 【解析】 【分析】 （1）由

f(5)8求得a的值，再利用指数函数的单调性解不等式，即可得答案； f(2)（2）作出函数y|f(x)1|与yt的图象，利用两个图象有两个交点，可得实数t的取值范围. 【详解】 (1)∵

f(5)8 f(2)a5∴2a38则a2 a即f(x)2x,则函数f(x)是增函数

由f(2m3)f(m2),得2m3m2 得m5,

即实数m的取值范围是(,5).

(2)f(x)2x,由题知y21图象与yt图象有两个不同交点, 由图知:t(0,1)

x

【点睛】

本题考查指数函数的解析式求解、单调性应用、图象交点问题，考查函数与方程思想、转化与化归思想、数形结合思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力.

26．（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.