2020-2021海南中学高一数学上期末一模试卷含答案

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．已知函数f(x)lnxln(2x)，则 A．f(x)在（0，2）单调递增 C．y=f(x)的图像关于直线x=1对称

B．f(x)在（0，2）单调递减

D．y=f(x)的图像关于点（1，0）对称

3．已知定义在R上的奇函数f(x)满足：f(1x)f(3x)0，且f(1)0，若函数

g(x)x6f(1)cos4x3有且只有唯一的零点，则f(2019)（ ）

A．1

B．-1

C．-3

D．3

exex4．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 5．函数yA．（-1，2]

B．0,2

C．,1

1 D．，2x1的定义域是( ) x1B．[-1,2]

C．（-1 ，2）

D．[-1,2)

6．偶函数fx满足fxf2x，且当x1,0时，fxcosx21，若函数

gxfxlogax,a0,a1有且仅有三个零点，则实数a的取值范围是（ ）

A．3,5

B．

2,4

C．11, 42D．,

11537．已知函数f（x）=x（ex+ae﹣x）（x∈R），若函数f（x）是偶函数，记a=m，若函数f（x）为奇函数，记a=n，则m+2n的值为（ ） A．0

B．1

C．2

D．﹣1

8．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，+∞） 9．函数y＝A．2 C．

B．（2，+∞） D．（－2，2）

1在[2，3]上的最小值为( ) x11 31 21D．－

2B．

10．已知全集U={1，2，3，4，5，6}，集合P={1，3，5}，Q={1，2，4}，则(ðUP)Q= A．{1}

B．{3，5}

C．{1，2，4，6}

D．{1，2，3，4，5}

11．已知fx=2x2x,若fa3,则f2a等于 A．5

B．7

C．9

D．11

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

41,(x4)f(x)13．已知函数．若关于x的方程，f(x)k有两个不同的实xlog2x,(0x4)根，则实数k的取值范围是____________．

14．已知函数fxax5bx32（a，b为常数），若f35，则f3的值为______

1，15．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______.

216．若函数f(x)是定义在R上的偶函数，在(－∞，0]上是减函数，且f(2)＝0，则使得f(x)<0的x的取值范围是________．

x17．已知f(x)､g(x)分别是定义在R上的偶函数和奇函数，且f(x)g(x)2x，则

f(1)g(1)__________.

1a18．若幂函数f(x)=x的图象经过点(3，)，则a2__________.

919．已知二次函数fx，对任意的xR，恒有fx2fx4x4成立，且

f00.设函数gxfxmmR.若函数gx的零点都是函数

hxffxm的零点，则hx的最大零点为________.

20．fxsincosx在区间0,2上的零点的个数是______.

三、解答题

21．节约资源和保护环境是中国的基本国策.某化工企业,积极响应国家要求,探索改良工艺,使排放的废气中含有的污染物数量逐渐减少.已知改良工艺前所排放的废气中含有的污染物

33数量为2mg/m,首次改良后所排放的废气中含有的污染物数量为1.94mg/m.设改良工艺

前所排放的废气中含有的污染物数量为r0,首次改良工艺后所排放的废气中含有的污染物数量为r1,则第n次改良后所排放的废气中的污染物数量rn,可由函数模型

rnr0r0r150.5np(pR，nN*)给出,其中n是指改良工艺的次数.

（1）试求改良后所排放的废气中含有的污染物数量的函数模型;

3（2）依据国家环保要求,企业所排放的废气中含有的污染物数量不能超过0.08mg/m,试问

至少进行多少次改良工艺后才能使得该企业所排放的废气中含有的污染物数量达标. （参考数据:取lg20.3）

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a23．若fxx是奇函数.

21（1）求a的值；

（2）若对任意x0,都有fx2mm，求实数m的取值范围.

224．已知全集U=R,集合Axx4x0,Bxx(2m2)xm2m0. (Ⅰ)若m3，求CUB和AUB； (Ⅱ)若BA，求实数m的取值范围.

25．即将开工的南昌与周边城镇的轻轨火车路线将大大缓解交通的压力，加速城镇之间的流通．根据测算，如果一列火车每次拖4节车厢，每天能来回16次；如果一列火车每次拖7节车厢，每天能来回10次，每天来回次数是每次拖挂车厢个数的一次函数． （1）写出与的函数关系式；

（2）每节车厢一次能载客110人，试问每次应拖挂多少节车厢才能使每天营运人数最多？并求出每天最多的营运人数（注：营运人数指火车运送的人数） 26．已知函数f(x)a(a0,且a1),且

x222f(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.

【参】***试卷处理标记，请不要删除

一、选择题 1．A 解析：A 【解析】

x1ylog1x的图x试题分析：在同一坐标系中分别画出y2,y，ylog2x，

22象，

1ylog1x的图象的交点的横坐标

y2与ylog1x的交点的横坐标为a，y与222xx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．

x．

【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．

2．C

解析：C 【解析】

由题意知，f(2x)ln(2x)lnxf(x)，所以f(x)的图象关于直线x1对称，故C正确，D错误；又f(x)ln[x(2x)]（0x2），由复合函数的单调性可知f(x)在

(0,1)上单调递增，在(1,2)上单调递减，所以A，B错误，故选C．

【名师点睛】如果函数f(x)，xD，满足xD，恒有f(ax)f(bx)，那么函数的图象有对称轴xab；如果函数f(x)，xD，满足xD，恒有2f(ax)f(bx)，那么函数f(x)的图象有对称中心(ab,0)． 23．C

解析：C 【解析】 【分析】

由f(1x)f(3x)0结合f(x)为奇函数可得f(x)为周期为4的周期函数，则

f(2019)f(1)，要使函数g(x)x6f(1)cos4x3有且只有唯一的零点，即

x6f(1)cos4x3只有唯一解，结合图像可得f(1)3，即可得到答案．

【详解】

Qf(x)为定义在R上的奇函数，

f(x)f(x)，

又Qf(1x)f(3x)0f(13x)f(33x)0，

f(x4)f(x)0f(x4)f(x)f(x)， f(x)在R上为周期函数，周期为4， f(2019)f(50541)f(1)f(1)

Q函数g(x)x6f(1)cos4x3有且只有唯一的零点，即x6f(1)cos4x3只有

唯一解，

令m(x)x ，则m(x)6x，所以x(,0)为函数m(x)x减区间，x(0,)6为函数m(x)x增区间，令(x)f(1)cos4x3，则(x)为余弦函数，由此可得函

656数m(x)与函数(x)的大致图像如下：

由图分析要使函数m(x)与函数(x)只有唯一交点，则m(0)(0)，解得f(1)3

f(2019)f(1)3，

故答案选C． 【点睛】

本题主要考查奇函数、周期函数的性质以及函数的零点问题，解题的关键是周期函数的判定以及函数唯一零点的条件，属于中档题．

4．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；

2都

∴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都有m﹣1＜sinθ成立；

5．A

解析：A 【解析】 【分析】

根据二次根式的性质求出函数的定义域即可． 【详解】

2x0 由题意得：x10解得：﹣1＜x≤2，

故函数的定义域是（﹣1，2]， 故选A． 【点睛】

本题考查了求函数的定义域问题，考查二次根式的性质，是一道基础题．常见的求定义域的类型有：对数，要求真数大于0即可；偶次根式，要求被开方数大于等于0；分式，要求分母不等于0，零次幂，要求底数不为0;多项式要求每一部分的定义域取交集.

6．D

解析：D 【解析】

试题分析：由fxf2x，可知函数fx图像关于x1对称，又因为fx为偶函数，所以函数fx图像关于y轴对称.所以函数fx的周期为2，要使函数

gxfxlogax有且仅有三个零点，即函数yfx和函数ylogax图形有且只

0a1有3个交点.由数形结合分析可知，{loga31,11a，故D正确. 53loga51考点：函数零点

【思路点睛】已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路

（1）直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围； （2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；

（3）数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解．

7．B

解析：B 【解析】

试题分析：利用函数f（x）=x（ex+ae﹣x）是偶函数，得到g（x）=ex+ae﹣x为奇函数，然后利用g（0）=0，可以解得m．函数f（x）=x（ex+ae﹣x）是奇函数，所以g（x）=ex+ae﹣x为偶函数，可得n，即可得出结论．

解：设g（x）=ex+ae﹣x，因为函数f（x）=x（ex+ae﹣x）是偶函数，所以g（x）=ex+ae﹣x为奇函数．

又因为函数f（x）的定义域为R，所以g（0）=0， 即g（0）=1+a=0，解得a=﹣1，所以m=﹣1．

因为函数f（x）=x（ex+ae﹣x）是奇函数，所以g（x）=ex+ae﹣x为偶函数 所以（e﹣x+aex）=ex+ae﹣x即（1﹣a）（e﹣x﹣ex）=0对任意的x都成立 所以a=1，所以n=1， 所以m+2n=1 故选B．

考点：函数奇偶性的性质．

8．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.

9．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1210．C

解析：C 【解析】

试题分析：根据补集的运算得

痧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．

11．B

解析：B 【解析】

aa2因为fx=2x2x,所以fa=2a2a3,则f2a=22a22a=(22)2=7.

选B.

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．【解析】作出函数的图象如图所示当时单调递减且当时单调递增且所以函数的图象与直线有两个交点时有 解析：(1,2)

【解析】

作出函数f(x)的图象，如图所示，

当x4时，f(x)144单调递减，且112，当0x4时，f(x)log2x单调xx递增，且f(x)log2x2，所以函数f(x)的图象与直线yk有两个交点时，有1k2．

14．【解析】【分析】由求得进而求解的值得到答案【详解】由题意函数（为常数）且所以所以又由故答案为：【点睛】本题主要考查了函数值的求解其中解答中根据函数的解析式准确运算是解答的关键着重考查了计算能力属于基 解析：1

【解析】 【分析】

由f35，求得a3527b23，进而求解f3的值，得到答案. 【详解】

由题意，函数fxaxbx32（a，b为常数），且f35， 所以f3a327b25，所以a3527b3， 又由f3a327b2321. 故答案为：1. 【点睛】

本题主要考查了函数值的求解，其中解答中根据函数的解析式，准确运算是解答的关键，着重考查了计算能力，属于基础题.

1515115115．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51-5（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.

16．(－22)【解析】【详解】∵函数f(x)是定义在R上的偶函数且在(－∞0)上是增函数又f(2)＝0∴f(x)在(0＋∞)上是增函数且f(－2)＝f(2)＝0∴当－２＜x＜2时f(x)＜0即f(x)＜

解析：(－2,2) 【解析】 【详解】

∵函数f(x)是定义在R上的偶函数，且在(－∞，0)上是增函数，又f(2)＝0，∴f(x)在(0，＋∞)上是增函数，且f(－2)＝f(2)＝0，∴当－２＜x＜2时，f(x)＜0，即f(x)＜0的解为(－2,2)，即不等式的解集为(－2,2),故填(－2,2).

17．【解析】【分析】根据函数的奇偶性令即可求解【详解】､分别是定义在上的偶函数和奇函数且故答案为：【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性属于容易题 解析：

3 2【解析】 【分析】

根据函数的奇偶性，令x1即可求解. 【详解】

Qf(x)､g(x)分别是定义在R上的偶函数和奇函数, 且f(x)g(x)2xx f(1)g(1)f(1)g(1)211故答案为：【点睛】

本题主要考查了函数的奇偶性，属于容易题.

3, 23 218．【解析】由题意有：则：

解析：

1 4a【解析】 由题意有：3则：a21,a2， 91. 42219．4【解析】【分析】采用待定系数法可根据已知等式构造方程求得代入求得从而得到解析式进而得到；设为的零点得到由此构造关于的方程求得；分别在和两种情况下求得所有零点从而得到结果【详解】设解得：又设为的零点

解析：4 【解析】 【分析】

采用待定系数法可根据已知等式构造方程求得a,b，代入f00求得c，从而得到

gx00fx解析式，进而得到gx,hx；设x0为gx的零点，得到，由此构造

hx00关于m的方程，求得m；分别在m0和m3两种情况下求得hx所有零点，从而得到结果. 【详解】

设fxaxbxc

2fx2fxax2bx2cax2bxc4ax4a2b4x4 4a4a1，解得： 4a2b4b4又f00 c0 fxx4x

22gxx24xm，hxx24x4x24xm

22xgx0004x0m0设x0为gx的零点，则，即 222hx0x4x4x4xm000000即m24mm0，解得：m0或m3 ①当m0时

hxx24x4x24xx24xx24x4xx4x2

22hx的所有零点为0,2,4

②当m3时

hxx24x4x24x3x24x3x24x1

2hx的所有零点为1,3,23 综上所述：hx的最大零点为4 故答案为：4 【点睛】

本题考查函数零点的求解问题，涉及到待定系数法求解二次函数解析式、函数零点定义的应用等知识；解题关键是能够准确求解二次函数解析式；对于函数类型已知的函数解析式的求解，采用待定系数法，利用已知等量关系构造方程求得未知量.

20．5【解析】【分析】由求出的范围根据正弦函数为零确定的值再由三角函数值确定角即可【详解】时当时的解有的解有的解有故共有5个零点故答案为：5【点睛】本题主要考查了正弦函数余弦函数的三角函数值属于中档题

解析：5 【解析】 【分析】

由x0,2，求出cosx的范围，根据正弦函数为零，确定cosx的值，再由三角函数值确定角即可. 【详解】

Qcosx,

fxsincosx0时, cosx0,1,1，

当x0,2时，cosx0的解有

3,， 22cosx1的解有， cosx1的解有0,2,

故共有0,2,,3,25个零点， 2故答案为：5 【点睛】

本题主要考查了正弦函数、余弦函数的三角函数值，属于中档题.

三、解答题

21．（1）rn20.065【解析】 【分析】

（1）先阅读题意，再解方程求出函数模型对应的解析式即可； （2）结合题意解指数不等式即可. 【详解】

解:（1）由题意得r02,r11.94,

0.5n0.5nN （2）6次

*所以当n1时,r1r0r0r15即1.942(21.94)50.5p0.5p,

,解得p0.5,

0.5n0.5(nN*), 所以rn20.065故改良后所排放的废气中含有的污染物数量的函数模型为rn20.0650.5n0.50.08, （2）由题意可得,rn20.0650.5n0.5nN.

*整理得,50.5n0.51.92,即50.5n0.532, 0.06lg32, lg5两边同时取常用对数,得0.5n0.5整理得n25lg21, 1lg25lg230115.3,

1lg27将lg20.3代入,得2又因为nN*,所以n6.

综上,至少进行6次改良工艺后才能使得该企业所排放的废气中含有的污染物数量达标. 【点睛】

本题考查了函数的应用，重点考查了阅读能力及解决问题的能力，属中档题. 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)

2x112x12x∴a2.

22x22x132x2x1(2)f(x)4，即x2，即x2x0 x2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xxx21212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．（1）a1 （2）【解析】 【分析】

（1）根据函数的奇偶性，可得结果.

（2）根据（1）的条件使用分离常数方法，化简函数fx，可知fx的值域，结合不等式计算，可得结果. 【详解】 （1）

1≤m≤1 21a2a2f1，f1

121122xa因为fxx是奇函数.

21所以f1f1，得a1； 经检验a1满足题意

2x1（2）根据（1）可知fxx

21化简可得fx1所以可知fx12 2x12 2x12当x0,时，所以fx1 对任意x0,都有fx2mm

所以12m2m， 即【点睛】

1≤m≤1 2本题考查根据函数的奇偶性求参数，还考查了恒成立问题，对存在性，恒成立问题一般转化为最值问题，细心计算，属中档题.

24．（Ⅰ）AB{x0x5},CUB{xx3或x5}（Ⅱ）0m2 【解析】 【分析】

（Ⅰ）由m3时，求得集合A{x0x4},B{x3x5}，再根据集合的并集、补集的运算，即可求解；

（Ⅱ）由题意，求得A{x0x4},B{xmxm2}，根据BA，列出不等式组，即可求解。 【详解】

（Ⅰ）A{x0x4},B{x3x5}

AB{x0x5},CUB{xx3或x5}。

（Ⅱ）A{x0x4},B{xmxm2}，

m0由题有，所以0m2

m24【点睛】

本题主要考查了集合的混合运算，以及利用集合的包含关系求解参数的取值范围问题，其中解答中熟记集合的并集、补集的运算方法，以及根据集合间的包含关系，列出相应的不等式组求解是解答的关键，着重考查了推理与计算能力，属于基础题。 25．(1) 【解析】

试题分析：（1）由于函数为一次函数，设出其斜截式方程代入，可待定系数，求得函数关系式为为

，将点

；（2）结合（1）求出函数的表达式

;（2）每次应拖挂节车厢才能使每天的营运人数最多为

人.

，这是一个开口向下的二次函数，利用对称轴求得其最大值.

试题解析：(1)这列火车每天来回次数为次，每次拖挂车厢节， 则设∴

. 将点.

代入，解得

（2）每次拖挂节车厢每天营运人数为， 则当

时，总人数最多为

， 人．

人．

故每次应拖挂节车厢才能使每天的营运人数最多为

26．(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.