20202021天津市高一数学上期末试题(及答案).pdf

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2020-2021天津市高一数学上期末试题(及答案)
一、选择题
1
loge,bln2,clog,则a,b,c的大小关系为
213
2
babab
A{2,1,0,1,2}Bx|(x1)(x2)0AB
,,则()
1,00,11,0,10,1,2
.
fx0,flgxf1x
,,则的取值范围
是()
111
A.,1,10,C.,10
101010
0,110,
D.
2
log3,b3,,则a,b,c的大小关系是()
23
ce
baccb
,根据国家有关规定:100mL
血液中酒精含量低于20mg的驾驶员可以驾驶汽车,酒精含量达到20~79mg的驾驶员即为
酒后驾车,,其血液中的酒
精含量上升到了1mg/,他血液中酒精含量会以每小时30%的速
度减少,那么他至少经过几个小时才能驾驶汽车?()(参考数据:≈﹣,
≈﹣,≈﹣,≈﹣)

log(x1),xN*
1
(x),则f(f(0))()
2
3x,xN*

1
.-
3
yln6xx2
,函数的定义域为集合
A,Bx|a4xa4ABa
,且,则的取值范围是()
R
A.2a10B.2a10
2或a2或a10
,既是偶函数,又是在区间(0,)上单调递减的函数为()
1
2|x|cosx
|x|
log2,b,csin789,则a,b,c的大小关系是
3
bcaca:.
21x,x1
fx1logx,x1fx2()
,则满足的x的取值范围是
2

1,20,21,0,
.

可能是()
.
1
xfx4xx15xfx
,规定取,,三个值中的最小值,则
2
()
,,最小值1
,,无最小值
二、填空题
x22,x0

fxxf2xafx0a0,3
,则关于的方程
x3,x0

的所有实数根的和为_______.
cosx11
(x)2|x|,则f(lg2)flgf(lg5)flg______.
x25
(x)f(x)x是偶函数,若f(2)2,则f(2)________
x
(x)为奇函数,则f(1)___________.
(2x1)(xa)
1
(x)xa的图象经过点(3,),则a2__________.
9
sinx(x0)1111
(x)则f()f()为_____
f(x1)(x0)66
,近代数学奠基者之一,享有“数学王子”的称号,他和阿基
x
米德､牛顿并列为世界三大数学家,用其名字命名的“高斯函数”为:设xR,用表示
yx[3,4]4[2,7]2
不超过x的最大整数,则称为高斯函数,例如:,.已知函数
2ex1
f(x),则函数y[f(x)]的值域是_________.
1ex5
5
>b>+loga=,ab=ba,则a=,b=.
ab
2
三、解答题:.
1x
fxx,0fx
,且当时,.
1x
1fx
求函数在R上的解析式;
2fx0,
判断函数在上的单调性,并用单调性的定义证明你的结论.
(x)ln(x2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.
1x
xlog(a0,且a1).
a1x
xt,tt1,1fx
(1)当(其中,且t为常数)时,是否存在最小值,如果存
在,求出最小值;如果不存在,请说明理由;
fx2f43x0
(2)当a1时,求满足不等式的实数x的取值范围.
1
(x)x是定义在(0,)上的函数.
x2
(1)用定义法证明函数f(x)的单调性;

(2)若关于x的不等式fx22xm0恒成立,求实数m的取值范围.
(元)关于时间t(天)的函数关系为
1
t2,0t20,tN

5
P,该股票在30天内的日交易量Q(万股)关于时间t
1
t8,20t30,tN
10
(天)的函数为一次函数,其图象过点(4,36)和点(10,30).
(1)求出日交易量Q(万股)与时间t(天)的一次函数关系式;
(2)用y(万元)表示该股票日交易额,写出y关于t的函数关系式,并求在这30天内第
几天日交易额最大,最大值为多少?
,集合A={x|3≤x<7},B={x|2<x<6},求∁(A∪B),∁(A∩B),(∁A)∩B,
RRR
A∪(∁B).
R
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一、选择题

解析:D
【解析】
分析::.
详解:由题意结合对数函数的性质可知:
11
bln20,1cloglog3loge
aloge1,,,
2loge1322
22
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,
,若底数不同,则首先考虑将其转化成同底数,然后再根
,利用图象法
求解,既快捷,又准确.

解析:A
【解析】
【分析】
【详解】
Bx|2x1
由已知得,
因为A{2,1,0,1,2},
AB1,0
所以,故选A.

解析:C
【解析】
【分析】
flgxf1flgxf1
利用偶函数的性质将不等式变形为,再由函数
yfx0,lgx1
在上的单调性得出,利用绝对值不等式的解法和对数函数的单
调性即可求出结果.
【详解】

由于函数yfx是偶函数,由flgxf1得flgxf1,
yfx0,lgx11lgx1
又函数在上是增函数,则,即,解得
1
x10.
10
故选:C.
【点睛】
本题考查利用函数的单调性和奇偶性解不等式,同时也涉及了对数函数单调性的应用,考
查分析问题和解决问题的能力,属于中等题.

解析:A:.
【解析】
【分析】
根据指数幂与对数式的化简运算,结合函数图像即可比较大小.
【详解】
2
因为alog3,b3,
23
ce
fxlogxgxx
令2,
函数图像如下图所示:
f4log42g442
则2,
所以当x3时,3log3,即ab
2
2
b3,
ce3
6
2
6644
则b6327,ce3e


所以b6c6,即bc
综上可知,abc
故选:A
【点睛】
本题考查了指数函数、对数函数与幂函数大小的比较,因为函数值都大于1,需借助函数图像
及不等式性质比较大小,属于中档题.

解析:C
【解析】
【分析】
根据题意先探究出酒精含量的递减规律,再根据能驾车的要求,
解.
【详解】
因为1小时后血液中酒精含量为(1-30%)mg/mL,:.
x小时后血液中酒精含量为(1-30%)xmg/mL的,
由题意知100mL血液中酒精含量低于20mg的驾驶员可以驾驶汽车,
x
所以130%,
,
两边取对数得,
,

x,

所以至少经过5个小时才能驾驶汽车.
故选:C
【点睛】
本题主要考查了指数不等式与对数不等式的解法,还考查了转化化归的思想及运算求解的
能力,属于基础题.

解析:B
【解析】
【分析】
根据分段函数的解析式代入自变量即可求出函数值.
【详解】
因为0N,所以f(0)30=1,f(f(0))f(1),
因为1N,所以f(1)=1,故f(f(0))1,故选B.
【点睛】
本题主要考查了分段函数,属于中档题.

解析:C
【解析】
【分析】

由6xx20可得Ax|2x6,CBxa4或xa4,再通过A为
R
CB的子集可得结果.
R
【详解】
yln6xx2
由可知,
6xx202x6Ax|2x6
,所以,

CBxa4或xa4,
R
因为ACB,所以6a4或2a4,即a10或a2,故选C.
R
【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.

解析:A
【解析】
本题考察函数的单调性与奇偶性
1
ylny2|x|ycosxyx3
由函数的奇偶性定义易得,,是偶函数,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
111
x0时,yln变形为yln,可看成ylnt,t的复合,易知ylnt(t0)
|x|xx
11
为增函数,t(x0)为减函数,所以yln在区间(0,)上单调递减的函数
x|x|
故选择A

解析:B
【解析】
【分析】
【详解】
333
由对数函数的性质可知alog2log34,
3342
由指数函数的性质b1,
由三角函数的性质csin7890sin(23600690)sin690sin600,所以
3
c(,1),
2
所以acb,故选B.

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.
1
1logx2x0,
当x1时,的可变形为,x1,故答案为.
22:.
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.

解析:A
【解析】
【分析】
根据对数函数的单调性,分类讨论,结合二次函数的图象与性质,利用排除法,即可求
解,得到答案.
【详解】
由题意,若,则在上单调递减,
又由函数开口向下,其图象的对称轴在轴左侧,排除C,D.
若,则在上是增函数,
函数图象开口向上,且对称轴在轴右侧,
因此B项不正确,只有选项A满足.
【点睛】
本题主要考查了对数函数与二次参数的图象与性质,其中解答中熟记二次函数和对数的函
数的图象与性质,合理进行排除判定是解答的关键,着重考查了分析问题和解答问题的能
力,属于基础题.

解析:D
【解析】
【分析】
由题意画出函数图像,利用图像性质求解
【详解】
yx1

fxA1,2
画出的图像,如图(实线部分),由1得.
y5x

2
fx
故有最大值2,无最小值
故选:D
【点睛】:.
本题主要考查分段函数的图像及性质,考查对最值的理解,属中档题.
二、填空题
13.【解析】【分析】由可得出和作出函数的图象由图象可得出方程的根将方
程的根视为直线与函数图象交点的横坐标利用对称性可得出方程的所有根之和
进而可求出原方程所有实根之和【详解】或方程的根可视为直线与函数图象
解析:3
【解析】
【分析】
2
由fxafx0可得出fx0和fxaa0,3,作出函数yfx的图
fx0ya
象,由图象可得出方程的根,将方程fxaa0,3的根视为直线
yfxfxaa0,3
与函数图象交点的横坐标,利用对称性可得出方程的所有
根之和,进而可求出原方程所有实根之和.
【详解】
f2xafx00a3fx0fxa0a3
,或.
fxa0a3yayfx
方程的根可视为直线与函数图象交点的横坐标,
yfxya
作出函数和直线的图象如下图:
xfx03
由图象可知,关于的方程的实数根为2、.
yx22x2yx3x3
由于函数的图象关于直线对称,函数的图象关于直线
对称,
xfxa0a3xxxx
关于的方程存在四个实数根、、、如图所示,
1234
xxxx
且122,343,xxxx462,
221234
因此,所求方程的实数根的和为2323.
故答案为:3.
【点睛】
本题考查方程的根之和,本质上就是求函数的零点之和,利用图象的对称性求解是解答的
关键,考查数形结合思想的应用,:.
【解析】【分析】由得由此即可得到本题答案【详解】由得所以则所以
故答案为:10【点睛】本题主要考查利用函数的奇偶性化简求值
解析:10
【解析】
【分析】
cosx
由f(x)2|x|,得f(x)f(x)42|x|,由此即可得到本题答案.
x
【详解】
cosxcos(x)cosx
由f(x)2|x|,得f(x)2|x|2|x|,
xxx
所以f(x)f(x)42|x|,则
f(lg2)f(lg2)42|lg2|42lg2,
f(lg5)f(lg5)42|lg5|42lg5,
11
所以,f(lg2)flgf(lg5)flg42lg242lg510.
25
故答案为:10
【点睛】
本题主要考查利用函数的奇偶性化简求值.
【解析】【分析】根据偶函数的关系有代入即可求解【详解】由题:函数
是偶函数所以解得:故答案为:6【点睛】此题考查根据函数的奇偶性求函数值
难度较小关键在于根据函数奇偶性准确辨析函数值的关系
解析:6
【解析】
【分析】
根据偶函数的关系有g(2)g2,代入即可求解.
【详解】
由题:函数g(x)f(x)x是偶函数,
g(2)f(2)24,所以g(2)f(2)24,
解得:f(2)6.
故答案为:6
【点睛】
此题考查根据函数的奇偶性求函数值,难度较小,关键在于根据函数奇偶性准确辨析函数
值的关系.
16.【解析】【分析】根据函数奇偶性的定义和性质建立方程求出a的值再将
1代入即可求解【详解】∵函数为奇函数∴f(﹣x)=﹣f(x)即f(﹣x)∴
(2x﹣1)(x+a)=(2x+1)(x﹣a)即2x2+(2:.
2
解析:
3
【解析】
【分析】
根据函数奇偶性的定义和性质建立方程求出a的值,再将1代入即可求解
【详解】
x
fx
∵函数为奇函数,
2x1xa
∴f(﹣x)=﹣f(x),
xx
即f(﹣x),
2x1xa2x1xa
∴(2x﹣1)(x+a)=(2x+1)(x﹣a),
即2x2+(2a﹣1)x﹣a=2x2﹣(2a﹣1)x﹣a,
12
∴2a﹣1=0,解得a.故f(1)
23
2
故答案为
3
【点睛】
本题主要考查函数奇偶性的定义和性质的应用,利用函数奇偶性的定义建立方程是解决本
题的关键.
17.【解析】由题意有:则:
1
解析:
4
【解析】
1
由题意有:3a,a2,
9
1
a222
则:.
4
【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)
因为f(x)
f(x1)(x0):.
11111
则f()sin()sin,
6662
11511
f()f()f()sin(),
66662
1111
所以f()f()0.
66
【点睛】
本题主要考查了分段函数求值,属于中档题.
19.【解析】【分析】求出函数的值域由高斯函数的定义即可得解【详解】所
以故答案为:【点睛】本题主要考查了函数值域的求法属于中档题
1,0,1
解析:
【解析】
【分析】
求出函数f(x)的值域,由高斯函数的定义即可得解.
【详解】
2(1ex)212192
f(x)2,
1ex51ex551ex
1ex1,
1
01,
1ex
2
20,
1ex
1919
,
551ex5
19
所以f(x),,
55
[f(x)]1,0,1
,
1,0,1
故答案为:
【点睛】
本题主要考查了函数值域的求法,属于中档题.
20.【解析】试题分析:设因为因此【考点】指数运算对数运算【易错点睛】
在解方程时要注意若没注意到方程的根有两个由于增根导致错误
解析:42
【解析】
15
试题分析:设logat,则t1,因为tt2ab2,
bt2
因此abbab2bbb22bb2b2,a:.
【考点】指数运算,对数运算.
5
【易错点睛】在解方程logbloga时,要注意loga1,若没注意到
ab2b
5
loga1,方程logbloga的根有两个,由于增根导致错误
bab2
三、解答题
1x
,x0

1x

fx0,x0fx0,
21.(1)(2)函数在上为增函数,详见解析

1x
,x0
1x
【解析】
【分析】
1f00x0x0
根据题意,由奇函数的性质可得,设,则,结合函数的奇偶性
fx0,
与奇偶性分析可得在上的解析式,综合可得答案;
20xx
根据题意,设,由作差法分析可得答案.
12
【详解】
1fxfxf00
解:根据题意,为定义在R上的函数是奇函数,则,
1x
x0x0fx
设,则,则,
1x
1x
fxfxfx
又由为R上的奇函数,则,
1x
1x
,x0

1x

fx0,x0
则;

1x
,x0
1x
2fx0,
函数在上为增函数;
证明:根据题意,设0xx,
12
2xx
1x1x1x1x
fxfx122112
则,
121x1x1x1x1x1x

122112
又由0xx,
12
xx01x01x0
则,且,;
1212
fxfx0
则,
12:.
fx0,
即函数在上为增函数.
【点睛】
本题考查函数的奇偶性与单调性的判断以及应用,涉及掌握函数奇偶性、单调性的定义.

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)f(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)将a3代入函数解析式可得f(x)ln(x23x3)
则由f(ex)x,代入可得
2xx
lne3e3x
同取对数可得e2x3ex3ex
即(ex)24ex30,
xx
所以(e1)e30
即ex1或ex3
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.
5
23.(1)见解析(2)1,
3
【解析】
【分析】
fx
(1)先判定函数的单调性,结合单调性来进行求解是否存在最小值;
fx2f43x0
(2)先判断函数的奇偶性及单调性,结合奇偶性和单调性把进
行转化求解.
【详解】:.
1x1x01x0
0fx
(1)由可得或,解得1x1,即函数的定义域为
1x1x01x0
1,1,
1x1x2xx
设1xx1,则1221,∵1xx1,∴
121x1x1x1x12
1212
1x1x
xx01x1x012
,,∴,
21121x1x
12
fxfxfx1,1t1,1
①当a1时,则在上是减函数,又,
12
1t
xt,tfxftlog
∴时,有最小值,且最小值为;
a1t
0a1fxfxfx1,1t1,1
②当时,,则在上是增函数,又,
12
xt,tfx
∴时,无最小值.
fx1,1
(2)由于的定义域为,定义域关于原点对称,且
1x1x1

fxloglogfx,(1)可知,

a1xa1x
fxfx2f43x0
当a1时,函数为减函数,由此,不等式等价于
x23x4
5
fx2f3x41x211x
,即有,解得,所以x的取值范围是
3
143x1
5
1,.
3
【点睛】
本题主要考查函数性质的综合应用,奇偶性和单调性常结合求解抽象不等式问题,注意不
要忽视了函数定义域,侧重考查数学抽象和逻辑推理的核心素养.
24.(1)证明见解析(2)m1
【解析】
【分析】
x,x(0,)xxfxfx0
(1),且,计算得到证明.
121212
2m1x22xx122
(2)根据单调性得到x2xm1,即,得到答案.
【详解】
(1)函数单调递减,x,x(0,),且xx,
1212
22
11xxxxxx
fxfxxx211212

12x21x22x2x2

1212
∵0xx,∴xx0,xxx2x20,x2x20
1221121211:.
∴f(x)f(x),∴f(x)在(0,)单调递减;
12
2
(2)fx2xm0f1,故x22xm1,
m1x22xx122x(0,)m1.
,,故
【点睛】
本题考查了定义法证明函数单调性,利用单调性解不等式,意在考查学生对于函数性质的
灵活运用.
25.(1)Qt40,0t30,tN(2)在30天中的第15天,日交易额最大为
125万元.
【解析】
【分析】
(1)设出一次函数解析式,利用待定系数法求得一次函数解析式.
(2)求得日交易额的分段函数