2019-2020学年某校高一（上）期中考试数学试卷

2019-2020学年某校高一（上）期中考试数学试卷一、选择题)1.已知全集U={-1, 0, 1, 2, 3}，集合A={0，1，2}，B={-1，0，1}，则(∁UA)∩B=(    )A.{-1}B.{0，1}C.{-1，2，3}D.{-1，0，1，3}2.下列四组中的函数f(x)，g(x)表示同一个函数的是(    )A.f(x)=x，g(x)=x2B.f(x)=(x)2，g(x)=|x|C.f(x)=x，g(x)=lg10xD.f(x)=x，g(x)=x2x3.设函数f(x)=2x+3，g(x+2)=f(x)，则 g(3)=(     )A.9B.7C.5D.34.若102x=36，则x的值为(    )A.lg16B.lg6C.2lg6D.2lg165.已知函数f(x)=(m2-3m-3)xm是幂函数，且在(0, +∞)为增函数，则m的值为(     )A.-1B.4C.1或-4D.-1或46.已知f(x)=ax2-bx+1是定义域为[a,a+1]的偶函数，则ab-a2=(    )A.0B.34C.2D.47.设a=(13)23,b=243,c=log213，则下列判断正确的是(     )A.b<a<cB.a<b<cC.c<a<bD.c<b<a8.已知函数f(x)=log2(x+m)的图象不经过第四象限，则实数m的取值范围为(    )A.m≥1B.m≤-1C.0<m≤1D.-1≤m<09.已知函数f(x)在(-∞,+∞)上是增函数，且f(-3)=0 ，则不等式f(x)x>0的解集是(     )A.(-∞,-3)∪(0,+∞)B. (-∞,-3)∪(3,+∞)C.(-∞,0)∪(3,+∞) D.(-3,0)∪(3,+∞)10.函数f(x)=x2,x<0,2x-1,x≥0的大致图象是(    )试卷第7页，总7页 A.B.C.D.11.已知函数f(x)=log2x,x≥1，2x-a,x<1恰有2个零点，则a的取值范围是(     )A.(2,+∞)B.[2,+∞)C.(-∞,2]D.(-∞,2)12.已知函数f(x)=2019x-2019-x，则不等式f(2x2-1)+f(x)≤0的解集为(    )A.(0,1]B.[-12,1]C.[-1,-22]D.[-1,12]二、填空题)13.已知函数f(x)=|lnx|，若f(a)=f(b)(a>b>0)，则1a+1+1b+1=________.三、解答题)14.计算：(1)log34273+log981+21+log23；(2)(32)-13-13×(-76)0-(-23)23.15.已知函数f(x)=x2+2(a-1)x+2,x∈[-2,4].(1)当a=2时，求函数f(x)的最大值与最小值；(2)若f(x)在区间[-2,4]上是单调函数，求|a|的最小值.16.已知函数f(x)=|x2-1|-x-1.(1)作出函数y=f(x)的图象，并直接写出它的单调区间；(2)求出函数y=f(x)在区间[-1,2]上的最大值与最小值；试卷第7页，总7页 (3)根据图象，若方程f(x)=k有两个不相等的实数根，求实数k的取值范围.17.已知函数f(x)=log31+x1-x.(1)判断函数y=f(x)的奇偶性并证明；(2)解关于x的不等式f(2x)>2.18.已知函数f(x)=log4(4x+1)-12x-1.(1)解方程：f(x)=0；(2)若函数g(x)=4f(x)+x2-m⋅2x在区间[-1,1]上的最大值为14，求实数m的值.19.某公司为了激励业务员的积极性，对业绩在60万元到200万元的业务员进行奖励．奖励方案遵循以下原则：奖金y（单位：万元）随着业绩值x（单位：万元）的增加而增加，且奖金不低于1.5万元，同时奖金不超过业绩值的5%.(1)若某业务员的业绩为100万元，核定可得4万元奖金．该公司用函数y=lgx+kx+1（k为常数）作为奖励的函数模型，则业绩200万元的业务员可得到多少奖励？(2)若采用函数f(x)=10x-ax+4作为奖励的函数模型，试确定最小的正整数a的值.（参考数据：lg2≈0.30, lg3≈0.48)试卷第7页，总7页 参考答案与试题解析2019-2020学年某校高一（上）期中考试数学试卷一、选择题1.A2.C3.C4.B5.B6.B7.C8.A9.A10.B11.D12.D二、填空题13.1三、解答题14.解：(1)原式=log3427-log33+log992+2⋅2log23=34-1+2+6=314；(2)原式=(23)13-13×1-(23)13=-13.15.解：(1)当a=2时，f(x)=x2+2x+2=(x+1)2+1,x∈[-2,4]，因为f(x)在[-2,-1]上单调递减，在[-1,4]上单调递增，∴f(x)min=f(-1)=1，而f(-2)<f(4), ∴f(x)max=f(4)=26.(2)f(x)=x2+2(a-1)x+2,x∈[-2,4]，其图象的对称轴是直线x=1-a，①如果函数f(x)在区间[-2,4]上是单调减函数，则1-a≥4，所以a≤-3.②如果函数f(x)在区间[-2,4]上是单调增函数，则1-a≤-2，所以a≥3.综上，a≥3或a≤-3.所以|a|的最小值为3.16.解：(1)因为f(x)=|x2-1|-x-1，所以f(x)=x2-x-2,|x|≥1,-x2-x,|x|<1,其图象如图.函数y=f(x)的单调减区间是试卷第7页，总7页 (-∞,-1] 和[-12,1]；其单调增区间是 [-1,-12] 和[1,+∞).(2)由(1)中的单调性知，函数y=f(x)在区间[-1,2]上的最大值在x=-12处取得，最大值y|max=-(-12)2-(-12)=14；在区间[-1,2]上的最小值在x=1处取得，最小值y|min=12-1-2=-2.(3)方程f(x)=k有两个不相等的实数根等价于直线y=k与函数y=f(x)图象有两个不同的交点，因此所求k的取值范围是k>14 或-2<k<0.17.(1)证明：因为函数f(x)=log31+x1-x，所以1+x1-x>0，解得-1<x<1，所以函数y=f(x)的定义域是{x|-1<x<1}.又因为f(-x)+f(x)=log31-x1+x+log31+x1-x=log31=0，则f(-x)=-f(x)，所以函数y=f(x)是奇函数.(2)解：由f(t)=log31+t1-t>2，得1+t1-t>9等价于-1<t<1,1+t>9(1-t),解得45<t<1.因此，不等式f(2x)>2等价于45<2x<1，即2log245<2x<20.而指数函数y=2x试卷第7页，总7页 是增函数，所以log245<x<0.所以不等式f(2x)>2的解集是{x|log245<x<0}.18.解：(1)由f(x)=0，得log4(4x+1)=12x+1，所以4x+1=412x+1，即4x+1=4⋅2x.令2x=t，则上述方程可化为：t2-4t+1=0.解得t=2±3>0，所以f(x)=0的根是x=log2(2+3)或x=log2(2-3).(2)g(x)=4log4(4x+1)-1-m⋅2x，也就是g(x)=14(4x+1)-m⋅2x .设2x=t ，因为x∈[-1,1]，所以t∈[12,2] ，则g(x)在区间[-1,1]上的最大值为14就等价于：h(t)=14t2-mt+14在区间[12,2]上的最大值为14 .而函数h(t)的图象的对称轴为t=2m，且最大值14只可能在区间端点处取得.所以2m≥54，h(12)=14或2m<54，h(2)=14，解得m=12.19.解：(1)因为奖励的函数模型是y=lgx+kx+1（k为常数），由条件知，当x=100, y=4，所以4=lg100+100k+1，得k=1100.∴y=lgx+1100x+1得，则当x=200时，y=lg200+1100×200+1≈5.30，答：业绩200万元的业务员可得到5.30万元的奖励.(2)若采用函数f(x)=10x-ax+4作为奖励的函数模型，则必须满足以下三个条件：①f(x)=10-a+40x+4在[60,200]上是增函数；②f(x)=10x-ax+4≥1.5，对x∈[60,200]恒成立；③f(x)=10x-ax+4≤0.05x，对x∈[60,200]恒成立.因为a试卷第7页，总7页 是正整数，所以①显然成立.由①，②得f(60)=600-a64≥1.5，则a≤504.由③得a≥-0.05x2+9.8x对x∈[60,200]恒成立，所以a≥[-0.05x2+9.8x]max，则a≥-0.05×982+9.8×98=480.2.综上，480.2≤a≤504.所以最小的正整数a=481.试卷第7页，总7页