2021-2022学年上海市实验学校高一年级上册学期期末数学试题【含答案】

一、填空题

Bxx2x0A{1,1,2}1．已知集合，，则AB__________．【答案】{1}【分析】可求出集合B，然后进行交集的运算即可．【详解】解：A{1，1，2}，B{1，0}，

AB{1}．

故答案为：{1}．

11ab4ab的最小值为________.2．设a、b都为正数，且，则【答案】1

111114()ab利用已知，结合基本不等式进行求解即可.【分析】把ab变形为：4【详解】因为a、b都为正数，所以有：

1111111ba1ba4()(ab)()(2)(22)14ab4ab4ab4ab，

ba当且仅当ab时取等号，即ab2时取等号，

故答案为：13．函数

yf(x)21x1，则f(3)______________.

5【答案】3【解析】3在反函数的定义域中，它必在原函数的值域中，因为反函数与原函数的对应关系相反，故由

32x1解得x值为所求.3255f1(3)x3.x1解得3，所以

【详解】由

5故答案为：34．已知a0且a1，若loga2m，【答案】6

loga3n，则amn_______________.

【解析】利用指数式与对数式的互化，再利用同底数幂相乘即可.

mlog2m,a2，同理：an3 a【详解】

∴amnaman236故答案为：6

【点睛】对数运算技巧：(1)指数式与对数式互化；(2)灵活应用对数的运算性质；(3) 逆用法则、公式；

(4) 应用换底公式，化为同底结构．5．已知函数【答案】1【分析】根据奇偶定义可建立方程求解即可.

fxax2b2x1，

2xa2,a是偶函数，则ab的值为______．

b202a2a0a22a【详解】由题意得，所以a1,b2，所以ab1.故答案为：1m6．若幂函数yx2m2（m为整数）的定义域为R，则m的值为______．

【答案】0或12【分析】依题意可得mm20，解得m的取值范围，再由m为整数，求出参数的值.

2【详解】由题意得mm20，解得1m2，又m为整数，所以m0或1.

故答案为：0或131,3内的实根，首先取区间中点x2进行判断，那么下一

7．用“二分法”求方程xx40在区间

个取的点是x______．3【答案】1.5##2【分析】先确定函数单调性，根据二分法求解即可得解.

3f(x)xx4，易得函数为严格增函数，【详解】设函数

因为f(1)20，f(2)60，所以下一个有根区间是(1,2)，那么下一个取的点是x1.5．故答案为：1.528．已知函数yx2ax(x[0,1])的最小值为-2，则实数a=________.

3【答案】2【分析】根据二次函数的对称轴与所给区间的相对位置进行分类讨论求解即可.

222【详解】yf(x)x2ax(xa)a，所以该二次函数的对称轴为：xa，

2当1a时，即a1，函数f(x)x2ax在x[0,1]时单调递减，

因此

f(x)minf(1)12a2a32，显然符合a1；

f(x)mina22a21a00a1当时，即时，，显然不符合1a0；

2当a0时，即a0时，函数f(x)x2ax在x[0,1]时单调递增，

因此

f(x)minf(0)02，不符合题意，综上所述：

a32，

3故答案为：29．设方程______．【答案】4

log2x11a22a2的实根x1,x2,,xk，其中k为正整数，则所有实根的和为

【分析】画出

g(x)log2x11的图象，由图象的特征可求.

【详解】令f(x)|log2|x|1|，f(x)|log2|x|1||log2|x|1|f(x)，所以函数f(x)|log2|x|1|图象关于y轴对称，令

g(x)log2x11，则g(x)f(x1)的图象关于直线x1对称，

的实根，可以看作函数

g(x)log2x11因为方程

log2x11a22a2的图象与直线

ya22a2的交点横坐标.

由图可知方程所以

log2x11a22a2有4个实根，且关于直线x1对称.

x1x2x3x44.

故答案为：4.

2xx[1,2]，不等

10．设函数f(x)2，g(x)x2xa，如果对任意的实数x1[1,2]，任意的实数2式

fx1gx21恒成立，则实数a的取值范围为________．

【答案】(,1][6,)2x【分析】分别求出函数f(x)2，g(x)x2xa在[1,2]上的值域，把问题转化为关于a的不等式

组，求出解集即可

xf(x)2【详解】解：因为在[1,2]上为增函数，

所以

f(x)minf(1)2,f(x)maxf(2)4，

x所以f(x)2在[1,2]上的值域为[2,4]，

2g(x)x2xa的对称轴为直线x1，因为

2所以g(x)x2xa在[1,2]上为增函数，

所以

g(x)ming(1)a1,g(x)maxg(2)a，

2g(x)x2xa在[1,2]上的值域为[a1,a]，所以

因为对任意的实数x1[1,2]，任意的实数

x2[1,2]，不等式fx1gx21恒成立，

(a1)41a4或a6a21a1或a3所以，解得，所以a1或a6，

所以实数a的取值范围为(,1][6,)，故答案为：(,1][6,)【点睛】此题考查函数在闭区间上的最值问题和不等式恒成立问题，考查了数学转化思想，解题的

(a1)412xa21关键是求出函数f(x)2，g(x)x2xa在[1,2]上的值域，把问题转化为，从而可求出实数a的取值范围，属于中档题

二、单选题

3311．已知x，y是实数，则“xy”是“xy”的（ ）

A．充分不必要条件【答案】C

B．必要不充分条件C．充要条件D．既不充分也不必要条件

【分析】由充要条件的定义求解即可

2y3y2xy(xy)(xxyy)(xy)x24 ，【详解】因为

33222y3y2(xy)x024若xy，则，

2y3y2(xy)x024若，则xy0，即xy，3333所以xyxy ，即“xy”是“xy”的充要条件，

故选：C.12．如果A．

logx10.8logx20.80，那么（ ）

B．00x2x11C．1x1x2【答案】C

【分析】根据换底公式可得确.

【详解】因为

1x2x1log0.8x2log0.8x10log0.81，再利用ylog0.8x单调性可以判断C正

logx10.8logx20.80，则

log0.8x2log0.8x10log0.81，

又因为ylog0.8x在那么1x1x2，故选：C．

0,上单调递减，

13．在同一直角坐标系中，二次函数yaxbx与幂函数yx(x0)图像的关系可能为（ ）

2baA．B．C．

D．

【答案】A

【分析】根据题意，结合二次函数和幂函数的性质依次分析选项，即可得到答案.【详解】对于A，二次函数yaxbx开口向上，则a0，其对称轴幂函数yx(x0)为减函数，符合题意；

对于B， 二次函数yaxbx开口向下，则a<0，其对称轴

2ba2xbb002aa，则，即

xbb002aa，则，即幂函数

yx(x0)为减函数，不符合题意；

对于C，二次函数yaxbx开口向上，则a0，其对称轴

baba2xbb122aa，则，即幂函数

yx(x0)为增函数，且其增加的越来越快，不符合题意；对于D， 二次函数yaxbx开口向下，则a<0，其对称轴

ba2xb1b012a2，则a，即幂函

数yx(x0)为增函数，且其增加的越来越慢快，不符合题意；故选：A

【点睛】关键点点睛：本题考查函数图像的分析，在同一个坐标系中同时考查二次函数和幂函数性质即可得解，考查学生的分析试题能力，数形结合思想，属于基础题.14．若函数y|xa|与A．(,0)【答案】D

【分析】由一次函数及反比例函数的单调性，结合图像变换即可得到实数a的取值范围.【详解】函数y|xa|的图像关于xa对称，

所以当xa，y随x的增大而减小，当xa，y随x的增大而增大.要使函数y|xa|在区间[1,2]上都是严格减函数，只需a1；

yax1在区间[1,2]上都是严格减函数，则实数a的取值范围为（ ）

C．(0,1)D．(0,1]B．(1,0)(0,1]要使

yax1在区间[1,2]上都是严格减函数，只需a0；

故a的范围为0a1.故选：D

三、解答题

15．求下列不等式的解集：4x35x1(1)

(2)

2x33x2【答案】(1)(1,8)(2)(1,)【分析】（1）根据分式不等式及一元二次不等式的解法求解集.（2）应用公式法求绝对值不等式的解集.

4x3x850x1x80x1x1【详解】（1），故解集为(1,8)；（2）|2x3|3x23x22x33x2， 故解集为(1,).

fx2x(1x1)x21．

16．已知函数(1)判断函数(2)判断函数【答案】(1)(2)

fxfxfx的奇偶性，并说明理由；的单调性并证明．是奇函数，理由见解析

fx在(1,1)上单调递减，证明见解析

【分析】（1）根据函数奇偶性定义进行判断证明；（2）根据函数单调性定义进行证明.【详解】（1）函数

fxfx是奇函数，理由如下：

2x(1x1)x21，则定义域关于原点对称，

因为

fx2xfx2fxx1，所以是奇函数；

（2）任取1x1x21，

22x12x22x1x22x12x12x22x2f(x1)f(x2)222x1x1(x121)(x21)12则

2x1x2(x2x1)2(x2x1)2(x1x21)(x2x1)22(x121)(x21)(x121)(x21)，

221xx1xx10,xx0,x10,x10，12122112因为，所以

所以

f(x1)f(x2)0，所以fx在(1,1)上单调递减.

ylogax2（a0且a1）的图像向左平移1个单位，再向上平移2个单位，得到的图像．的解析式

，若

17．将函数函数

yfx(1)求函数(2)设函数

fxFxafxfx1mFx对一切

x1,恒成立，求实数m的取值范围；

(3)讨论关于x的方程【答案】(1)(2)(,0](3)答案见解析

fxlogapx，在区间1,上解的个数．

f(x)loga(x1)【分析】(1)由图象的平移特点可得所求函数的解析式；

(2)求得F(x)的解析式，可得m(x1)(x2)对一切x(1,)恒成立，再由二次函数的性质可得所求范围；(3)将方程

fxlogappx1(x1xx等价转化为且x0)，根据题意只需讨论px(x1)在区间

(1,)上的解的个数，利用图象，数形结合即可求得答案.

【详解】（1）将函数ylogax2(a0且a1)的图象向左平移1个单位，得到

yloga(x1)2的图象，再向上平移2个单位，得函数f(x)loga(x1)的图象；

（2）函数

Fxafxfx1alogax1logax2x1x2，x1，

若mF(x)对一切x(1,)恒成立，则m(x1)(x2)对一切x(1,)恒成立，

由y(x1)(x2)在(1,)严格单调递增，得y(x1)(x2)0，所以m0，即m的取值范围是(,0]；（3）关于x的方程

px1(x1x且x0)，

f(x)logapploga(x1)logaxx所以只需讨论px(x1)在区间(1,)且x≠0上的解的个数．由二次函数yx(x1)(x1且x0)的图象得，1p(,)4时，原方程的解有0个；当

1p(0,)4当时，原方程的解有1个；1p(,0)4时，原方程的解有2个．当

18．其公司研发新产品，预估获得25万元到2000万元的投资收益，现在准备拟定一个奖励方案：奖金y（万元）随投资收益x（万元）的增加而增加，奖金不超过75万元，同时奖金不超过投资收益的20%．

(1)用数学语言列出公司对函数模型的基本要求；(2)判断函数

fxx1050是否符合公司奖励方案函数模型的要求，并说明理由；

1gx2ax5a2符合公司奖励方案函数模型要求，求实数a取值范围．(3)已知函数

【答案】(1)答案见解析(2)不符合，理由见解析1,12(3)

【分析】（1）根据函数单调性的定义以及最值的定义，结合题意中的不等关系，可得答案；（2）由（1）所得的三个条件，进行检验，可得答案；

（3）利用幂函数的单调性，结合题意中的最值以及不等关系，可得不等式组，利用基本不等式，可得答案.

【详解】（1）f(x)满足的基本要求是：①f(x)是定义域[25,2000]上的严格增函数，②f(x)的最大值不超过75，③

50xf5011fx105不满足要求③，故不符合；50（2），（3）因为

a12，所以函数g(x)满足条件①，

a255，f(x)x5在[25,2000]上恒成立；

由函数g(x)满足条件②得2a2000575，解得由函数g(x)满足条件③得，

x52a5x对x[25,2000]恒成立，即

2ax5x5对x[25,2000]恒成立，

x5x52x，即x25时取等号，所以a1．x因为5，当且仅当51,12．a综上所述，实数的取值范围是

2x,x0fxlog2x,x019．已知函数

(1)设k、m均为实数，当使得关于x的不等式

x,mfx时，的最大值为1，且满足此条件的任意实数x及m的值，

恒成立，求k的取值范围；

fxm2k2m3k10(2)设t为实数，若关于x的方程

ffxlog2tx0恰有两个不相等的实数根x1,x2且x1x2，

2x1log2x2试将

【答案】(1)k42x1log2x212x11x21表示为关于t的函数，并写出此函数的定义域．

(2)

11t2|x11||x21|t，1,3【分析】(1)分离参数，得

k(m3)48m3，再借助基本不等式求解即可；

x,x1ff(x)log2log2x,x1，再对x1，x1进行分类讨论.(2)先得出

【详解】（1）当x(,m]时，

f(x)max1，故0m2.

2要使得不等式f(x)m(k2)m3k10恒成立，

2需使m(k2)m3k101，

2m即(k2)m3k110对于任意的m[0,2]都成立.

因为13m3，所以

4484840(m3)3m0m33m由，得 （当且仅当m1时取等号）所以k4；

k(m3)48m3.

2x,x0x,x1ff(x)logx,x0log2log2x,x1，（2）由函数f(x)2，得①若x1，则方程

ff(x)log2(tx)0变为xlog2(tx)，

xx即2tx，则t2x，

y2xx为递增函数，x1，则有t≤3；

②若x1，则方程

ff(x)log2(tx)0，即

变为

log2log2xlog2(tx)log2xtx，且tx0，故t1，

xlogxtx的两个根，则x11，1x2，

于是x1,x2分别是方程2tx、2即x11x2，

xylogxy22由于函数与的图像关于直线yx对称，

故x1x2t，

111x12log2x22t(x1x2)t，2|x11||x21|2x11x21t112x1log2x2t2|x11||x21|t，且1t3，故

故此函数的定义域为

1,3.

【点睛】方法点睛：对于非二次不等式恒成立求参问题，一般先分离参数，转化为最值问题，进而可借助函数或基本不等式进行求解；方程解的个数可等价于两个不同函数交点个数，分段函数则需要考虑每一段解析式是否成立.

20．对于定义在D上的函数yf(x)，设区间[m,n]是D的一个子集，若存在x0(m,n)，使得函

m,x0上是严格减函数，在区间x0,n上是严格增函数，则称函数yf(x)在区

数yf(x)在区间

间[m,n]上具有性质P．

2yaxbx在区间[0,1]上具有性质P，写出实数a、b所满足的条件；（1）若函数

3（2）设c是常数，若函数yxcx在区间[1,2]上具有性质P，求实数c的取值范围．

【答案】（1）2ab0；（2）

c3,12．

2fx【分析】（1）根据定义判断出yaxbx为二次函数，然后根据的单调性和单调区间判断出

yax2bx的开口以及对称轴，由此得到a,b满足的条件；

3（2）先分析函数yxcx在区间[1,2]上为严格增函数和严格减函数时c的取值，据此分析出

yx3cx在区间[1,2]上先递减再递增时c的取值范围，由此求解出c的取值范围.

2yaxbx在区间[0,1]上具有性质P时，由其图象在R上是抛物线，【详解】（1）当函数

故此抛物线的开口向上（即a0），且对称轴是

于是，实数a，b所满足的条件为：2ab0．

xb(0,1)2a；

3xx（2）记f(x)xcx．设1，2是区间[1,2]上任意给定的两个实数，2fx1fx2x1x2x12x1x2x2c总有．

2x1x2时，总有x1x20且x12x1x2x2c11130，

若c3，当故

fx1fx203，因此yxcx在区间[1,2]上是严格增函数，不符合题目要求．

2222xxxx0xxxxc2222120，12c12121122若，当时，总有且

故

fx1fx203yxcx在区间[1,2]上是严格减函数，不符合题目要求．，因此

cccc22x1,x21,xxxxcc0122xx23时，总有x1x20且1333若3c12，当1且，

c1,33fx1fx20yxcx上是严格减函数；故，因此在区间cccc22x1,x2,2xxxxcc011223x1x2xx012333当且时，总有且，

c,233fx1fx20故，因此yxcx在区间上是严格增函数．因此，当

c3,123时，函数yxcx在区间[1,2]上具有性质P．

【点睛】关键点点睛：本题属于函数的新定义问题，求解本题第二问的关键在于对于性质P的理解，通过分析函数不具备性质P的情况：严格单调递增、严格单调递减，借此分析出可能具备性质P的情况，然后再进行验证即可.