黑龙江省大庆中学2021-2022学年高一上学期期中考试数学答案

答案第1页，共12页 参考答案 1．C 【分析】 化简集合A，利用交集概念及运算得到结果. 【详解】 因为       1 5 1,2,3,4,5 , 2,4,6 A x Z x B       ， 所以   2,4 A B   . 故选：C 2．D 【分析】 先分解化简命题p,q 再根据范围大小判断充分必要性. 【详解】 : 2 8 0 3 x p x        : 3 4 0 4 q x x x      或 3 x  3 4 q x    所以p 是q的既不充分也不必要条件 p 是 q 的必要不充分条件 故答案选D 【点睛】 本题考查了充分必要条件的判断，抓住范围的大小关系是解题的关键. 3．C 【分析】 由偶次根式和对数定义域的基本要求可构造不等式组求得结果. 【详解】 由题意得： 1 0 2 0 x x       ，解得：2 1 x  ，即  f x 定义域为  2,1  . 故选：C. 4．C 【分析】 答案第2页，共12页 利用不等式的性质结合特殊值法依次判断即可． 【详解】 当c＝0 时，A 不成立； 2>1，3>－1，而2－3<1－(－1)，故B 不成立； a＝2，b＝1 时，1 1 2 ，D 不成立； 由a>|b|知a>0，所以a2>b2，C 正确． 故选：C． 5．B 【分析】 函数是单调递增函数，则只需  0 f a f b  时，函数在区间（a，b）上存在零点. 【详解】 函数  2 ln f x x x   ,在x>0 上单调递增，  2 2 1 0 f ln   ，  2 3 ln3 0 3 f    函数f（x）零点所在的大致区间是  2,3 ； 故选B 【点睛】 本题考查利用函数零点存在性定义定理求解函数的零点的范围， 属于基础题； 解题的关键是 首先要判断函数的单调性，再根据零点存在的条件：已知函数在（a，b）连续，若    0 0, , , f a f b x a b      0 0 f x  确定零点所在的区间. 6．B 【分析】 根据条件将多项式写成1 1 1 1 1 ( 4 )( ) 4 a b a b a b     的形式，利用基本不等式求得最小值. 【详解】 由题知，1 1 1 1 1 1 4 1 4 9 ( 4 )( ) ( 5) (2 5) 4 4 4 4 b a b a a b a b a b a b a b             ， 当且仅当 2 a b  ，即 4 3 a  ， 2 3 b  时，等号成立， 故选：B 7．A 答案第3页，共12页 【分析】 由题意结合函数的解析式考查函数的单调性即可. 【详解】 函数 1 2 2 , log x y y x    ， 1 y x  在区间(0, )  上单调递减， 函数 1 2 y x  在区间(0, ) 上单调递增，故选A. 【点睛】 本题考查简单的指数函数、 对数函数、 幂函数的单调性， 注重对重要知识、 基础知识的考查， 蕴含数形结合思想，属于容易题. 8．D 【详解】  f x 是奇函数，故    1 1 1 f f    ；又  f x 是增函数，   1 2 1 f x   ，即   ( 1) 2 (1) f f x f     则有1 2 1 x    ，解得1 3 x   ，故选D. 【点睛】 解本题的关键是利用转化化归思想，结合奇函数的性质将问题转化为   ( 1) 2 f f x    (1) f  ，再利用单调性继续转化为1 2 1 x   ，从而求得正解. 9．A 【详解】 由题意，当 0 a  ，函数  2 f x ax   为单调递减函数，若0 1 a  时，函数  2 f x ax   的 零点 0 2 2 x a   ，且函数   log 2 a g x x   在  2   ， 上为单调递减函数；若 1 a 时，函数  2 f x ax   与的零点 0 2 2 x a   ，且函数   log 2 a g x x   在  2   ， 上为单调递增函数. 综上得，正确答案为A. 10．C 【分析】 结合已知条件首先求出 (1) f ，然后利用奇函数的性质求出 ( 1) f  ，进而即可求出 ( 1) g  . 【详解】 由题意可知， (1) (1) 2 3 g f    ，则 (1) 1 f ， 答案第4页，共12页 因为 ( ) f x 是奇函数，所以 ( 1) (1) 1 f f   ， 故( 1) ( 1) 2 1 2 1 g f      . 故选：C. 11．D 【分析】 根据题意，由函数 ( 1) f x  为偶函数分析可得函数 ( ) f x 的图象关于直线 1 x 对称，结合函数 的单调性以及特殊值分析可得 (2 1) 1 (2 1) (3) f x f x f     (2 1) 1 | 3 1| x      ，解可得 x 的取值范围，即可得答案． 【详解】 解：根据题意，函数 ( 1) f x  为偶函数，则函数 ( ) f x 的图象关于直线 1 x 对称， 又由函数 ( ) f x 在[1， ) 单调递增且f(3) 1 ， 则 (2 1) 1 (2 1) (3) f x f x f     (2 1) 1 | 3 1| x      ， 解可得：1 1 x  ，即不等式的解集为( 1,1)  ； 故选：D． 12．C 【分析】 首先根据函数f（x）的单调性求得a 的大致范围，然后将函数零点问题转化为两个函数图象 的交点问题，再作出函数图象，利用数形结合思想求解即可. 【详解】 解：∵函数f（x）在区间（﹣∞，+∞）上为单调函数，且当x>1 时，f（x）=（x﹣1）2+4a 在（1，+∞）上单调递增， ∴ 0 1 1 0 0 4 a a        ，解得1 1 4 a  ， 又函数y=|f（x）|﹣x﹣2 有两个不同的零点等价于|f（x）|=x+2 有两个不同的实数根， ∴函数y=|f（x）|的图象与直线y=x+2 有两个不同的交点， 作出函数y=|f（x）|与直线y=x+2 的图象， 当x≤1 时，由1+loga|x﹣2|=0 得 1 2 1 x a   ，易知函数y=|f（x）|与直线y=x+2 的图象在（﹣ ∞，1]上有唯一交点， 则函数y=|f （x） |与直线y=x+2 的图象在 （1， +∞） 上有唯一交点， 故4a≤3 或 （x﹣1） 2+4a=x+2， 答案第5页，共12页 即x2﹣3x+4a﹣1=0 有唯一解， ∴ 3 4 a  或△=9﹣4（4a﹣1）=0， ∴ 3 4 a  或 13 16 a  ， 综上，实数a 的取值范围为1 3 13 , 4 4 16              . 故选：C. 【点睛】 关键点点睛：此题考查函数与方程的综合应用，考查函数的零点问题，解题的关键是将问题 转化为函数y=|f（x）|的图象与直线y=x+2 有两个不同的交点，然后画出函数图象，根据图 象求解即可，考查数形结合的思想，属于较难题 13．   3 0 0 0 0, . 0 x x x      【分析】 根据全称命题的否定是特称命题，写出结论. 【详解】 原命题是全称命题，故其否定是特称命题，所以原命题的否定是“   3 0 0 0 0, . 0 x x x      ”. 【点睛】 本小题主要考查全称命题的否定是特称命题，除了形式上的否定外，还要注意否定结论，属 于基础题. 14．-1 【分析】 答案第6页，共12页 根据幂函数的定义及幂函数的单调性，即可求解. 【详解】 由幂函数   2 2 3 1 m m f x m m x      知， 2 1 1 m m  得 2 m  或 1 m . 当 2 m  时，  3 f x x  在  0,上是增函数， 当 1 m 时，  3 f x x  在  0,   上是减函数， ∴ 1 m . 故答案为1  【点睛】 本题主要考查了幂函数的定义及单调性，属于中档题. 15．1 【分析】 分类讨论去绝对值，将 ( ) f x 化简为分段函数，求得 ( ) f x 单调递增区间，即可求解. 【详解】 解：函数  1 1 1 2 , 1 2 2 , 1 x x x x f x x          ， 则函数  f x 的单调递增区间为  1,， 若函数( ) 1 2 x f x - = 在  , m 上单调递增， 则    , 1, m  ，即m 1 ， 即实数m 的最小值等于1， 故答案为：1． 【点睛】 本题考查分段函数的单调性，化简函数式是解题关键，属于基础题. 16．3 , 4       【分析】 根据题意 2 4 3 kx kx  必须取得一切正数，进而结合二次函数的图像和性质即可得到答案. 【详解】 答案第7页，共12页 若函数 2 2 log ( 4 3) y kx kx    的值域为R ，可得 2 4 3 y kx kx    取得一切正数， 于是 2 0 3 16 12 0 4 k k k k         . 故答案为：3 [ , ) 4 . 17． （1） 5 3  ； （2）17 2 . 【分析】 （1） 直接利用根式与分数指数幂的运算法则求解即可,化简过程注意避免出现符号错误； （2） 直接利用对数的运算法则求解即可，解答过程注意避免出现计算错误. 【详解】 （1）原式     1 1 4 3 4 4 3 4 0.3 2 1 4         1 5 0.3 2 1 4 3      . （2）原式 3 2 ln2 3 2 2 log 2 5 1 5 lg4 lg lg 16 2 1 8 2 8 log 4 e               17 2  . 【点晴】 本题主要考查函数的定义域、指数幂的运算，属于中档题. 指数幂运算的四个原则： （1）有 括号的先算括号里的，无括号的先做指数运算； （2）先乘除后加减，负指数幂化成正指数幂 的倒数； （3）底数是负数，先确定符号，底数是小数，先化成分数，底数是带分数的，先化 成假分数； （4）若是根式，应化为分数指数幂，尽可能用幂的形式表示，运用指数幂的运算 性质来解答（化简过程中一定要注意等价性，特别注意开偶次方根时函数的定义域） 18． （1） 1 k ； （2）  5,1  【分析】 （1）先根据不等式的解集确定对应二次方程的根，再根据韦达定理解出参数即可； （2）根据题意知对称轴在区间内，列不等式即解得答案. 【详解】 解： （1）由已知得方程   2 2 2 1 2 0 x k x k      的两根为1 和3， 答案第8页，共12页 故     2 2 4 1 4 2 0 k k      ，解得 1 2 k  ， 再由韦达定理有   2 2 1 1 3 2 1 3 k k        ，得 1 1 2 k  ，符合要求， 故实数k 的值为 1 k ； （2）∵函数  f x 在区间  0,6 上不单调，二次函数对称轴为   1 x k   ， ∴   0 1 6 k    ，解得5 1 k  ， 所以实数k 的取值范围为  5,1  ． 19． （Ⅰ）1.5 / m s ；（Ⅱ） 2 3 1 2 100P P  . 【分析】 (Ⅰ)由题意直接代入求解即可； (Ⅱ)利用函数关系式，由甲鲑鱼的游速 1 v 是乙鲑鱼游速 2 v 的3 2 倍，代入关系式直接化简即可 得出答案. 【详解】 （Ⅰ）依题意， 2700 P  ， 3 3 1 1 27 1.5 2 100 2 P v log log    ， 答：鲑鱼的游速是1.5 / m s . （Ⅱ）依题意， 1 2 3 2 v v  ， 3 1 2 100 P v log  ， 即 1 2 3 3 1 3 1 2 100 2 2 100 P P log log   ， 1 2 3 3 2 3 100 100 P P log log  ， 2 3 1 2 3 3 100 100 P P log log              ， 2 3 1 2 100 100 P P              ，即 1 P 与 2 P 之间的关系式是 2 3 1 2 100P P  . 【点睛】 本题考查了由函数解析式求函数值， 考查了由函数值之间的关系求自变量之间的关系， 考查 了学生的运算能力，属于一般难度的题. 答案第9页，共12页 20． （1） 1 1 8 1, 0 4 2 ( ) 0, 0 4 8 2 1, 0 x x x x x f x x x                            ； （2）最大值为17，最小值为1． 【分析】 （1）根据函数的奇偶性求出x 0 和 0 x  的解析式可得 ( ) f x 的解析式； （2）换元，令 2x t  ，则 [2,8] t  ， 2 ( ) 8 1 f t t t   ，根据二次函数知识可求出结果. 【详解】 （1）因为 ( ) f x 是定义在R 上的奇函数，所以 (0) 0 f  ． 当 0 x  时， 0 x  ，则 1 1 ( ) 8 1 4 2 x x f x                   ． 所以 1 1 ( ) ( ) 8 1 4 8 2 1 4 2 x x x x f x f x                       ， 所以 ( ) ( ) 4 8 2 1 x x f x f x      ． 所以 1 1 8 1, 0 4 2 ( ) 0, 0 4 8 2 1, 0 x x x x x f x x x                            ． （2）令 2x t  ，则 [2,8] t  ， 2 ( ) 8 1 f t t t   ， [2,8] t  ． 其图像的对称轴为直线 4 t  ， 所以当 4 t  ，即 2 x  时， max ( ) 16 32 1 17 f x    ； 当 8 t  ，即 3 x  时， min ( ) 64 64 1 1 f x    ． 所以当 [1,3] x  时， ( ) f x 的最大值为17，最小值为1． 21． （1）1； （2） 2 2 1 t  . 【详解】 解： （1）因为 ( ) f x 是定义在R 上的奇函数，则 ( ) ( ) f x f x   ，即 ( ) ( ) 0 f x f x - + = ， 可得     2 2 2 2 2 2 1 2 ( ) ( ) 2 1 2 1 2 1 2 1 2 2 1 x x x x x x x x x x x x x a a a a a a f x f x                        答案第10页，共12页   ( 1) 2 1 1 0 2 1 x x a a       ，解得 1 a ； （2）   2 2 1 2 1 2 ( ) 1 2 1 2 1 2 1 x x x x x f x            ，故 ( ) f x 在R 上是递减函数． 证明：任取 1 x 、 2 R x  ，且 1 2 x x  ，          1 1 2 1 2 2 1 2 2 2 2 1 1 2 2 2 1 2 1 1 2 2 1 x x x x x x f x f x          ， ∵ 1 2 x x  ，∴ 1 2 2 2 x x  ，∴    1 2 0 f x f x   ，即    1 2 f x f x  ， 故 ( ) f x 是定义在R 上的递减函数； ∵    3 3 9 2 0 x x x f t f      ，∴    3 3 9 2 x x x f t f     ， 因为 ( ) f x 是R 上的奇函数，∴    3 3 9 2 x x x f t f      ， ∵ ( ) f x 是R 上的递减函数，∴ 3 3 9 2 x x x t     ， ∴ 3 9 2 2 1 3 3 3 x x x x x t       对任意的 0 x  恒成立， 设 3x m  ，且 2 ( ) 1 g m m m   ，即 min ( ) t g m  ． ∵ 0 x  ，∴ 3 1 x m  ，∴ 2 2 ( ) 1 2 1 2 2 1 g m m m m m      ， （当且仅当 2 m m  即 2 m  时等号成立） ， ∴ 2 2 1 t  ． 22．(1)当 0 a  时，不等式的解为x a ＜或 2 x a  ； 当 0 a  时，不等式的解为 0 x  ； 当 0 a＜时，不等式的解为 2 x a ＜ 或x a  ； (2)参数a 的取值范围 2 2 , 3 3    