2020-2021深圳市岗厦中学高一数学上期末模拟试卷附答案

一、选择题

1．已知f(x)在R上是奇函数，且f(x4)f(x),当x(0,2)时，f(x)2x2,则f(7) A．-2

B．2

C．-98

D．98

2．已知函数f(x)lnxln(2x)，则 A．f(x)在（0，2）单调递增 B．f(x)在（0，2）单调递减

C．y=f(x)的图像关于直线x=1对称

D．y=f(x)的图像关于点（1，0）对称

3．设alog43，blog86，c20.1，则（ ） A．abc

B．bac

C．cab

D．cba

4．设alog23，b3，2ce3，则a，b，c的大小关系是（ ） A．abc

B．bac C．bca D． acb

5．定义在R上的偶函数f(x)满足：对任意的x1，x2[0,)(x1x2)，有

f(x2)f(x1)x0，则（ ）．

2x1A．f(3)f(2)f(1) B．f(1)f(2)f(3) C．f(2)f(1)f(3)

D．f(3)f(1)f(2)

6．若二次函数fxax2x4对任意的x1,x21,，且x1x2，都有

fx1fx2x0，则实数a的取值范围为（ ）

1x2A．12,0

B．12, C．12,0 D．12, 7．设函数fx是定义为R的偶函数，且fx对任意的xR，都有

xfx2fx2且当x2,0时， fx11，若在区间2,6内关于x2的方程fxlogax20(a1恰好有3个不同的实数根，则a的取值范围是 （ ） A．1,2

B．2,

C．1,34

D．

34,2

8．若函数y＝aax (a>0，a≠1)的定义域和值域都是[0，1]，则loga56＋loga485＝( A．1 B．2 C．3 D．4

9．下列函数中，其定义域和值域分别与函数y＝10lg x的定义域和值域相同的是( )

A．y＝x

B．y＝lg x

C．y＝2x

D．y＝1x ) 10．已知x表示不超过实数x的最大整数，gxx为取整函数，x0是函数2fxlnx的零点，则gx0等于（ ）

xA．1

B．2

xC．3 D．4

1,x1,0fx{11．若函数，则f(log43)＝( ) 44x,x0,1A．

1 3B．

1 4C．3 D．4

12．对任意实数x，规定fx取4x，x1，（ ）

A．无最大值，无最小值 C．有最大值1，无最小值

15x三个值中的最小值，则fx2B．有最大值2，最小值1 D．有最大值2，无最小值

二、填空题

13．若函数fxmxx1有两个不同的零点，则实数m的取值范围是______.

2x1,x014．若函数fx在,上单调递增，则m的取值范围是

mxm1,x0__________． 15．已知loga16．函数yxxylogaxlogay，则的值为_________________． 22yxsinx2的最大值和最小值之和为______ 2x112a17．已知a1,,1,2,3，若幂函数fxx为奇函数，且在0,上递减，则a的取值集合为______.

18．若函数fx2xxaxa在区间3,0上不是单调函数，则实数a的取值

2范围是______.

2fxlogmxm2xm2119．已知函数，若fx有最大值或最小值，则m

2的取值范围为______． 20．若函数fxeexx2x2a有且只有一个零点，则实数a______.

三、解答题

21．已知函数fx对任意实数x，y都满足fxyfxfy，且f11，

f271，当x1时，fx0,1. 9(1)判断函数fx的奇偶性；

(2)判断函数fx在,0上的单调性，并给出证明；

1fa13，求实数a的取值范围. (3)若922．设fxlog110ax，a为常数.若f32.

2（1）求a的值；

1（2）若对于区间3,4上的每一个x的值，不等式fxm恒成立，求实数m的2取值范围 .

23．近年来，中美贸易摩擦不断.特别是美国对我国华为的限制.尽管美国对华为极力封锁，百般刁难并不断加大对各国的施压，拉拢他们抵制华为5G，然而这并没有让华为却步.华为在2019年不仅净利润创下记录，海外增长同祥强劲.今年，我国华为某一企业为了进一步增加市场竞争力，计划在2020年利用新技术生产某款新手机.通过市场分析，生产此款手机全年需投人固定成本250万，每生产x（千部）手机，需另投入成本R(x)万元，且

x10x2200x,0x40R(x)，由市场调研知，每部手机售价0.8万元，且全年内100009450,x…40801xx生产的手机当年能全部销售完.

（Ⅰ）求出2020年的利润Q(x)（万元）关于年产量x（千部）的函数关系式（利润=销售

额-成本）；

（Ⅱ）2020年产量x为多少（千部）时，企业所获利润最大?最大利润是多少? （说明：当a0时，函数yx24．设函数fxlog2abxa在(0,a)单调递减，在(a,)单调递增） x2x，且f11,f2log12.

（1）求a，b的值； （2）求函数fx的零点；

（3）设gxab，求gx在0,4上的值域.

xx25．已知函数f(x)1x是定义在(0,)上的函数. 2x（1）用定义法证明函数f(x)的单调性；

（2）若关于x的不等式fx2xm0恒成立，求实数m的取值范围. 26．已知函数fxloga1xlogax30a1. （1）求函数fx的定义域; （2）求函数fx的零点;

2（3）若函数fx的最小值为4,求a的值．

【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除

一、选择题 1．A 解析：A 【解析】

∵f(x＋4)＝f(x)，∴f(x)是以4为周期的周期函数，∴f(2 019)＝f(504×4＋3)＝f(3)＝f(－1)．又f(x)为奇函数，∴f(－1)＝－f(1)＝－2×12＝－2，即f(2 019)＝－2. 故选A

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．D

解析：D 【解析】 【分析】

由对数的运算化简可得alog23，blog236，结合对数函数的性质，求得

ab1，又由指数函数的性质，求得c20.11，即可求解，得到答案.

【详解】

由题意，对数的运算公式，可得alog43log231log23log23， log242blog86又由33log261log26log236， log28362，所以log23log236log221，即ab1，

由指数函数的性质，可得c20.1201，

所以cba. 故选D. 【点睛】

本题主要考查了对数函数的图象与性质，以及指数函数的图象与性质的应用，其中解答中熟练应用指数函数与对数函数的图象与性质，求得a,b,c的范围是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.

4．A

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】

因为alog23,b3,2 ce3令fxlog2x,gx函数图像如下图所示:

x

则f4log242,g442 所以当x3时, 3log23,即ab

b2 3,ce36则b36227,c6e3e42.7453.1

6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.

5．A

解析：A 【解析】

由对任意x1，x2  [0，＋∞)(x1≠x2)，有

fx1fx2x1x2 <0，得f(x)在[0，＋∞)上单独递

减，所以f(3)f(2)f(2)f(1)，选A.

点睛：利用函数性质比较两个函数值或两个自变量的大小，首先根据函数的性质构造某个函数，然后根据函数的奇偶性转化为单调区间上函数值，最后根据单调性比较大小，要注意转化在定义域内进行

6．A

解析：A 【解析】 【分析】

，上单调递减，结合二次函数的开口方向及对称轴的位置即由已知可知，fx在1可求解． 【详解】

2∵二次函数fxaxx4对任意的x1,x21,，且x1x2，都有

fx1fx20，

x1x2，上单调递减， ∴fx在1∵对称轴x1， 2aa01∴ ，解可得a0，故选A． 1122a【点睛】

本题主要考查了二次函数的性质及函数单调性的定义的简单应用，解题中要注意已知不等式与单调性相互关系的转化，属于中档题.

7．D

解析：D 【解析】

∵对于任意的x∈R,都有f(x−2)=f(2+x),∴函数f(x)是一个周期函数，且T=4.

x1−1,且函数f(x)是定义在R上的偶函数，

又∵当x∈[−2,0]时,f(x)= 2若在区间(−2,6]内关于x的方程fxlogax20恰有3个不同的实数解， 则函数y=f(x)与y=logax2在区间(−2,6]上有三个不同的交点，如下图所示：

又f(−2)=f(2)=3，

则对于函数y=logax2，由题意可得，当x=2时的函数值小于3，当x=6时的函数值大于3，

即loga<3,且loga>3,由此解得：34点睛：方程根的问题转化为函数的交点，利用周期性，奇偶性画出所研究区间的图像限制关键点处的大小很容易得解

488．C

解析：C 【解析】 【分析】

先分析得到a＞1，再求出a=2,再利用对数的运算求值得解. 【详解】

由题意可得a－ax≥0，ax≤a，定义域为[0，1]， 所以a>1，

y＝aax在定义域为[0，1]上单调递减，值域是[0，1]， 所以f(0)＝a1＝1，f(1)＝0， 所以a＝2，

548548＋loga＝log2＋log2＝log28＝3. 6565故选C 【点睛】

所loga

本题主要考查指数和对数的运算，考查函数的单调性的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.

9．D

解析：D 【解析】

lgx试题分析:因函数y10的定义域和值域分别为

,故应选D．

考点：对数函数幂函数的定义域和值域等知识的综合运用．

10．B

解析：B 【解析】

【分析】

根据零点存在定理判断2x03，从而可得结果. 【详解】 因为fxlnx2在定义域内递增， x20， 3且f2ln210，f3ln3由零点存在性定理可得2x03，

根据x表示不超过实数x的最大整数可知gx02， 故选：B. 【点睛】

本题主要考查零点存在定理的应用，属于简单题.应用零点存在定理解题时，要注意两点：（1）函数是否为单调函数；（2）函数是否连续.

11．C

解析：C 【解析】 【分析】

根据自变量范围代入对应解析式，化简得结果. 【详解】

f(log43)＝4log43=3,选C. 【点睛】

本题考查分段函数求值，考查基本求解能力，属基础题.

12．D

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画出fx的图像，如图（实线部分），由得A1,2． 1y5x2故fx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】令可得从而将问题转化为和的图象有两个不同交点作出图形可求出答案【详解】由题意令则则和的图象有两个不同交点作出的图象如下图是过点的直线当直线斜率时和的图象有两个交点故答案为：【点睛】本 解析：(0,1)

【解析】 【分析】

令fx=0，可得mxx1，从而将问题转化为ymx和yx1的图象有两个不同交点，作出图形，可求出答案. 【详解】

由题意，令fxmxx10，则mxx1， 则ymx和yx1的图象有两个不同交点， 作出yx1的图象，如下图，

()ymx是过点O0,0的直线，当直线斜率m0,1时，ymx和yx1的图象有两

个交点. 故答案为：0,1.

()

【点睛】

本题考查函数零点问题，考查函数图象的应用，考查学生的计算求解能力，属于中档题.

14．【解析】【分析】由题意根据函数在区间上为增函数及分段函数的特征可求得的取值范围【详解】∵函数在上单调递增∴函数在区间上为增函数∴解得∴实数的取值范围是故答案为【点睛】解答此类问题时要注意两点：一是根 解析：(0,3]

【解析】 【分析】

由题意根据函数ymxm1在区间,0上为增函数及分段函数的特征，可求得m的取值范围． 【详解】

2x1,x0∵函数fx在,上单调递增，

,x0mxm1∴函数ymxm1在区间,0上为增函数，

m0∴，解得0m3， 0m1212∴实数m的取值范围是(0,3]．

故答案为(0,3]． 【点睛】

解答此类问题时要注意两点：一是根据函数fx在,上单调递增得到在定义域的每一个区间上函数都要递增；二是要注意在分界点处的函数值的大小，这一点容易忽视，属于中档题．

15．【解析】【分析】首先根据对数的运算性质化简可知：即解方程即可【详解】因为且所以即整理得：所以或因为所以所以故答案为：【点睛】本题主要考查对数的运算性质同时考查了学生的计算能力属于中档题 解析：322 【解析】 【分析】

首先根据对数的运算性质化简可知：(【详解】 因为logax2xxy2)xy，即()6()10，解方程即可.

yy2xylogaxlogay，且xy， 22所以2logaxyxy2)xy. loga(xy)，即(22x2x整理得：x2y26xy0，()6()10.

yy62432，所以

xx632322或322.

yy2xx1.所以322. yy因为xy0，所以故答案为：322 【点睛】

本题主要考查对数的运算性质，同时考查了学生的计算能力，属于中档题.

16．4【解析】【分析】设则是奇函数设出的最大值则最小值为求出的最大值与最小值的和即可【详解】∵函数∴设则∴是奇函数设的最大值根据奇函数图象关于原点对称的性质∴的最小值为又∴故答案为：4【点睛】本题主要考

解析：4 【解析】 【分析】

xsinx，则gx是奇函数，设出gx的最大值M，则最小值为M，2x1xsinx2的最大值与最小值的和即可. 求出y2x1【详解】

设gx∵函数yxsinx2， x21∴设gxxxsinxgxsinxgx， ，则x21x21∴gx是奇函数， 设gx的最大值M，

根据奇函数图象关于原点对称的性质，∴gx的最小值为M， 又ymax2gxmax2M，ymin2gxmin2M， ∴ymaxymin2M2M4， 故答案为：4. 【点睛】

本题主要考查了函数的奇偶性与最值的应用问题，求出gx最值是解题的关键，属于中档题.

xsinx的奇偶性以及x2117．【解析】【分析】由幂函数为奇函数且在上递减得到是奇数且由此能求出的值【详解】因为幂函数为奇函数且在上递减是奇数且故答案为：【点睛】本题主要考查幂函数的性质等基础知识考查运算求解能力考查函数与方程思想 解析：1

【解析】

【分析】

由幂函数fxx为奇函数，且在(0,)上递减，得到a是奇数，且a0，由此能求

a出a的值． 【详解】

a因为a1,,1,2,3，幂函数为奇fxx函数，且在(0,)上递减，

12a是奇数，且a0， a1．

故答案为：1． 【点睛】

本题主要考查幂函数的性质等基础知识，考查运算求解能力，考查函数与方程思想，是基础题．

18．【解析】【分析】将函数转化为分段函数对参数分类讨论【详解】转化为分段函数：为更好说明问题不妨设：其对称轴为；其对称轴为①当时因为的对称轴显然不在则只需的对称轴位于该区间即解得：满足题意②当时此时函数 解析：9,00,3

【解析】 【分析】

将函数转化为分段函数，对参数a分类讨论. 【详解】

fx2x2xaxa，转化为分段函数： 3x22axa2,xafx2. 2x2axa,xa为更好说明问题，不妨设：

hx3x22axa2，其对称轴为xa； 3gxx22axa2，其对称轴为xa.

①当a0时， 因为hx的对称轴xa显然不在3,0，则 3只需gx的对称轴位于该区间，即a3,0， 解得：a0,3，满足题意. ②当a0时，

3x2,x0fx2，此时

x,x0函数在区间3,0是单调函数，不满足题意. ③当a0时，

因为gx的对称轴xa显然不在3,0 只需hx的对称轴位于该区间即可，即解得：a9,0，满足题意. 综上所述：a9,00,3. 故答案为：9,00,3. 【点睛】

本题考查分段函数的单调性，难点在于对参数a进行分类讨论.

a3,0 319．或【解析】【分析】分类讨论的范围利用对数函数二次函数的性质进一步求出的范围【详解】解：∵函数若有最大值或最小值则函数有最大值或最小值且取最值时当时由于没有最值故也没有最值不满足题意当时函数有最小值没

解析：{m|m2或m} 【解析】 【分析】

分类讨论m的范围，利用对数函数、二次函数的性质，进一步求出m的范围. 【详解】

2fxlogmxm2xm21解：∵函数，若fx有最大值或最小值，

22则函数ymx(m2)xm2有最大值或最小值，且y取最值时，y0.

23当m0时，y2x2，由于y没有最值，故fx也没有最值，不满足题意. 当m0时，函数y有最小值，没有最大值，fx有最大值，没有最小值.

224m(m2)(m2)4m(m2)(m2)故y的最小值为，且 0，

4m4m求得 m2；

当m0时，函数y有最大值，没有最小值，fx有最小值，没有最大值.

4m(m2)(m2)4m(m2)(m2)故y的最大值为，且 0，

4m4m2求得m.

32综上，m的取值范围为{m|m2或m}.

322故答案为：{m|m2或m}. 【点睛】

本题主要考查复合函数的单调性，二次函数、对数函数的性质，二次函数的最值，属于中档题.

2320．2【解析】【分析】利用复合函数单调性得的单调性得最小值由最小值为0可求出【详解】由题意是偶函数由勾形函数的性质知时单调递增∴时递减∴因为只有一个零点所以故答案为：2【点睛】本题考查函数的零点考查复合

解析：2 【解析】 【分析】

利用复合函数单调性得f(x)的单调性，得最小值，由最小值为0可求出a． 【详解】

由题意fxeexx2x2aex12x2a是偶函数， xe由勾形函数的性质知x0时，f(x)单调递增，∴x0时，f(x)递减． ∴f(x)minf(0)，

因为f(x)只有一个零点，所以f(0)2a0，a2． 故答案为：2. 【点睛】

本题考查函数的零点，考查复合函数的单调性与最值．掌握复合函数单调性的性质是解题关键．

三、解答题

21．(1)fx为奇函数；(2)fx在,0上单调递减，证明见解析；(3)4,1. 【解析】 【分析】

（1）令y1，代入抽象函数表达式即可证明函数的奇偶性；

（2）先证明当x0时，f(x)0，再利用已知和单调函数的定义，证明函数f(x)在

0,上的单调性，根据函数的奇偶性，即可得到函数fx在,0上的单调性；

1f3（3）先利用赋值法求得再利用函数的单调性解不等式即可 39【详解】

解：（1）令y1，则fxfxf1. ∵f11，∴fxfx ∴函数fx为奇函数；

(2)函数fx在,0上单调递减. 证明如下：

由函数fx为奇函数得f1f11

fx1111f0,1x0,1当时，1，， fxxx所以当x0时，fx0，

1x2x1，∴0f21， 设0x1x2，则x1x1于是fx2fx2xx1f2fx1fx1， x1x1所以函数fx在0,上单调递减.

∵函数fx为奇函数，∴函数fx在,0上单调递减. (3)∵f27131f3，且f27f3f9，∴f3 3991f33

9又∵函数fx为奇函数，∴

∵

1fa13，∴fa1f3，函数fx在,0上单调递减.

9又当x0时，fx0.

∴3a10，即4a1， 故a的取值范围为4,1. 【点睛】

本题考查了抽象函数表达式的意义和运用，函数奇偶性的定义和判断方法，函数单调性定义及其证明，利用函数的单调性解不等式的方法

17,22．（1）a2（2）

8【解析】 【分析】

(1)依题意代数求值即可;

x1(2)设gxlog1102x,题设条件可转化为gxm在x3,4上恒成立,因

22此,求出g(x)的最小值即可得出结论. 【详解】 (1)Qf32,

log1103a2,

21即103a,解得a2; 221(2)设gxlog1102x,

22题设不等式可转化为gxm在x3,4上恒成立,

xQgx在3,4上为增函数,

gxminm171g(3)log1(106),

822317, 817m的取值范围为,.

8【点睛】

本题考查函数性质的综合应用,属于中档题.在解决不等式恒成立问题时,常分离参数,将其转化为最值问题解决.

10x2600x250,0x40,23．（Ⅰ）Qx（Ⅱ）2020年年产量为100（千100009200,x40.xx部）时，企业获得的利润最大，最大利润为9000万元. 【解析】 【分析】

（Ⅰ）根据题意知利润等于销售收入减去可变成本及固定成本，分类讨论即可写出解析式（Ⅱ）利用二次函数求0x40时函数的最大值，根据对勾函数求x≥40时函数的最大值，比较即可得函数在定义域上的最大值. 【详解】

（Ⅰ）当0x40 时,

Qx800x10x2200x25010x2600x250 ；

当x≥40时,Qx800x801x10000100009450250x9200. xx10x2600x250,0x40,Qx 10000x9200,x40.x（Ⅱ）当0x40时，Qx10x308750，

2QxmaxQ308750万元；

当x≥40时，Qxx100009200 ，当且仅当x100时， xQxmaxQ1009000万元.

所以，2020年年产量为100（千部）时，企业获得的利润最大，最大利润为9000万元. 【点睛】

本题主要考查了分段函数，函数的最值，函数在实际问题中的应用，属于中档题. 24．（1）a4,b2（2）xlog2【解析】 【分析】

（1）由f11,f2log212解出即可 （2）令fx=0得4x2x1，即2xxx15（3）gx0,240 2()22x10，然后解出即可

（3）gx42，令2xt，转化为二次函数 【详解】

f1log2ab1ab2（1）由已知得，即2， 222ab12f2logablog1222解得a4,b2；

（2）由（1）知fxlog242xx，令f(x)=0得4x2x1，

即2x22x10，解得2x15， 2又2x0,2x1515，解得xlog2； 22xx（3）由（1）知gx42，令2xt，

11则gtttt，t1,16， 2422因为gt在t1,16上单调递增

()所以gx0,240，

25．（1）证明见解析（2）m1 【解析】 【分析】

（1）x1,x2(0,)，且x1x2，计算fx1fx20得到证明.

（2）根据单调性得到x22xm1，即m1x22xx12，得到答案. 【详解】

2（1）函数单调递减，x1,x2(0,)，且x1x2，

2211x2x1x1x2x1x2fx1fx22x12x2 22xxxx12122222∵0x1x2，∴x2x10，x1x2x1x20，x1x10

∴f(x1)f(x2)，∴f(x)在(0,)单调递减； （2）fx2xm0f1，故x22xm1，

2m1x22xx12，x(0,)，故m1.

【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.

26．（1）3,1.（2）13（3）【解析】 【分析】

（1）根据对数的真数大于零，列出不等式组并求出解集，函数的定义域用集合或区间表示出来；（2）利用对数的运算性质对解析式进行化简，再由fx=0，即

22 2x22x3=1，求此方程的根并验证是否在函数的定义域内；（3）把函数解析式化简

后，利用配方求真数在定义域内的范围，再根据对数函数在定义域内递减，求出函数的最小值loga4，得loga44利用对数的定义求出a的值． 【详解】 （1）由已知得1x0,, 解得3x1所以函数fx的定义域为3,1.

x30,（2）fxloga1xlogax3loga1xx3logax2x3,令

2fx=0,得x22x3=1,即x22x2=0,解得x13,∵13(-3,1),∴函

数fx的零点是13 22（3）由2知,fxlogax2x3logax14,

∵3x1,∴0x144.

2∵0a1,∴logax14loga4,

2∴fxminloga44, ∴a4142. 2【点睛】

本题是关于对数函数的综合题，考查了对数的真数大于零、函数零点的定义和对数型的复合函数求最值，注意应在函数的定义域内求解，灵活转化函数的形式是关键．