湖北省长阳县第一高级中学2018-2019学年高一数学上学期期中试题

长阳一中2018—2019学年度第一学期期中考试高一数学试卷考试时间：120分钟 试卷总分：150分一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．1、若集合A ＝{x |x 2＝1}，B ＝{x |x 2－3x ＋2＝0}，则集合A ∪B ＝ ( ) A ．{1}B ．{1，2}C ．{－1，1，2}D ．{－1，1，－2}2、函数f (x )＝lg （x ＋1）x －1的定义域是 ( ) A ．(－1，＋∞) B ．[－1，＋∞) C ．(－1，1)∪(1，＋∞)D ．[－1，1)∪(1，＋∞)3、设函数f (x )＝2x ＋3，g (x ＋2)＝f (x )，则g (x )的表达式是( )A ．2x ＋1B ．2x －1C ．2x －3D ．2x ＋74、已知集合A ＝{x |x 2＝1}，B ＝{x |ax ＝1}，若B ⊆A ，则实数a 的取值集合为 ( ) A ．{－1，0，1} B ．{－1，1} C ．{－1，0}D ．{0，1}5、 函数f (x )＝2x ＋x 3－2在区间(0，1)内的零点个数是( )A.0B.1C.2D.36、已知f (x )在R 上是奇函数，且满足f (x ＋4)＝f (x )，当x ∈(0，2)时，f (x )＝2x 2，则f (2 015) 等于 ( ) A ．－2B ．2C ．－98D ．987、设f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋2，x ＜1，－ax ＋6，x ≥1(a ∈R )的图象关于直线x ＝1对称，则a 的值为( ) A.－1 B.1 C.2 D.38、设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1＋log 2（2－x ），x ＜1，2x －1，x ≥1，则f (－2)＋f (log 212)＝ ( ) A.3 B.6 C.9 D.129、设函数f (x )＝ln(1＋x )－ln(1－x )，则f (x )是( )A.奇函数，且在(0，1)上是增函数B. 奇函数，且在(0，1)上是减函数C. 偶函数，且在(0，1)上是增函数D.偶函数，且在(0，1)上是减函数10、如图，函数f (x )的图象为折线ACB ，则不等式f (x )≥log 2(x ＋1)的解集是( )A.{x |－1＜x ≤0}B.{x |－1≤x ≤1}C.{x |－1＜x ≤1}D.{x |－1＜x ≤2}.11、已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x，x ＜0，f （x －1）＋1，x ≥0，则f (2 014)＝ ( ) A ．2 014B.4 0292C ．2 015D.4 031212、已知f (x )＝2x－1，g (x )＝1－x 2，规定：当|f (x )|≥g (x )时，h (x )＝|f (x )|；当|f (x )|＜g (x )时，h (x )＝－g (x )，则h (x )( )A.有最小值－1，最大值1B.有最大值1，无最小值C.有最小值－1，无最大值D.有最大值－1，无最小值二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分. 13、函数22)32(log +-=x y a 的图象恒过定点P ，则P 点的坐标为________. 14、幂函数()()3221-+--=m mx m m x f 在()∞+，0上为增函数，则实数m =______. 15、若函数f (x )＝a ax x -+22的定义域为R ，则a 的取值范围是________． 16、已知函数f (x )＝1x ＋2－m |x |有三个零点，则实数m 的取值范围为________.三、解答题。

本大题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤. 17.（本题满分10分）化简求值.（1）)7112log 423112log 743π⎛⎫-++ ⎪⎝⎭； （2 ()5262512lg 20lg 5lg 2--+++⋅.18（本题满分12分） 已知集合A 为函数()[]2,1,122∈-+=x x x x f 的值域，集合⎭⎬⎫⎩⎨⎧≤--=014x x xB ，则（1）求A B ；（2）若集合{}1+<<=a x a x C ，C C A =⋂，求实数a 的取值范围.19（本题满分12分）已知函数f (x )＝ax 2－2ax ＋2＋b (a ≠0)在区间[2，3]上有最大值5，最小值2.(1)求a ，b 的值；(2)若b ＜1，g (x )＝f (x )－2mx 在[2，4]上单调，求m 的取值范围.20（本题满分12分）.在扶贫活动中，为了尽快脱贫(无债务)致富，企业甲将经营状况良好的某种消费品专卖店以5.8万元的优惠价格转让给了尚有5万元无息贷款没有偿还的小型企业乙，并约定从该店经营的利润中，首先保证企业乙的全体职工每月最低生活费的开支3 600元后，逐步偿还转让费(不计息)．在甲提供的资料中：①这种消费品的进价为每件14元；②该店月销量Q (百件)与销售价格P (元)的关系如图所示；③每月需各种开支2 000元．(1)当商品的价格为每件多少元时，月利润扣除职工最低生活费的余额最大？并求最大余额；(2)企业乙只依靠该店，最早可望在几年后脱贫？21（本题满分12分）定义在[－1，1]上的奇函数f (x )，已知当x ∈[－1，0]时，f (x )＝14x －a2x (a ∈R ). (1)写出f (x )在[0，1]上的解析式； (2)求f (x )在[0，1]上的最大值.22（本题满分12分） 对于在区间],[n m 上有意义的函数)(x f ，若满足对任意的21,x x ],[n m ∈，有|)()(|21x f x f -1≤恒成立，则称)(x f 在],[n m 上是“友好”的，否则就称)(x f 在],[n m 上是“不友好”的．现有函数()xaxx f +=1log 3， （1）、当2-=a 时，解不等式1)(->x f(2)、若函数)(x f 在区间]1,[+m m ()21≤≤m 上是 “友好”的，求实数a 的取值范围。

长阳一中2018-2019学年第一学期期中考试高一数学参考答案一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分． 1、解析 ∵A ＝{－1，1}，B ＝{1，2}， ∴A ∪B ＝{－1，1，2}． 答案 C2、要使函数f (x )＝x －1lg （x ＋1）有意义，需满足x ＋1＞0且x －1≠0，得x ＞－1且x ≠1，故选C. 3、解析 ∵g (x ＋2)＝f (x )＝2x ＋3＝2(x ＋2)－1， ∴g (x )＝2x －1. 答案 B4、解析 因为A ＝{1，－1}，当a ＝0时，B ＝∅，适合题意；当a ≠0时，B ＝{a 1}⊆A ，则a 1＝1或－1，解得a ＝1或－1，所以实数a 的取值集合为{－1，0，1}． 答案 A5、解析 因为f (0)＝1＋0－2＝－1，f (1)＝2＋13－2＝1，所以f (0)·f (1)＜0.又函数f (x )在(0，1)内单调递增，所以f (x )在(0，1)内的零点个数是1.6、解析 ∵f (x ＋4)＝f (x )， ∴f (x )是以4为周期的周期函数，∴f (2 015)＝f (503×4＋3)＝f (3)＝f (－1)．又f (x )为奇函数，∴f (－1)＝－f (1)＝－2×12＝－2， 即f (2 015)＝－2. 答案 A 7、解析由函数f (x )的图象关于直线x ＝1对称，得f (0)＝f (2)， 即2＝－2a ＋6，解得a ＝2.故选C.8、解析 因为－2＜1，log 212＞log 28＝3＞1，所以f (－2)＝1＋log 2[2－(－2)]＝1＋log 24＝3，f (log 212)＝2log212－1＝2log 212×2－1＝12×21＝6，故f (－2)＋f (log 212)＝3＋6＝9，故选C.答案 C9、易知函数定义域为(－1，1)，f (－x )＝ln(1－x )－ln(1＋x )＝－f (x )，故函数f (x )为奇函数，又f (x )＝ln1－x 1＋x ＝lnx －12，由复合函数单调性判断方法知，f (x )在(0，1)上是增函数，故选A.10、解析 如图，由图知：f (x )≥log 2(x ＋1)的解集为{x |－1<x ≤1}. 答案 C11、解析 f (2 014)＝f (2 013)＋1＝…＝f (0)＋2 014＝f (－1)＋2 015＝2－1＋2 015＝24 031. 答案 D12、解析 由题意得，利用平移变化的知识画出函数|f (x )|，g (x )的图象如图，而h (x )＝－g （x ），|f （x ）|＜g （x ），|f （x ）|，|f （x ）|≥g （x ）， 故h (x )有最小值－1，无最大值. 答案 C二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分.13、14、215、解析 解析 由题意知x 2＋2ax －a ≥0恒成立． ∴Δ＝4a 2＋4a ≤0，∴－1≤a ≤0. 答案 [－1，0]16、∵x ＋21＝m |x |⇔m 1＝|x |(x ＋2)，作函数y ＝|x |(x ＋2)的图象，如图所示，由图象可知m 应满足0＜m 1＜1，故m ＞1. 答案 (1，＋∞) 三、解答题。

17、(1)、 （2）、018、,(2)由题意可知,则解得综上，的取值范围为19、解 (1)f (x )＝a (x －1)2＋2＋b －a . ①当a ＞0时，f (x )在[2，3]上为增函数，故f （2）＝2f （3）＝5，4a －4a ＋2＋b ＝29a －6a ＋2＋b ＝5，b ＝0.a ＝1，②当a ＜0时，f (x )在[2，3]上为减函数， 故f （2）＝5f （3）＝2，4a －4a ＋2＋b ＝59a －6a ＋2＋b ＝2，b ＝3.a ＝－1，故b ＝0a ＝1，或b ＝3.a ＝－1，(2)∵b ＜1，∴a ＝1，b ＝0，即f (x )＝x 2－2x ＋2，g (x )＝x 2－2x ＋2－2m x ＝x 2－(2＋2m )x ＋2.若g (x )在[2，4]上单调，则22＋2m ≤2或22m ＋2≥4， ∴2m≤2或2m≥6，即m ≤1或m ≥log 26. 故m 的取值范围是(－∞，1]∪[log 26，＋∞).20、解 设该店月利润余额为L 元，则由题设得L ＝Q (P －14)×100－3 600－2 000，① 由销量图易得Q ＝P ＋40 （20＜P ≤26），3代入①式得L ＝（P －14）×100－5 600（20＜P ≤26），3(1)当14≤P ≤20时，L max ＝450元，此时P ＝19.5元； 当20＜P ≤26时，L max ＝31 250元，此时P ＝361元． 故当P ＝19.5元时，月利润余额最大，为450元． (2)设可在n 年后脱贫，依题意有12n ×450－50 000－58 000≥0，解得n ≥20. 即最早可望在20年后脱贫．21、解 (1)∵f (x )是定义在[－1，1]上的奇函数， ∴f (0)＝0，∴a ＝1，∴当x ∈[－1，0]时，f (x )＝4x 1－2x 1. 设x ∈[0，1]，则－x ∈[－1，0]， ∴f (－x )＝4－x 1－2－x 1＝4x －2x ，∵f (x )是奇函数，∴f (－x )＝－f (x )，∴f (x )＝2x －4x . ∴f (x )在[0，1]上的解析式为f (x )＝2x －4x .(2)f (x )＝2x －4x ，x ∈[0，1]，令t ＝2x ，t ∈[1，2]，g (t )＝t －t 2＝－21＋41， ∴g (t )在[1，2]上是减函数，∴g (t )max ＝g (1)＝0，即x ＝0，f (x )max ＝0.22、解（1）（2）由题意可得在上单调递减，故即令，则，则当时，。