教师版：2010年秋季高一数学期中考试试题

湖北省黄冈中学2010年秋季高一数学期中考试

参考答案

一、选择题：

1． C 解析：①中f(x)?0,g(x)?0，两个函数的值域不同；②中g(x)?x与f(x)解析式

不同；③ ④中函数的定义域、对应关系都相同； 2． D 解析：A※B={1,2}，子集个数为2?4； 3． C 解析：p?0?m?1?n

4． A 解析：B,C在(0,1)上是递增函数，而D是奇函数，均不符合；

5． D 解析：当x???3,7?，设?x0???3,7?且f(?x0)?5；由题知： ??7,?3?，?x??2f(?x)?f(?x0)?5；又由f(x)为奇函数，可得：?f(x)??f(x0)?5，所以f(x)?f(x0)??5；由奇函数图象特征，易知f(x)在[?7,?3]上为增函数；

6． B 解析：集合M表示y?x2?1的值域，y???1,???；集合N表示y?x2?1的定义

域，3?x?0，x???3,3?；

2??7． B 解析：二次函数f(x)的对称轴为x?a，图象开口向下；由f(x)与g(x)在区间[1,2]

上都是减函数，则应满足：a?1,且a?1?1，解得：0?a?1 8． C 解析：2?212?x?23，得1?2?x?3，解得：?1?x?1;又x?Z，所以A?{0,1}；

log2x?1，得log2x?1或log2x??1，且x?0，解得：x?2或0?x??1??1?B??0,???2,???，eRB?(??,0]??,2?，A?(eRB)={0,1}

?2??2?1，所以 29． D 解析：由题可得：f(x)?log1x，f(4?x)?log1(4?x)，令u?4?x2,y?olg2222122u

2在定义域上是减函数，由复合函数单调性可知：f(4?x)的单调增区间应为u?4?x的

单调减区间，且在该区间上u?0；故x?[0,2)

x10．A 解析：设t?2?b?1,则f(x)?logat，因为t?2?b?1在R上单调递增，由图

x象可知函数f(x)也是单调递增，由复合函数的单调性可知y?logat在定义域上递增，故a?1；又f(0)?log0?(b2??1)b，lo由g图象可知 ：?1?f(0)?0，则

aa0?a?1?b?1 ?1?loagb?，解得0

1

二、填空题： 11．4

12．-1 解析：由M?N，M??1,a?a?,b?知b?0，所以只能?0，所以a?0，此时

b?b?M??1,0,b?，N?0,b,b2?，所以b2?1，又b2?b，所以b??1；代入即可得；

13． 解析：令x?2,y?12?131222，即P(2,，???；所)；设f(x)?x?，则2??22221 3以f(x)?x?，f?9??14．?1111?11?,? 解析：x0?A, 即0?x0?,所以f(x0)?x0?,?x0??1,即

2222?42?1?f(x0)?1,即f(x0)?B，所以f[f(x0)]?2[1?f(x0)]?1?2x0?A，即2111110?1?2x0?，解得：?x0?1,又由0?x0?,，所以?x0?

2424215．(??,0)?(4,??) 解析：因为f(x)为偶函数，且当x?0时f(x)?x3?8为增函数，

则x?0时，f(x)为减函数；f(x?2)?0?f(2)，所以可得：x?2?2，解得：x?0,或x?4

三、解答题：

16．证明：（1）由题知f(x)的定义域为R

3?x?1(3?x?1)?3x1?3xf(?x)??x????f(x) 所以f(x)为奇函数；

3?1(3?x?1)?3x1?3x（2）在定义域上是单调增函数；任取x1,x2?R，且x1?x2

x2x12?(3x2?3x1)3?13?122f(x2)?f(x1)?x??(1?x)?(1?x)?

32?13x1?132?131?1(3x1?1)(3x2?1)?x1?x2?3x2?3x1?0,3x1?1?0,3x2?1?0?f(x2)?f(x1)

?f(x)为R上的单调增函数； 17．解：（1）解|x?1|≥1得：x?0或x?2?A??xx?0,或x?2?；

?函数f(x)的自变量x应满足2??(x?1)(x?1)?0x?3?0，即? x?1x?1?0??x??1或x?1?B??xx??1,或x?1?；

A?B??xx??1,或x?2?，A?B??xx?0,或x?1?，CU(A?B)??x0?x?1? （2）?函数g(x)的自变量x应满足不等式(x?a?1)(2a?x)?0。

2

??C?B?a?1??1或2a?1 ?11?a??2或a?，又a?1 ?a的取值范围为a??2或?a?1

2218．解：（1）令x?0，则f(1)?f(0)?0，?f(1)?f(0)?1,

又由a?1，?2a?x?a?1?C?x2a?x?a?1112．∴可令二次函数的解析式为y?a(x?)?h． 223由f(0)?1，又可知f(?1)?3得a?1，h?,

41232∴二次函数的解析式为y?f(x)?(x?)??x?x?1

24∴二次函数图像的对称轴为x?（2）?x?x?1?2x?m在???1,1?上恒成立 ?x?3x?1?m在???1,1?上恒成立

22令g(x)?x2?3x?1，则g(x)在???1,1?上单调递减 ∴g(x)min?g(1)??1,?m??1 19．解：（1）f(x)?lg1?ax，x???b,b?是奇函数，等价于对于任意?b?x?b都有

1?2x?f(?x)??f(x)(1)1?ax1?ax1?2x?lg??lg?lg成立，（1）式即为 ?1?ax1?2x1?2x1?ax?0(2)??1?2x?1?ax1?2x2222?，即ax?4x，此式对于任意x???b,b?都成立等价于a?4，因为

1?2x1?ax1?2x1?2x11a?2，?0，所以a??2，所以f(x)?lg；代入（2）式得：即??x?1?2x1?2x22对于任意x???b,b?都成立，相当于?11?1???b?b?，从而b的取值范围为?0,?； 22?2?（2）对于任意x1,x2?(?b,b)，且x1?x2，由b??0,?，得???b?b?，所以

22?2?从而f(x2)?f(x1)?lg0?1?2x2?1?2x1，0?1?2x1?1?2x2，

?1?111?2x21?2x1 ?lg1?2x21?2x1=lg(1?2x2)(1?2x1)?lg1?0，因此f(x)在??b,b?是减函数；

(1?2x2)(1?2x1)20．解：（1）证明：①在f(m)?f(n)?f(m?n)中，令m?n?0

得f(0)?f(0)?f(0?0)即f(0)=f(0)gf(0).∴f(0)=0或f(0)=1，

f(0)=0，与题设矛盾， 若f(0)=0，则当x＜0时，有f(x)=f(x+0)=f(x)g∴ f(0)=1.

②当x＞0时，-x＜0，由已知得f(-x)＞1，

又f(0)=f[x+(-x)]=f(x)gf(-x)=1，f[(-x)]>1， ∴ 0＜f(x)=

f(0)＜1， 即x＞0时，0＜f(x)＜1.

f(-x)3

③任取x1＜x2，则f(x1)=f(x1-x2+x2)=f(x1-x2)gf(x2)， ∵x1-x2＜0，∴f(x1-x2)＞1，又由(1)(2)及已知条件知f(x2)＞0， ∴f(x1)＞f(x2)，∴y=f(x)在定义域R上为减函数. （2）f(x2-3ax+1)gf(-3x+6a+1)=f(x2-3ax+1-3x+6a+1)

=f[x2-3(a+1)x+2(3a+1)] 又f(0)=1，f(x)在R上单调递减.

∴原不等式等价于x2-3(a+1)x+2(3a+1)≤0不等式可化为(x-2)[x-(3a+1)]≤0

1当2＜3a+1，即a＞时，不等式的解集为{x|2≤x≤3a+1}；

31当2=3a+1，即a=时，(x-2)2≤0，不等式的解集为{2}；

31当2＞3a+1，即a＜时，不等式的解集为{x|3a+1≤x≤2}.

321．解：(1) 先证y??x符合条件①：对于任意x1,x2?R，且x1?x2，有y1?y2?x23?x13?

313(x2?x1)(x22?x1x2?x12) ?(x2?x1)[(x2?x1)2?x12]?0，?y1?y2，

243?b??a?333故y??x是R上的减函数。由题可得：?则(a?b)??(a?b)，3??a??b22?(a?b)?a?ab?b?1????0而

b3a2?ab?b2?1?(a?)2?b2?1?024，

?a?b?0，又b?a，?a??1，b?1所求区间为??1,1?

(2) 当x?0,f(x)?312323x? 在(0,在(（证明略）]上单调递减，,??)上单调递增；4x33所以，函数在定义域上不是单调递增或单调递减函数，从而该函数不是闭函数

（3）易知y?k?x是(0,??)上的增函数，符合条件①；设函数符合条件②的区间为?a,b?，

??a?k?a则??；故a,b是x?k?x的两个不等根，即方程组为：

??b?k?b?x2?(2k?1)x?k2?0?有两个不等非负实根； ?x?0?x?k????(2k?1)2?4k2?0??x1?x2?2k?1?022?设x1,x2为方程x?(2k?1)x?k?0的二根，则? ， 2xx?k?0?12?k?0?11解得：??k?0?k的取值范围(?,0)

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