高一数学-2015-2016学年高一上学期期中考试数学试卷

编制：王忠

一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共计70分．请把答案填写在答题卡相应位置上．

1．设A1,3，B2,4，则AB ▲ ． 【答案】[2,3]

2．已知函数fxax32x的图像过点2,5，则f2 ▲ ． 【答案】－5

3．若log23log34log4mlog327，则m＝ ▲ ． 【答案】22 ga4．设a，b，c都是不等于1的正数，且ab≠1，则alogcb ▲ bloc．（填＞、＝、＜）

【答案】＝

5．若函数yaxa0且a1在区间0,1上的最大值与最小值之和为3，则实数a的值为 ▲ ． 【答案】2

6．若函数y2xm的图像经过第一、二、三象限，则实数m的取值范围是 ▲ ． 【答案】1,0

27．函数fx3xlnx1的定义域为 ▲ ．

1x【答案】1,1

8． 若方程7x2m13xm20的一个根在区间0,1上，另一根在区间1,2上，则实数m的取值范围为 ▲ ． 【答案】－4＜m＜－2

9． 某车站有快、慢两种车，始发站距终点站7.2km，慢车到终点站需16min，快车比慢车

晚发车3min，且行驶10min后到达终点站．则两车相遇时距始发站 ▲ km． 【答案】3.6 10．设2,1,1,1,2,3，则使yx为奇函数且在0,上单调递减的值为

2 ▲ ． 【答案】－1

11．设集合An1,2,3,,n，若M是An的子集，把M中所有元素的和称为M的“容量”

 1

（规定空集的容量为0），若M的容量为奇（偶）数，则称M为An的奇（偶）子集．当n＝4时，An所有奇子集的个数为 ▲ ． 【答案】8

12．给定kN，定义函数f：NN满足：对任意大于k的正整数n，fnnk．设

k＝2，且n≤2时，2≤fn≤3，则不同的函数f的个数为 ▲ ． 【答案】4

13．设AZ，且A，从A到Z的两个函数fxx21和gx3x5．若对于A中

的任意一个x，都有fxgx，则满足条件的集合A有 ▲ 个． 【答案】3

14．已知函数fxx1x1，函数gxax22x1．若函数yfxgx恰好有

22个不同的零点，则实数a的取值范围为 ▲ ．

【答案】,00,9

4

二、解答题：本大题共6小题，计90分．请在答题卡指定的区域内作答，解答时应写出文字说明，证明过程或演算步骤． 15．（本小题满分14分）

设全集是实数集R，集合Ax1＜x＜3，Bxm2＜x＜m2． （1）若AB，求实数m的取值范围； （2）若2B，求AB． 【答案】

（1） 若AB，则有m－1≥3或m＋1≤－1

即m≥4或m≤－2

所以m的取值范围为m≥4或m≤－2. （2） ∵2B ∴0＜m＜4

当0＜m≤1时，AB1,m2 当1＜m＜4时，ABm2,3

2

 16．（本小题满分14分）

2①xx20已知关于x的不等式组

22x2k5x5k0②（1）求解不等式②；

（2）若此不等式组的整数解集M中有且只有一个元素，求实数k的取值范围及相应的集合M． 【答案】

（1）由②得 2x5xk＜0

∴当k＜5即k＞5时，xk，5

222 当k=5即k=5时，x 22 当k＞5即k＜5时，x5，k 222（2）由①得x，12，

当k＜5时，整数解集M只能为M=3 2则应满足4≤k＜3，即k3,4 当k＞5时，整数解集M只能为M=2

22 则应满足足2k≤3时，即k3，4时，M=3； 综上所述：当k3，2时，M=2． 当k3，

17．（本小题满分14分）

小张在淘宝网上开一家商店，他以10元每条的价格购进某品牌积压围巾2000条．定价前，小张先搜索了淘宝网上的其它网店，发现：A商店以30元每条的价格销售，平均每日销售量为10条；B商店以25元每条的价格销售，平均每日销售量为20条．假定这种围巾的销售量t（条）是售价x（元）（xN）的一次函数，且各个商店间的售价、销售量等方面不会互相影响．

3

（1）试写出围巾销售每日的毛利润y（元）关于售价x（元）（xN）的函数关系式（不必写出定义域），并帮助小张定价，使得每日的毛利润最高（每日的毛利润为每日卖出商品的进货价与销售价之间的差价）；

（2）考虑到这批围巾的管理、仓储等费用为200元／天（只要围巾没有售完，均须支付200元／天，管理、仓储等费用与围巾数量无关），试问小张应该如何定价，使这批围巾的总利润最高（总利润＝总毛利润－总管理、仓储等费用）？ 【答案】

k30b10设t＝kx＋b，∴，解得k＝－2，b＝70，∴t＝70－2x．

k25b20（1） yx10tx10702x2x290x700

当90221时，即围巾定价为22元或23元时，每日的利润最高． 222（2） 设售价x（元）时总利润为z（元），

∴z2000x102002000

702x20002535x10035x10010000元．

≤200025235x35x当35x100时，即x＝25时，取得等号．

35x故小张的这批围巾定价为25元时，这批围巾的总利润最高．

18．（本小题满分16分）

已知函数fxx22ax5a＞1．

（1）若fx的定义域和值域均为1,a，求实数a的值；

（2）若函数yfx在区间,2上是减函数，且对任意的x1，x21,1a，总有

fx1fx2≤4成立，求实数a的取值范围；

（3）若函数yfx在区间1,3上有零点，求实数a的取值范围．

【答案】

（1） fx对称轴为x＝a，所以x1,a时，fx为减函数；

4

f112a5a ∴ 22faa2a51∴a＝2

（2） 因为fx在,2上为减函数，所以对称轴x＝a≥2，所以a≥2；

而a1a1，所以x1,a1，

fxmaxf162a；fxminfa5a2； 则对任意x1,x21,a1，

fx1fx2≤faf1a22a1a1≤4

2∴－1≤a≤3 又a≥2 ∴2≤a≤3

（3）∵fx在1,3上有零点 ∴fx0在1,3上有实数解

2x ∴2a5x5在1,3上有实数解 xx ∴5≤a≤3

19．（本小题满分16分）

在平面直角坐标系xOy中，已知函数fxlognx（n＞1）的图像上的两点A，B，

过A，B作x轴的垂线，垂足分别为Ma,0，Nb,0（b＞a＞1），线段BN，AM分别与函数g(x)logmx（m＞n＞1）的图像交于点C，D，且AC与x轴平行． （1）当a＝2，b＝4，n＝3时，求四边形ABCD的面积； （2）当b＝a2时，直线BD经过点1,0，求实数a的值；

（3）已知hx＝ax，x＝bx，若x1，x2为区间a,b内任意两个变量，且x1＜x2； 求证：hfx2＜fx1．

5

y B A D O 1 M C N x

【答案】

（1） 由题意得A2,log32，B4,log34，C4,logm4；

因为AC与x轴平行 所以logm4log32 所以m＝9

∴ADlog32log92log92；BClog34log94log94

log92log94则SABCDADBCMN2log98

22（2） 由题意得Aa,logna，Bb,lognb，Cb,logmb；

∵AC与x轴平行 ∴logmblogna ∵ba2，∴mn2 ∵直线BD经过点1,0 ∴DMBN a1a21logmalognb即 2a1a1∴a＝3

（3） 证明：因为ax1x2b，且n1

所以lognalognx1lognx2lognb 又因为a1，b1

所以alognx2＜alognb，blogna＜blognx1 又因为lognblognalognalognb 所以lognalognblognblogna 所以alognbblogna 所以alognx2blognx1

即hfx2＜fx1

20．（本小题满分16分）

已知函数yfx，若在定义域内存在x0，使得fx0fx0成立，则称x0为函数yfx的局部对称点．

（1）若a、bR且a≠0，证明：函数fxax2bxa必有局部对称点； （2）若函数fx2xc在定义域1,2内有局部对称点，求实数c的取值范围； （3）若函数fx4xm2x1m23在R上有局部对称点，求实数m的取值范围．

【答案】

（1）由fxax2bxa得fxax2bxa

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代入fxfx0得，ax2bxaax2bxa0， 得到关于x的方程ax2a0（a0），

其中△4a2，由于aR且a0，所以△0恒成立 所以函数fxax2bxa（a0）必有局部对称点 （2）方程2x2x2c0在区间[1,1]上有解，于是2c2x2x

设t2x（1≤x≤1），1≤t≤2，

22ct1 其中2≤t1≤5

tt2所以5≤c≤1 4（3）fx4xm2x1m23，

由于fxfx0，所以4xm2x1m234xm2x1m23

于是4x4x2m2x2x2m230（*）在R上有解

令2x2xt（t≥2），则4x4xt22，

所以方程（*）变为t22mt2m280在区间[2,)内有解，需满足条件：

△4m28m24≥0 2m48m2≥2222≤m≤22即， 13≤m≤22化简得13≤m≤22

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