东阳中学高一数学2016年上学期期中考试卷

1．设集合A1,2,3，B2,3,4 ，则AB= （ ） A．2,3 B．3,4 C．1,2,3 D．1,2,3,4

122．已知a()3，b0.3，clog13，则a，b，c的大小关系是 （ ）

32A．cba B．abc C．bac D．acb

1log3xx03．已知函数fxx，则f [ f ()]= （ ）

92x0A．4 B．11 C．－4D．－ 444．在下列各组函数中，两个函数相等的是 （ ） A.f(x)B.f(x)3x3与g(x)4x4 x21与g(x)x1x1

xx35C.f(x)2,x0,1,2,3与g(x)x1,x0,1,2,3

66D.f(x)x与g(x)x,x0

x,x05．已知函数f(x)(xa)(xb)（其中ab）的图象如右图所示，则函数g(x)axb的图象是 （ ）

6. 已知奇函数f(x)定义域是(2,2)，且在定义域上单调递减，若f(2a)f(2a3)0，则实数a的取值范围是 （ ）

55A．(0,4)B．(0,)C．(1,)D．(1,)

227. 函数f(x)x22x在[m,n]上的值域是[1,3]，则mn取值所成的集合是 （ ）

A．[5,1]B．[1,1]C．[2,0]D．[4,0] 8. 已知g(x)log22x2(x0).若关于x的方程g(x)mg(x)2m30 x1有三个不同的实数解，则m的取值范围是 （ ）

1344A．(1,3)B.(,1)C.(,]D.(,]

3233二、填空题

9．集合A0,|x|,B1,0,1，若AB, 则x，=．

10. 已知幂函数yf(x)的图象过点(1,2)，则f(x)的解析式为；

22log2f(2).

11．已知函数f(x)ax21(a0且a1)的图象恒过定点A的坐标为，将fx的图象向下平移

x1个单位，再向平移个单位，即可得到函数ya的图象．

1112．计算：log3(927)log26log23()3=；

2720若xx1212xx1=. 7，则22xx3213．若f(x)x2ax与g(x)a在区间[1,2]上都是减函数，则实数a的取值范围是． x114．已知函数f(x)mx22x1有且仅有一个正实数的零点，则实数m的取值范围是 ． 15．已知函数f(x)loga(x2ax3)(a0且a1)满足：对任意实数x1,x2，当x1x2总有f(x1)f(x2)0，则实数a的取值范围是．

三、解答题

16．已知Ax|1x3，Bx|mx13m．

a时，2（1）当m1时，求AB；

（2）若BCRA，求实数m的取值范围．

17．已知函数f(x)（1）求c的值；

（2）证明函数f(x)在[0,)上是单调递增函数； （3）当x[0,2],求f(2x)的值域.

18.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）若函数fx的最小值为4，求实数a的值.

cx1（c为常数），且f(1)0． x1

19．已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，且当x0时，f(x)x2x．函数f(x)在y轴左侧的图象如图所示．

2

（1）通过计算，求出函数f(x),xR的解析式；

（2）若函数g(x)f(x)2ax2,x1,2，求函数g(x)的最大值（用常数a表示）.

20．已知函数f (x)=ax2+bx+c（a，b，c∈R）满足下列条件： ①当x∈R时，f (x)的最小值为0，且f (x﹣1)=f (﹣x﹣1)成立； ②当x∈(0，5)时，x≤f (x)≤2|x﹣1|+1 恒成立. （1）求f (1)的； （2）求f (x)的解析式；

（3）求最大的实数m（m＞1），使得存在实数t，只要当x∈[1，m]时，就有f (x+t)≤ x．

高一数学期中考试参考答案

1~8 ABBDACDC

9. 1，110.f(x)x211111. (2,2)，左，2 12.11，． 2413. 0a1 14.m0或m115.(1,23).

16.解：（1）当m1时，Bx|1x4，∴AB{x1x4}.…………6分 （2）∵Ax|1x3，∴CRA{x1或x3}，

1时，符合题意； 21若B，即m13mm时：∵BCRA，∴m3或13m1，

2若B，即m13mm解得m3，

综上，实数m的取值范围是(,](3,)．………………………………………14分

12c1=0，所以c=1，即c的值为1；………………………5分 2x12 =1﹣（2）f（x）=，在[0，2]单调递增，证明如下： x1x117.解：（1）因为f（1）=

任取x1，x2∈[0,)，且x1＜x2， 则f（x1）﹣f（x2）=（1﹣

22）﹣（1﹣） x11x21=

x1x222=2﹣＜0，

x21x11(x11)(x21)即f（x1）＜f（x2），

所以，f（x）在[0,)单调递增；………………………………………………………10分 （3）令t2x，因为x[0,2]，所以t[1,4]，

13因为f(x)在[0,)上是单调递增函数，所以f(t)[,]，

2513

所以f(2x)的值域[,].…………………………………………………………………15分

25

18.解：（1）要使函数有意义，则有1x03x1

x30所以函数的定义域为x|3x1；…………………………………………………6分

22（2）函数可化为fxloga1xx3logax2x3logax14

223x1,0x144,0a1,logax14loga4

fxminloga4，由loga44a44a19．（1）设

22，则实数a的值为.…15分 222函数fx是定义在R上的奇函数，且当x0时，fxx2x，

，f(x)(x)2(x)x2xf(x)

22，则

f(x)x22x(x0)

x22x(x0)f(x)2…………………………………………………………6分

x2x(x0)（2）g(x)f(x)2ax2x(22a)x2(x[1,2])

2函数g(x)的对称轴方程为：x1a

当1a1时，g(1)32a为最大；

当11a2时，g(1a)a2a3为最大； 当1a2时，g(2)24a为最大

232a,(a0)2综上有：gx的最大值为a2a3,(1a0)…………………………………15分

24a,(a1)20.解：（1）∵当x∈（0，5）时，x≤f（x）≤2|x﹣1|+1 恒成立， ∴当x=1时，1≤f（1）≤2|1﹣1|+1；

∴f（1）=1；………………………………………………………………………………4分 （2）∵f(x﹣1)=f(﹣x﹣1)，

∴函数f（x）=ax2+bx+c的图象关于x=﹣1对称， 又∵当x∈R时，f（x）的最小值为0，

∴f（x）=a（x+1）2，a＞0； 又∵f（1）=4a=1； ∴a=

1； 41(x+1)2；………………………………………………………………………9分 41（3）法一：∵f（x+t）=(x+t+1)2≤x，

4故f（x）=

∴x2+（2t﹣2）x+t2+2t+1≤0； 设g（x）=x2+（2t﹣2）x+t2+2t+1，

则g（1）=t2+4t≤0，g（m）=m2+（2t﹣2）m+t2+2t+1≤0； 则﹣4≤t≤0，1﹣t﹣2所以m≤1+4+2•

=9，

≤m≤1﹣t+2

，

故m的最大值为9． 法二：∵f（x+t）=

1(x+t+1)2≤x， 4∴x2+（2t﹣2）x+t2+2t+1≤0； 设g（x）=x2+（2t﹣2）x+t2+2t+1，

要使存在实数t，当x∈[1，m]时，就有f (x+t)≤ x， 即g（1）=t+4t≤0，g（m）=m+（2t﹣2）m+t+2t+1≤0；

则令h(t)=m2+（2t﹣2）m+t2+2t+1= t2+(2m+2)t+m2+2m+1在﹣4≤t≤0上有解 因为h(0)m22m1(m1)20

2

2

2

h(4)0h(4)0h(0)0所以等价于或解得1m9或0m1

0h(0)04(m1)0所以0m9，所以m的最大值为9．…………………………………………………15分