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黄冈中学2010年秋季高一数学期中考试试题含详细答案


湖北省黄冈中学 2010 年秋季高一数学期中考试试题
命题:周永林 审稿:王宪生 校对:徐永杰
一、选择题:本大题共 10 小题,每小题 5 分,共 50 分,在每小题给出的四个选项中,只有一 项是符合题目要求的. 1.下列各组函数是同一函数的是( ① f ( x) = )

?2 x 3 与 g ( x ) = x ? 2 x ; ② f ( x ) = x 与 g ( x ) = x 2 ; ③ f ( x ) = x 0 与

g ( x) =

1 2 2 ;④ f ( x ) = x ? 2 x ? 1 与 g (t ) = t ? 2t ? 1 0 x
B. ① ③

C. ③ ④ D. ① ④ 2.设集合 A={1,2}, B={0,1},定义运算 A※B={z|z= x , x ∈ A, y ∈ B} ,则集合 A※B 的子集 y 个数为( ) A.1 B.2 C.3 D.4 3.已知 m = 0.95.1 , n = 5.10.9 , p = log 0.9 5.1 ,则 m、n、p 的大小关系( A. m < n < p . B. m < p < n C. p < m < n )
1

A. ① ②

) D. p < n < m

4.下列函数中,在 (0,1) 上为单调递减的偶函数是( A. y = x ?2 B. y = x 4

C. y = x 2

D. y = ? x 3 )

1

5.如果奇函数 f ( x ) 在 [3,7] 上是增函数且最小值是 5,那么 f ( x ) 在 [ ?7,?3] 上是( A. 减函数且最小值是 ? 5 C. 增函数且最小值是 ? 5 B.. 减函数且最大值是 ? 5 D. 增函数且最大值是 ? 5 .

6.已知集合 M = { y | y = x 2 ? 1, x ∈ R} , N = {x ∈ R | y = 3 ? x 2 } ,则 M I N = ( A. {(? 2 ,1), ( 2 ,1)} B. [?1, 3 ] C. [0, 3 ] D. ?



7.若 f ( x ) = ? x 2 + 2ax 与 g ( x ) = ( a + 1)1? x ( a > ?1 且 a ≠ 0) 在区间 [1,2] 上都是减函数,则 a 的取值范围是( A. (?1,0) 8.若 A = x ∈ Z 2 ≤ 2 A.0 ) B. (0,1]
2? x

C. (0,1)

D. (?1, 0) U (0,1) )

{

< 8 , B = x ∈ R log 2 x > 1 ,则 A I (?R B ) 的元素个数为(
B.1 C. 2 D. 3

}

{

}

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9.函数 f ( x ) 与的图像与 g ( x ) = ( ) 图像关于直线 y = x 对称,则的 f (4 ? x 2 ) 的单调增区间
x

1 2

是(

) B. [0, +∞ )
x

A. (?∞, 0]

C. (?2, 0]

D. [0, 2)

10.已知函数 f ( x ) = log a (2 + b ? 1)( a > 0,a ≠ 1) 的图象如图所示,则 a,b 满足的关系是 y ( ) A. 0 < a C. 0 < b
?1 ?1

< b <1

B. 0 < b < a D. 0 < a
?1

?1

<1

O

x

< a <1

< b ?1 < 1

?1

二、填空题:本大题共 5 小题,每小题 5 分,共 25 分.
1 ( lg9?lg 2) 16 ? 1 ( ) 2 + 100 2 + ln 4 e3 + log9 8 log4 3 3 =_______. 11.计算 9

12.已知集合 M = ?1,

? a ? , b ? , N = {0, a + b, b 2 } , M = N ,则 a 2010 + b 2011 = _______. ? b ?
2 的图象恒过定点 P , P 在幂函数 f ( x ) 的图象上,则 f ( 9 ) = 2

13.函数 y = log a ( 2 x ? 3) + _______.

? 1 ?x + , x ∈ A ? 1? ?1 ? 14.设集合 A= ? 0, ? , B= ? ,1? , 函数 f ( x ) = ? 2 若 x0 ∈ A , 且 f [ f ( x0 )] ∈ A, ? 2? ?2 ? ?2 (1 ? x ) , x ∈ B, ?
则 x0 的取值范围是_______. 15.已知偶函数 f ( x ) 满足 f ( x ) = x 3 ? 8( x ≥ 0 ) ,则 f ( x ? 2) > 0 的解集为_______.

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三、解答题:本大题共 6 小题,共 75 分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 16. (本小题满分 12 分)已知函数 f ( x) = 3x ? 1 . 3 +1 (1)证明 f(x)为奇函数; (2)判断 f(x)的单调性,并用定义加以证明;
x

17. (本小题满分 12 分)已知全集 U = R ,A={x | | x ? 1 |≥1} B为函数 f ( x) = , 定义域,C 为 g ( x ) = lg[( x ? a ? 1)(2a ? x )] ( a < 1 )的定义域; (1) A I B ; ? ( A U B ) ; U (2)若 B ? A ,求实数 a 的取值范围;

2?

x+3 的 x +1

18. (本小题满分 12 分)已知二次函数 f ( x) 满足条件 f (0) = 1 ,及 f ( x + 1) ? f ( x) = 2 x . (1)求函数 f ( x) 的解析式; (2)在区间[-1,1]上, y = f ( x) 的图像恒在 y = 2 x + m 的图像上方,试确定实数 m 的取 值范围; .

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19. (本小题满分 12 分) 已知 a, b ∈ R 且 a ≠ 2 , 定义在区间 ( ?b, b ) 内的函数 f ( x ) = lg 是奇函数 (1)求函数 f ( x ) 的解析式及 b 的取值范围; (2)讨论 f ( x ) 的单调性;

1 + ax 1 + 2x

20. (本小题满分 13 分)设 f ( x ) 是定义在 R 上的函数,对任意实数 m 、 n ,都有

f (m) f (n) = f (m + n) ,且当 x <0 时, f (x ) >1. (1)证明:① f (0) = 1 ; ②当 x >0 时,0< f ( x ) <1; ③ f ( x ) 是 R 上的减函数;
(2)设 a ∈ R ,试解关于 x 的不等式 f ( x 2 ? 3ax + 1) f ( ?3 x + 6a + 1) ≥ 1 ;

21. (本小题满分 14 分)已知 y = f ( x) ( x ∈ D , D 为此函数的定义域)同时满足下列两个 条件:①函数 f ( x ) 在 D 内单调递增或单调递减;②如果存在区间 [ a, b] ? D ,使函数 f ( x ) 在 区间 [ a, b] 上的值域为 [ a, b] ,那么称 y = f ( x ) , x ∈ D 为闭函数; 请解答以下问题 (1) 求闭函数 y = ? x 符合条件②的区间 [ a, b] ;
3

(2) 判断函数 f ( x ) = (3)若 y = k +

3 1 x + ( x ∈ (0, +∞)) 是否为闭函数?并说明理由; 4 x

x (k < 0) 是闭函数,求实数 k 的取值范围;
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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 22 = 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 ∈ ? ?7, ?3] , ? x ∈ ?3, 7 ] ,设 ? x0 ∈ ?3, 7 ] 且 f ( ? x0 ) = 5 ;由题知: ? ?

f (? 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 = x 2 ? 1 的值域, y ∈ [ ?1, +∞ ) ;集合 N 表示 y = x 2 ? 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:21 ≤ 2 2? x < 23 ,得 1 ≤ 2 ? x < 3 ,解得:?1 < x ≤ 1 ;又 x ∈ Z ,所以 A = {0,1} ;

log 2 x > 1 ,得 log 2 x > 1 或 log 2 x < ?1 ,且 x > 0 ,解得: x > 2 或 0 < x <
? 1? ?1 ? B = ? 0, ? U ( 2, +∞ ) , ?R B = (?∞, 0] U ? , 2 ? , A I (?R B ) = {0,1} ? 2? ?2 ?

1 ,所以 2

9. D 解析: 由题可得:f ( x ) = log 1 x ,f (4 ? x ) = log 1 (4 ? x ) , u = 4 ? x 2 , y = log 1 u 令
2 2
2

2

2 2

在定义域上是减函数, 由复合函数单调性可知: f (4 ? x 2 ) 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) 10.A 解析:设 t = 2 x + b ? 1, 则 f ( x ) = log a t ,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 = log a t 在定义域上递增, 故 a > 1 ; 又 f (0) = log a (2 + b ? 1) = log a b , 由 图 象 可 知 : ?1 < f (0) < 0 , 则
0

?1 < log a b < 0 ,解得 0 < a ?1 < b < 1
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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, b 2 } ,所以 b 2 = 1 ,又 b 2 ≠ b ,所以 b = ?1 ;代入即可得;
13.

{

1 3

解析:令 x = 2, y =
1 2

2 2 2 1 ,即 P (2, ) ;设 f ( x) = xα ,则 2α = ,α = ? ; 2 2 2 2 1 3 1 1 1 1 , 所 以 f ( x0 ) = x0 + , ≤ x0 + < 1, 即 2 2 2 2

所以 f ( x ) = x

?

, f (9) =

14 . ?

?1 1? , ? ?4 2?

解 析 : x0 ∈ A , 即 0 ≤ x0 <

1 ≤ f ( x0 ) < 1, 即 f ( x0 ) ∈ B , 所 以 f [ f ( x0 )] = 2[1 ? f ( x0 )] = 1 ? 2 x0 ∈ A , 即 2 1 1 1 1 1 0 ≤ 1 ? 2 x0 < ,解得: < x0 ≤ 1, 又由 0 ≤ x0 < , ,所以 < x0 < 2 4 2 4 2
15. ( ?∞, 0) U (4, +∞) 解析:因为 f ( x ) 为偶函数,且当 x ≥ 0 时 f ( x ) = x 3 ? 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

f (? x) =

3? x ? 1 (3? x ? 1) 3x 1 ? 3x = = = ? f ( x) 3? x + 1 (3? x + 1) 3x 1 + 3x

所以 f ( x ) 为奇函数;

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

Q 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 = { x x ≤ 0, 或 x ≥ 2} ;

Q 函数 f ( x) 的自变量 x 应满足 2 ?

?( x + 1)( x ? 1) ≥ 0 x+3 ≥ 0 ,即 ? x +1 ?x + 1 ≠ 0

∴ x < ?1 或 x ≥ 1 ∴ B = { x x < ?1, 或 x ≥ 1} ; A I B = { x x < ?1, 或 x ≥ 2} ,A U B = { x x ≤ 0, 或 x ≥ 1} , U ( A ∪ B ) = { x 0 < x < 1} C
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(2)Q 函数 g ( x ) 的自变量 x 应满足不等式 ( x ? a ? 1)(2a ? x ) > 0 。 又由 a < 1 ,∴ 2a < x < a + 1 ∴ C = x 2a < x < a + 1

} Q C ? B ∴ a + 1 ≤ ?1 或 2a ≥ 1 { 1 1 ∴ a ≤ ?2 或 a ≥ ,又 a < 1 ∴ a 的取值范围为 a ≤ ?2 或 ≤ a < 1 2 2 18.解: (1)令 x = 0,则f (1) ? f (0) = 0, f (1) = f (0) = 1, ∴
∴二次函数图像的对称轴为 x =

1 1 2 .∴可令二次函数的解析式为 y = a ( x ? ) + h . 2 2 3 , 由 f (0) = 1,又可知f ( ?1) = 3得a = 1 h = , 4 1 2 3 2 ∴二次函数的解析式为 y = f ( x ) = ( x ? ) + = x ? x + 1 2 4
2 2

(2)Q x ? x + 1 > 2 x + m 在 ? ?1,1] 上恒成立 ∴ x ? 3 x + 1 > m 在 ? ?1,1] 上恒成立 ? ? 令 g ( x ) = x 2 ? 3 x + 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 ) = lg

1 + 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 ? ax 1 + ax 1 + 2x ? 成立, (1)式即为 lg = ? lg = lg ?1 + ax 1 ? 2x 1 + 2x 1 + ax (2) ?1 + 2 x > 0 ? ∴ 1 ? ax 1 + 2 x 2 2 2 2 = ,即 a x = 4 x ,此式对于任意 x ∈ ( ?b, b ) 都成立等价于 a = 4 ,因为 1 ? 2 x 1 + ax 1 ? 2x 1 ? 2x 1 1 a ≠ 2, 所以 a = ?2 , 所以 f ( x ) = lg ; (2) 代入 式得: > 0, ? < x < 即 1 + 2x 1 + 2x 2 2
对于任意 x ∈ ( ?b, b ) 都成立,相当于 ?

1 1 ? 1? ≤ ?b < b ≤ ,从而 b 的取值范围为 ? 0, ? ; 2 2 ? 2?

( 2 ) 对 于 任 意 x1 , x2 ∈ ( ?b, b) , 且 x1 < x2 , 由 b ∈ ? 0, ? , 得 ? ≤ ?b < b ≤ , 所 以 2 2 ? 2?

?

1?

1

1

0 < 1 ? 2 x2 < 1 ? 2 x1 f ( x2 ) ? f ( x1 ) = lg



0 < 1 + 2 x1 < 1 + 2 x2







1 ? 2 x2 1 ? 2 x1 ? lg 1 + 2 x2 1 + 2 x1

= lg

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

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)g f (0). ∴ f (0) = 0 或 f (0) = 1 ,

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

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

= f [x 2 - 3(a + 1)x + 2(3a + 1)] 又 f (0) = 1 , f ( x ) 在 R 上单调递减. 2 ∴原不等式等价于 x - 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 } ; 3 1 当 2= 3a + 1 ,即 a = 时, ( x - 2) 2 ≤0,不等式的解集为 {2} ; 3 1 当 2> 3a + 1 ,即 a < 时,不等式的解集为 {x | 3a + 1 ≤ x ≤2 } . 3
21. (1) 先证 y = ? x 符合条件①: 解: 对于任意 x1 , x2 ∈ R , x1 < x2 , y1 ? y2 = x2 ? x1 = 且 有
3

3

3

1 3 ( x2 ? x1 )( x2 2 + x1 x2 + x12 ) = ( x2 ? x1 )[( x2 + x1 )2 + x12 ] > 0 ,∴ y1 > y2 , 2 4
故 y = ?x 是 R 上 的 减 函 数 。 由 题 可 得 : ?
3

?b = ? a 3 ? 则 ( a + b) = ?( a 3 + b 3 ) , 3 ? a = ?b ?


? ? ∴ (a + b) ? a 2 ? ab + b 2 + 1? = 0



b 3 a 2 ? ab + b 2 + 1 = (a ? ) 2 + b 2 + 1 > 0 2 4

∴ a + b = 0 ,又 b > a ,∴ a = ?1 , b = 1 所求区间为 [ ?1,1]
(2) 当 x > 0, f ( x ) =

3 1 2 3 2 3 x+ 在 (0, ] 上单调递减,在 ( , +∞) 上单调递增; (证明 4 x 3 3

略)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 + 则∴ ?

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] ,
;故 a, b 是 x = k +

?a = k + a ? ?b = k + b ?

x 的两个不等根,即方程组为:

? x 2 ? (2k + 1) x + k 2 = 0 ? 有两个不等非负实根; ?x ≥ 0 ?x ≥ k ?

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?? = (2k + 1) 2 ? 4k 2 > 0 ? ? x1 + x2 = 2k + 1 > 0 2 2 设 x1 , x2 为方程 x ? (2k + 1) x + k = 0 的二根,则∴ ? 2 ? x1 x2 = k ≥ 0 ?k < 0 ? 1 1 解得: ? < k < 0 ∴ k 的取值范围 (? , 0) 4 4



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