2020-2021深圳市高一数学上期末试卷带答案

一、选择题

1．已知f(x)在R上是奇函数，且f(x4)f(x),当x(0,2)时，f(x)2x2,则f(7) A．-2

B．2

C．-98

D．98

2．已知函数f(x)lnxln(2x)，则 A．f(x)在（0，2）单调递增 C．y=f(x)的图像关于直线x=1对称

B．f(x)在（0，2）单调递减

D．y=f(x)的图像关于点（1，0）对称

log1(x1),xN*23．若函数f(x)，则f(f(0))( ) x*3,xNA．0

B．-1

C．

1 3D．1

4．已知函数yf(x)(xR)满足f(x1)f(x)0，若方程f(x)1有20222x1个不同的实数根xi（i1,2,3L,2022），则x1x2x3Lx2022( ) A．1010 C．1011

5．已知函数fxA．3

B．2020 D．2022

log2x1x0 ，则yffx3的零点个数为（ ）

x4x0B．4

C．5

D．6

6．已知fx是定义在R上的偶函数，且在区间,0上单调递增。若实数a满足

f2a1f2，则a的取值范围是 （ ）

1 2B．,UA．,

13,

22C．3,213D．,

227．点P从点O出发，按逆时针方向沿周长为l的平面图形运动一周，O，P两点连线的距离y与点P走过的路程x的函数关系如图所示，则点P所走的图形可能是

A． B．

C．

D．

8．函数fx是周期为4的偶函数,当x0,2时，fxx1,则不等式xfx0在1,3上的解集是 ( )

A．1,3

B．1,1

C．1,0U1,3

D．1,0U0,1

9．已知函数f（x）=x（ex+ae﹣x）（x∈R），若函数f（x）是偶函数，记a=m，若函数f（x）为奇函数，记a=n，则m+2n的值为（ ） A．0

B．1

C．2

D．﹣1

10．已知全集U={1，2，3，4，5，6}，集合P={1，3，5}，Q={1，2，4}，则(ðUP)Q= A．{1}

B．{3，5}

C．{1，2，4，6}

D．{1，2，3，4，5}

11．下列函数中，在区间(1,1)上为减函数的是 A．y1 1xB．ycosx

C．yln(x1) D．y2x

12．已知函数f(x)g(x)x，对任意的xR总有f(x)f(x)，且g(1)1，则

g(1)（ ）

A．1

B．3

C．3

D．1

二、填空题

1,x0f(x)13．已知，则不等式x(x2)f(x2)5的解集为______． 1,x014．已知logaxxylogaxlogay，则的值为_________________． 22yxa.若fx的最大值与最小值之差为2，则2x115．已知常数aR，函数fxa__________.

16．已知3m5nk，且

112，则k__________ mn1a17．若幂函数f(x)=x的图象经过点(3，)，则a2__________.

918．若函数fx1a是奇函数，则实数a的值是_________. x213x2,x119．已知函数fx2，若ff02a，则实数

xax1,x1a________________.

20．若集合Ax|x5x60，Bx|ax20，aZ，且BA，则实数

2a_____.

三、解答题

21．已知定义在R上的函数fx是奇函数，且当x,0时，fx1x． 1x1求函数fx在R上的解析式；

2判断函数fx在0,上的单调性，并用单调性的定义证明你的结论．

222．已知函数fxx2ax1满足fxf2x.

(1)求a的值； (2)若不等式

f2x4xm对任意的x1,恒成立，求实数m的取值范围；

(3)若函数gxflog2xklog2x1有4个零点，求实数k的取值范围. 23．已知函数f(x)log2(3x)log2(x1). （1）求该函数的定义域；

（2）若函数yf(x)m仅存在两个零点x1,x2，试比较x1x2与m的大小关系. 24．已知函数fxlogax1logax1(a0，a1)，且f31. (1)求a的值，并判定fx在定义域内的单调性，请说明理由； (2)对于x2,6，fxlogamm.

x17x恒成立，求实数的取值范围

25．义域为R的函数fx满足：对任意实数x,y均有fxyfxfy2，且

f22，又当x1时，fx0.

（1）求f0.f1的值，并证明：当x1时，fx0； （2）若不等式f数a的取值范围.

26．已知fxlogax，gx2loga2x2a01,a1,aR，hxx（1）当x1,时，证明：hxxa2a2x22a1x240对任意 x1,3恒成立，求实

21. x1为单调递增函数； x（2）当x1,2，且Fxgxfx有最小值2时，求a的值. 

【参考答案】***试卷处理标记，请不要删除

一、选择题 1．A 解析：A 【解析】

∵f(x＋4)＝f(x)，∴f(x)是以4为周期的周期函数，∴f(2 019)＝f(504×4＋3)＝f(3)＝f(－1)．又f(x)为奇函数，∴f(－1)＝－f(1)＝－2×12＝－2，即f(2 019)＝－2. 故选A

2．C

解析：C 【解析】

由题意知，f(2x)ln(2x)lnxf(x)，所以f(x)的图象关于直线x1对称，故C正确，D错误；又f(x)ln[x(2x)]（0x2），由复合函数的单调性可知f(x)在

(0,1)上单调递增，在(1,2)上单调递减，所以A，B错误，故选C．

【名师点睛】如果函数f(x)，xD，满足xD，恒有f(ax)f(bx)，那么函数的图象有对称轴xab；如果函数f(x)，xD，满足xD，恒有2f(ax)f(bx)，那么函数f(x)的图象有对称中心(ab,0)． 23．B

解析：B 【解析】 【分析】

根据分段函数的解析式代入自变量即可求出函数值. 【详解】

0因为0N,所以f(0)3=1，f(f(0))f(1)，

因为1N，所以f(1)=1，故f(f(0))1，故选B. 【点睛】

本题主要考查了分段函数，属于中档题.

4．C

解析：C 【解析】 【分析】 函数fx和y111都关于,0对称，所有f(x)的所有零点都关于

2x12x121,0对称，根据对称性计算x1x2x3Lx2022的值. 2【详解】

Qfx1fx0，

1fx关于,0对称，

2而函数y11也关于,0对称， 2x12fx11的所有零点关于,0对称， 2x12fx1的2022个不同的实数根xi（i1,2,3L,2022）， 2x11有1011组关于,0对称，

2x1x2...x2022101111011.

故选：C 【点睛】

本题考查根据对称性计算零点之和，重点考查函数的对称性，属于中档题型.

5．C

解析：C 【解析】 【分析】 由题意，函数yffx3的零点个数，即方程ffx3的实数根个数，设

tfx，则ft3，作出fx的图象，结合图象可知，方程ft3有三个实根，

进而可得答案. 【详解】 由题意，函数yffx3的零点个数，即方程ffx3的实数根个数，

1，t34， 4设tfx，则ft3，作出fx的图象，

如图所示，结合图象可知，方程ft3有三个实根t11，t2则fx1 有一个解，fx故方程f1有一个解，fx4有三个解， 4fx3有5个解.

【点睛】

本题主要考查了函数与方程的综合应用，其中解答中合理利用换元法，结合图象，求得方程ft3的根，进而求得方程的零点个数是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及数形结合思想的应用.

6．D

解析：D 【解析】

f2f2f(2a1a1)f(2)2a122a12

12a111113a1a,选D. 222227．C

解析：C 【解析】 【分析】

认真观察函数图像，根据运动特点，采用排除法解决. 【详解】

由函数关系式可知当点P运动到图形周长一半时O,P两点连线的距离最大，可以排除选项A,D,对选项B正方形的图像关于对角线对称，所以距离y与点P走过的路程x的函数图像应该关于故选C． 【点睛】

本题考查函数图象的识别和判断，考查对于运动问题的深刻理解，解题关键是认真分析函数图象的特点．考查学生分析问题的能力．

l对称，由图可知不满足题意故排除选项B， 28．C

解析：C 【解析】

0]，则x[0，，2]此时（fx）x1，Q（fx）若x[2，是偶函

fx）x1（fx），fx）x1，x[2，，0] 若x[2，4] ，则数，（ 即（x4[2，，0] ∵函数的周期是4，（fx）（fx4）（x4）13x，

x1，2x0fx）x1，0x2 ，作出函数（fx），3] 上图象如图， 即（在[13x，2x4（x）＞0 等价为（fx）＞0 ，此时1＜x＜3，若0＜x3，则不等式xf fx）＜0 ，此时1（x）＞0等价为（若1≤x≤0 ，则不等式xf＜x＜0 ， 3] 上的解集为（x）＞0 在[1，综上不等式xf（，13）（10，）.

故选C.

【点睛】本题主要考查不等式的求解，利用函数奇偶性和周期性求出对应的解析式，利用数形结合是解决本题的关键．

9．B

解析：B 【解析】

试题分析：利用函数f（x）=x（ex+ae﹣x）是偶函数，得到g（x）=ex+ae﹣x为奇函数，然后利用g（0）=0，可以解得m．函数f（x）=x（ex+ae﹣x）是奇函数，所以g（x）=ex+ae﹣x为偶函数，可得n，即可得出结论．

解：设g（x）=ex+ae﹣x，因为函数f（x）=x（ex+ae﹣x）是偶函数，所以g（x）=ex+ae﹣x为奇函数．

又因为函数f（x）的定义域为R，所以g（0）=0， 即g（0）=1+a=0，解得a=﹣1，所以m=﹣1．

因为函数f（x）=x（ex+ae﹣x）是奇函数，所以g（x）=ex+ae﹣x为偶函数 所以（e﹣x+aex）=ex+ae﹣x即（1﹣a）（e﹣x﹣ex）=0对任意的x都成立 所以a=1，所以n=1， 所以m+2n=1 故选B．

考点：函数奇偶性的性质．

10．C

解析：C 【解析】

试题分析：根据补集的运算得

痧UP2,4,6,(UP)Q2,4,61,2,41,2,4,6．故选C.

【考点】补集的运算.

【易错点睛】解本题时要看清楚是求“”还是求“”，否则很容易出现错误；一定要注意集合中元素的互异性，防止出现错误．

11．D

解析：D 【解析】 试题分析：y1在区间1,1上为增函数；ycosx在区间1,1上先增后减；1xyln1x在区间1,1上为增函数；y2x在区间1,1上为减函数，选D.

考点：函数增减性

12．B

解析：B 【解析】

由题意，f（﹣x）+f（x）=0可知f（x）是奇函数， ∵fxgxx，g（﹣1）=1， 即f（﹣1）=1+1=2 那么f（1）=﹣2． 故得f（1）=g（1）+1=﹣2， ∴g（1）=﹣3， 故选：B

二、填空题

13．【解析】当时解得；当时恒成立解得：合并解集为故填：

3解析：{x|x}

2【解析】

当x20时，xx2fx25xx25，解得 2x3 ；当2x20时，xx2fx25xx25，恒成立，解得：x2，合并

解集为xx33xx ，故填：.

2214．【解析】【分析】首先根据对数的运算性质化简可知：即解方程即可【详解】因为且所以即整理得：所以或因为所以所以故答案为：【点睛】本题主要考查对数的运算性质同时考查了学生的计算能力属于中档题 解析：322 【解析】 【分析】

首先根据对数的运算性质化简可知：(【详解】

x2xxy2)xy，即()6()10，解方程即可.

yy2因为logaxylogaxlogay，且xy， 22所以2logaxyxy2)xy. loga(xy)，即(22x2x整理得：x2y26xy0，()6()10.

yy62432，所以

xx632322或322.

yy2xx1.所以322. yy因为xy0，所以故答案为：322 【点睛】

本题主要考查对数的运算性质，同时考查了学生的计算能力，属于中档题.

15．【解析】【分析】将化简为关于的函数式利用基本不等式求出的最值即可求解【详解】当时当时时当且仅当时等号成立同理时即的最小值和最大值分别为依题意得解得故答案为:【点睛】本题考查函数的最值考查基本不等式的 解析：3 【解析】 【分析】

将fx化简为关于xa的函数式，利用基本不等式，求出的最值，即可求解. 【详解】

当xa时，f(x)0， 当x?a时，

fxxaxa22x1[(xa)a]11， a21(xa)2axa2axa时，(xa)12a2a212a xa当且仅当xa21a时，等号成立，

a21a0f(x)

222a12a12a1a同理xa时，f(x)0，

2a21aa21a， f(x)22a1aa1a即f(x)的最小值和最大值分别为， ,2222依题意得a212，解得a3. 故答案为:3. 【点睛】

本题考查函数的最值，考查基本不等式的应用，属于中档题.

16．【解析】因为所以所以故填 解析：15 【解析】

因为35k，所以mlog3k，nlog5k，

mn11lg5lg3lg152，所以mnlgklgklgklgk1lg15lg15，k15，故填15 217．【解析】由题意有：则： 解析：

1 4a【解析】 由题意有：3则：a21,a2， 9221. 418．【解析】【分析】由函数是奇函数得到即可求解得到答案【详解】由题意函数是奇函数所以解得当时函数满足所以故答案为：【点睛】本题主要考查了利用函数的奇偶性求解参数问题其中解答中熟记奇函数的性质是解答的关键

1解析：

2【解析】 【分析】

由函数fx是奇函数，得到f0【详解】

由题意，函数fx当a1a0，即可求解，得到答案. 021111af0a0a是奇函数，所以，解得， x021212111满足fxfx， 时，函数fxx21221所以a.

21故答案为：.

2【点睛】

本题主要考查了利用函数的奇偶性求解参数问题，其中解答中熟记奇函数的性质是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.

19．2【解析】【分析】利用分段函数分段定义域的解析式直接代入即可求出实数的值【详解】由题意得：所以由解得故答案为：2【点睛】本题考查了由分段函数解析式求复合函数值得问题属于一般难度的题

解析：2 【解析】 【分析】

利用分段函数分段定义域的解析式，直接代入即可求出实数a的值. 【详解】

由题意得：f0323，f333a1103a，

02所以由ff0103a2a， 解得a2.

故答案为：2. 【点睛】

本题考查了由分段函数解析式求复合函数值得问题，属于一般难度的题.

20．或【解析】【分析】先解二次不等式可得再由讨论参数两种情况再结合求解即可【详解】解：解不等式得即①当时满足②当时又则解得又则综上可得或故答案为：或【点睛】本题考查了二次不等式的解法空集的定义及集合的包

解析：0或1 【解析】 【分析】

先解二次不等式可得Ax|2x3，再由BA，讨论参数a0，a0两种情况，再结合aZ求解即可. 【详解】

解：解不等式x25x60，得2x3，即Ax|2x3， ①当a0时，B，满足BA， ②当a0时，B，又BA，则2a1，

2a223，解得a1，又aZ，则a3综上可得a0或a1， 故答案为：0或1. 【点睛】

本题考查了二次不等式的解法、空集的定义及集合的包含关系，重点考查了分类讨论的数学思想方法，属基础题.

三、解答题

1x1x,x0fx21．（1）0,x0（2）函数fx在0,上为增函数,详见解析

1x,x01x【解析】 【分析】

1根据题意，由奇函数的性质可得f00，设x0，则x0，结合函数的奇偶性与奇偶性分析可得fx在0,上的解析式，综合可得答案； 2根据题意，设0x1x2，由作差法分析可得答案．

【详解】

解：1根据题意，fx为定义在R上的函数fx是奇函数，则f00， 设x0，则x0，则fx1x， 1x1x， 1x又由fx为R上的奇函数，则fxfx1x1x,x0则fx0,x0；

1x,x01x2函数fx在0,上为增函数；

证明：根据题意，设0x1x2， 则fx1fx2又由0x1x2，

则x1x20，且1x10，1x20； 则fx1fx20，

即函数fx在0,上为增函数． 【点睛】

本题考查函数的奇偶性与单调性的判断以及应用，涉及掌握函数奇偶性、单调性的定义． 22．(1)1；(2),；(3)k1.

42x1x21x11x21x21x1， 1x1x1x1x1x1x1212211【解析】 【分析】

（1）由题得fx的图像关于x1对称，所以a1；（2）令2xt，则原不等式可化为

1m1t2恒成立，再求函数的最值得解；（3）令tlog2x(t0)，可得

t2t11或t2k1，分析即得解.

【详解】

(1)∵fxf2x，∴fx的图像关于x1对称，∴a1.

1x(2)令2t(t2)，则原不等式可化为m1t2恒成立.

t111∴m1，∴m的取值范围是,.

4tmin4(3)令tlog2x(t0)，

则ygx可化为ytk2tk1t1tk1，

222由t1tk10可得t11或t2k1，

∵ygx有4个零点，t11=|log2x|有两个解， ∴t2k1=|log2x|有两个零点，∴k10,k1. 【点睛】

本题主要考查二次函数的对称性的应用，考查不等式的恒成立问题和对数函数的零点问题，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力. 23．（1）(1,3) （2）x1x2m 【解析】 【分析】

（1）根据对数真数大于零列不等式组，解不等式组求得函数的定义域.

（2）化简fx表达式为对数函数与二次函数结合的形式，结合二次函数的性质，求得

x1x2以及m的取值范围，从而比较出x1x2与m的大小关系.

【详解】

3x01x3，故该函数的定义域为(1,3)； （1）依题意可知x1022（2）f(x)log2(x2x3)log2((x1)4)，

故函数关于直线x1成轴对称且最大值为log242， ∴x1x22，m2，∴x1x2m． 【点睛】

本小题主要考查函数定义域的求法，考查对数型复合函数对称性和最值，属于基础题. 24．(1)a2，单调递减，理由见解析；(2) 0m7

【解析】 【分析】

（1）代入f(3)1解得a，可由复合函数单调性得出函数的单调性，也可用定义证明； （2）由对数函数的单调性化简不等式，再由分母为正可直接去分母变为整式不等式，从而转化为求函数的最值． 【详解】

(1)由f3loga4loga2loga21，所以a2. 函数fx的定义域为1,，

fxlog2x1log2x1log2因为y1x12log21. x1x12在1,上是单调递减， x1(注:未用定义法证明不扣分)

所以函数fx在定义域1,上为单调递减函数. (2)由(1)可知fxlog2x1mlog2x2,6x1x17x，，

x1m0. 所以所以

x1x17x0mx17xx26x7x316在x2,6恒成立.

2当x2,6时，函数yx316的最小值ymin7.

2所以0m7. 【点睛】

本题考查对数函数的性质，考查不等式恒成立，解题关键是问题的转化．由对数不等式转化为整式不等式，再转化为求函数最值． 25．(1)答案见解析；(2)a0或a1. 【解析】 试题分析：

(1)利用赋值法计算可得f02,f14，设x1，则2x1， 利用f22拆项：f2f2xx即可证得：当x1时，fx0； (2)结合(1)的结论可证得fx是增函数，据此脱去f符号，原问题转化为

2x2x3aa2x2a1x22在1,3上恒成立，分离参数有：aax24x222恒成立，结合基本不等式的结论可得实数a的取值范围是a0或a1. 试题解析： (1)令

，得

，

令令设因为所以(2)设 因为所以所以

， 得，得，则

，

，

，

,

;

，

,

所以

为增函数,

,

，

即上式等价于因为上式等价于设所以解得【解析】 【分析】

或

，

. ，，所以

,

对任意

恒成立，

对任意

恒成立，

（

时取等），

26．（1）证明见解析（2）a4

（1）利用定义法证明函数的单调性，按照：设元、作差、变形、判断符号、下结论的步骤完成即可；

（2）首先表示出Fxgxfx，再根据复合函数的单调性分类讨论可得。 【详解】

解：（1）任取1x1x2，hx2hx1x211x1 x2x1x2x1x2x1x1x21x2x11 x1x2xx12x1x21. x1x2Q1x1x2，x2x10，x1x21，

hx2hx10， hx为单调递增函数.

（2）

4(x1)21QF(x)g(x)f(x)2loga(2x2)logaxlogaloga4x2.

xx又由（1）知，yx119在x1,2单调递增，x24,，

xx2当a1时，Fx在x1,2单调递增，Fxminloga162，解得a4.

当0a1时，Fx在x1,2单调递减，Fxminloga182， 解得a1832（舍去）. 所以a4. 【点睛】

本题考查用定义法证明函数的单调性，复合函数的单调性的应用，属于中档题.

