2020-2021学年河南省南阳市高一（上）11月月考数学试卷北师大版

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这是一份2020-2021学年河南省南阳市高一（上）11月月考数学试卷北师大版，共9页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 已知集合A={−2，0，1，3}，B={x|−52A.4B.8C.16D.32

2. 设函数f(x)=2ex−1，x<2，lg3(x2−1)，x≥2，则f[f(2)]=( )
A.2B.3C.4D.5

3. 下列各组函数中，表示同一函数的是( )
A.fx=2x，gx=x2B.fx=lnx2，gx=2lnx
C.fx=x+3⋅x−3，gx=x2−9D.fx=3x，gx=32x

4. 已知a∈{−1,2,12,3,13}，若f(x)=xa为奇函数，且在(0, +∞)上单调递增，则实数a的值是( )
A.−1，3B.13，3C.−1，13，3D.13，12，3

5. 函数y=3−x2−lg2x+1 的定义域是( )
A.(−1,3)B.(−1,3]C.(−∞,3)D.(−1,+∞)

6. 已知a=lg72，b=lg0.70.2，c=0.70.2，则a，b，c的大小关系为( )
A.a
7. 函数fx=13x−1−x−1的零点所在的区间是( )
A.1,43B.43,32C.32,53D.53,2

8. 若函数g(x)=ax(a>0且a≠1)的图象与函数y=fx的图象关于直线y=x对称，且f4=1，则f2+g12=( )
A.2B.52C.3D.4

9. 已知幂函数fx=mxn的图象过点2,22，设a=fm，b=fn，c=fln2，则( )
A.c
10. 我国著名数学家华罗庚先生曾说：“数缺形时少直观，形缺数时难入微，数形结合百般好，隔裂分家万事休．”在数学的学习和研究中，常用函数的图象来研究函数的性质，也常用函数的解析式来琢磨函数的图象的特征，如函数fx=ex1−x2的图象大致是( )
A.B.
C.D.

11. 已知函数fx=1−3ax+10a，x≤7ax−7，x>7是定义在R上的减函数，则实数a的取值范围是( )
A.13,12B.(13,611]C.[12,23)D.(12,611]

12. 设函数fx=−x−a2+a2, x≤0,−x2+2x+1−a, x>0. 若f0是fx的最大值，则a的取值范围为( )
A.[4,+∞)B.[2,+∞)C.[1,+∞)D.1,2
二、填空题

函数f(x)=lga(3−x)+3(a>0且a≠1)的图象恒过定点________.

已知奇函数fx=2x+a, x>0,4−2−x, x<0, 则实数a=________.

函数fx=2x2−ax的单调递减区间是(−∞,1]，则fx在0,3上的最大值为________.

下列说法正确的是________．
(1)函数fx=lga−x2−2x+3a>0,a≠1，若f0<0，则此函数的单调减区间是(−3,−1]
(2)若函数fx=2x+2,x≤1,lg2x−1,x>1,在(−∞,a]上的最大值为4，则a的取值范围为1,17
(3)已知fx是定义在R上的奇函数，当x>0时，fx=2x−x2，则x<0时， fx=2x+x2
(4)若函数y=13|x−1|+m有零点，则实数m的取值范围是[−1,0)
三、解答题

计算：
(1)2×336+lg3lg24×lg23；

(2)lg3427+lg25−5lg574+lg4.

已知集合A={x|22<2x≤16},B={x|3a−2(1)当a=0时，求A∩B；

(2)若A∩B=⌀，求a的取值范围.

已知二次函数fx满足f2+x=f2−x，fx的两个零点的平方和为12，且f0=2.
(1)求函数fx的解析式：

(2)若在区间0,mm>0上fx的最小值为−2，最大值为2，求实数m的取值范围．

已知函数fx=x+lg21+x1−x.
(1)求f12020+f−12020的值；

(2)判断并证明函数fx的单调性．

定义在(0, +∞)上的函数y=f(x)，满足f(xy)=f(x)+f(y)，f(13)=1，当x>1时，f(x)<0.
(1)判断函数f(x)的单调性，并用定义证明；

(2)解关于x的不等式f(x)+f(x−2)>−1．

已知定义域为R的函数f(x)=−2x+b2x+1+a是奇函数．
(1)求a，b的值．

(2)若对任意的t∈R，不等式f(t2−2t)+f(2t2−2k)<0恒成立，求k的取值范围．
参考答案与试题解析
2020-2021学年河南省南阳市高一（上）11月月考数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
子集与真子集的个数问题
交集及其运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为A∩B={−2，0，1}，
所以集合A∩B子集的个数为23=8.
故选B.
2.
【答案】
A
【考点】
函数的求值
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：因为f(x)=2ex−1，x<2，lg3(x2−1)，x≥2，
所以f(2)=lg3(22−1)=1，
所以f(f(2))=f(1)=2e1−1=2．
故选A．
3.
【答案】
D
【考点】
判断两个函数是否为同一函数
【解析】
当两个函数的定义域和对应关系都相同时，两个函数才是相同的函数.
【解答】
解：A，函数fx=2x，gx=x2的对应关系不同，不是同一函数；
B，函数fx=lnx2的定义域为x|x≠0；gx=2lnx的定义域为x|x>0，定义域不相同，不是同一函数；
C，函数fx=x+3⋅x−3的定义域为x|x≥3；gx=x2−9的定义域为x|x≥3或x≤−3，定义域不相同，不是同一函数；
D，函数fx=3x，gx=32x的定义域和对应关系都相同，是同一函数.
故选D．
4.
【答案】
B
【考点】
函数奇偶性的性质
函数单调性的性质
【解析】
根据幂函数的性质分别进行判断即可．
【解答】
解：若f(x)在(0, +∞)上单调递增，
则a>0，排除A，C，
当a=2时，f(x)=x2为偶函数，不满足条件．
当a=12时，f(x)=x12=x为非奇非偶函数，不满足条件．
当a=3时，f(x)=x3为奇函数，满足条件．
当a=13时，f(x)=x13为奇函数，满足条件．
故选B.
5.
【答案】
A
【考点】
函数的定义域及其求法
【解析】
利用对数的真数为正数，分母不为0，二次根式的被开方数为非负数，列不等式组求解即可.
【解答】
解：要使函数有意义，
则3−x≥0，x+1>0，2−lg2x+1≠0，
解得−1∴ 函数的定义域为(−1,3).
故选A.
6.
【答案】
A
【考点】
指数式、对数式的综合比较
【解析】
本题根据对数函数及指数函数来比较大小，解题关键是找到中间值，将a、b、c与中间值进行比较即可得到结果．
【解答】
解：∵ 2=4<7，
∴ a=lg72b=lg0.70.2>，
12<0.7∴ a故选A.
7.
【答案】
B
【考点】
函数零点的判定定理
【解析】
由题意得到f43⋅f32<0，即可得到零点所在的区间.
【解答】
解：函数fx=13x−1−x−1在定义域[1,+∞)上连续且单调递减，
∵ f43=1313−43−1=1313−1312>0，
f32=1312−32−1=1312−1212<0，
∴ f43⋅f32<0，
∴ 零点所在的区间是43,32.
故选B．
8.
【答案】
B
【考点】
反函数
函数的求值
【解析】
由题意得到f(x)=lgax，利用f(4)=lga4=1，求出a，得到函数f(x)和g(x)的解析式，代入求解即可.
【解答】
解：∵ 函数g(x)=ax(a>0且a≠1) 的图象与函数y=fx的图象关于直线y=x对称，
∴ f(x)=lgax，
∵ f(4)=lga4=1，
解得a=4，
∴ f(x)=lg4x，g(x)=4x，
∴ f2+g12=lg42+412=2+12=52.
故选B.
9.
【答案】
B
【考点】
幂函数的概念、解析式、定义域、值域
函数单调性的性质
【解析】
暂无
【解答】
解：由题可得m=1，f(2)=2n=22，
解得n=3，
则幂函数的解析式为fx=x3，
且函数fx为单调递增函数，
又ln2<1<3，所以fln2故选B．
10.
【答案】
C
【考点】
函数的图象
【解析】
利用函数特殊值进行排除即可求解.
【解答】
解：fx的定义域为−∞,−1∪−1,1∪1,+∞，排除D；
当x∈0,1时，1−x2>0，fx>0，排除A；
当x∈1,+∞时，1−x2<0，fx<0，排除B.
故选C．
11.
【答案】
B
【考点】
已知函数的单调性求参数问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：∵ fx是定义在R上的减函数，
则满足0即013，a≤611，
即13故选B.
12.
【答案】
B
【考点】
分段函数的应用
二次函数的性质
【解析】
暂无
【解答】
解：由题意得，函数fx=−x−a2+a2, x≤0,−x2+2x+1−a,x>0,
当x=0时， f0=0，
当x>0时， y=−x2+2x+1−a的开口向下，
对称轴为直线x=1，当x=1时， y=2−a，
若使得f0是fx的最大值，则满足a≥0,2−a≤0,解得a≥2．
故选B．
二、填空题
【答案】
2,3
【考点】
对数函数的单调性与特殊点
【解析】
暂无
【解答】
解：由题意得，令x=2时， f2=lga3−2+3=3，
所以函数经过点2,3．
故答案为：2,3．
【答案】
−4
【考点】
函数奇偶性的性质
【解析】
暂无
【解答】
解：因为函数fx为奇函数，
则f−x=−fx，
则f−1=−f1，
所以4−21=−21+a，解得a=−4．
故答案为：−4．
【答案】
6
【考点】
函数单调性的性质
【解析】
暂无
【解答】
解：因为函数f(x)=2x2−ax的单调递减区间为(−∞,1]，
则a4=1，所以a=4，
即f(x)=2x2−4x，
所以f(x)在[0,1]上单调递减，在(1,3]上单调递增，
因为f(0)=0，f(3)=6，
所以函数f(x)在区间[0,3]上的最大值为6．
故答案为：6．
【答案】
(1)(2)(3)(4)
【考点】
复合函数的单调性
函数最值的应用
函数解析式的求解及常用方法
由函数零点求参数取值范围问题
【解析】
暂无
【解答】
解：(1)由题意，函数fx=lga−x2−2x+3，
满足−x2−2x+3>0，
解得−3又由函数gx=−x2−2x+3在(−3,−1]单调递增，
在−1,1单调递减，
因为f0<0，即f0=lga3<0，所以0根据复合函数的单调性可得，
函数fx的单调递减区间为(−3,−1]，(1)正确；
(2)易知f1x=2x+2，x≤1，在(−∞,1]上单调递增，
f2x=lg2x−1,x>1，在1,+∞上单调递增．
因为f1=4，f17=4，
所以a的取值范围为1,17，(2)正确；
(3)当x<0时，−x>0，因为x>0时，fx=2x−x2，
所以f−x=−2x−x2，
又因为fx是定义在R上的奇函数，
所以fx=−f−x=2x+x2，(3)正确；
(4)因为函数y=13|x−1|+m有零点，
所以方程13|x−1|+m=0有解，
即方程13|x−1|=−m有解，
因为|x−1|≥0，所以0<13|x−1|≤1，
所以0<−m≤1，所以−1≤m<0，(4)正确．
故答案为：(1)(2)(3)(4).
三、解答题
【答案】
解：(1)原式=2126×3136+lg32×1lg32
=72+1=73．
(2)原式=14lg327+lg25+lg4−5lg574
=34+2−74=1．
【考点】
对数的运算性质
有理数指数幂的化简求值
【解析】
无
无
【解答】
解：(1)原式=2126×3136+lg32×1lg32
=72+1=73．
(2)原式=14lg327+lg25+lg4−5lg574
=34+2−74=1．
【答案】
解：(1)因为a=0，
所以B={x|3a−2因为A=x|22<2x≤16=x|−12所以A∩B=x|−12(2)当B=⌀时，
3a−2≥2a+1，即a≥3；
当B≠⌀时，3a−2<2a+1，2a+1≤−12
或3a−2<2a+1，3a−2≥4.
解得a≤−34或2≤a<3.
综上，a的取值范围为(−∞,−34]∪[2,+∞).
【考点】
指、对数不等式的解法
交集及其运算
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)因为a=0，
所以B={x|3a−2因为A=x|22<2x≤16=x|−12所以A∩B=x|−12(2)当B=⌀时，
3a−2≥2a+1，即a≥3；
当B≠⌀时，3a−2<2a+1，2a+1≤−12
或3a−2<2a+1，3a−2≥4.
解得a≤−34或2≤a<3.
综上，a的取值范围为(−∞,−34]∪[2,+∞).
【答案】
解：(1)由题意知fx的图象关于直线x=2对称，
∴ 可设fx=ax−22+k(a≠0)，
则由f0=2，可得k=2−4a，
∴ fx=ax−22+2−4a=ax2−4ax+2，
∵ ax2−4ax+2=0的两实根的平方和为12，
∴ 12=x12+x22=x1+x22−2x1x2=16−4a，
∴ a=1，
∴ fx=x2−4x+2．
(2)令fx=2，可得x=0或x=4，
故fx的最小值为f2=−2，画出图象如图：
根据二次函数图象的特点，可知m∈2,4.
【考点】
函数解析式的求解及常用方法
二次函数在闭区间上的最值
二次函数的图象
【解析】
（1）由题意知f(x)的图象关于直线x=2对称，设f(x)=a(x+2)2+k（a≠0），由f(0)=2，可得k=2−4a，进而得到a的值，即可求解函数的解析式；
（2）令fx=2，得fx的最小值，作出函数的图象，即可求解实数m的取值范围．
【解答】
解：(1)由题意知fx的图象关于直线x=2对称，
∴ 可设fx=ax−22+k(a≠0)，
则由f0=2，可得k=2−4a，
∴ fx=ax−22+2−4a=ax2−4ax+2，
∵ ax2−4ax+2=0的两实根的平方和为12，
∴ 12=x12+x22=x1+x22−2x1x2=16−4a，
∴ a=1，
∴ fx=x2−4x+2．
(2)令fx=2，可得x=0或x=4，
故fx的最小值为f2=−2，画出图象如图：
根据二次函数图象的特点，可知m∈2,4.
【答案】
解：(1)易知函数fx的定义域是−1,1．
因为f−x=−x+lg21−x1+x
=−x−lg21+x1−x=−fx，
所以函数fx是奇函数，
所以f12020+f−12020=0．
(2)在区间−1,1上任取x1，x2，且x1则fx1−fx2=x1−x2+lg21+x11−x1−lg21+x21−x2
=x1−x2+lg21+x11−x21−x11+x2，
因为x1又1+x11−x2−1−x11+x2=2x1−x2<0，
即0<1+x11−x2<1−x11+x2．
所以0<1+x11−x21−x11+x2<1，
即lg21+x11−x21−x11+x2<0，
所以fx1−fx2<0，即fx1所以fx在−1,1上是增函数．
【考点】
函数奇偶性的判断
函数奇偶性的性质
函数单调性的判断与证明
【解析】
暂无
暂无
【解答】
解：(1)易知函数fx的定义域是−1,1．
因为f−x=−x+lg21−x1+x
=−x−lg21+x1−x=−fx，
所以函数fx是奇函数，
所以f12020+f−12020=0．
(2)在区间−1,1上任取x1，x2，且x1则fx1−fx2=x1−x2+lg21+x11−x1−lg21+x21−x2
=x1−x2+lg21+x11−x21−x11+x2，
因为x1又1+x11−x2−1−x11+x2=2x1−x2<0，
即0<1+x11−x2<1−x11+x2．
所以0<1+x11−x21−x11+x2<1，
即lg21+x11−x21−x11+x2<0，
所以fx1−fx2<0，即fx1所以fx在−1,1上是增函数．
【答案】
解：(1)fx在0,+∞上单调递减．
证明：∵ fxy=fx+fy，
在0,+∞上任取x1∴ fx1−fx2=fx1−fx2x1x1
=fx1−fx2x1−f(x1)=−fx2x1．
∵0∴ x2x1>1，
∴ fx2x1<0，
∴ fx1−fx2=−fx2x1>0，
∴ fx1>fx2，
∴ fx在0,+∞上单调递减．
(2)∵fxy=fx+fy且f13=1，
∴ fx+fx−2>−1
⇒fx+fx−2>−f13
⇒fx+fx−2+f13>0
⇒fx2−2x+f13>0
⇒fx2−2x3>0.
令x=y=1，则有f1=f1+f(1)，
∴ f1=0，
∴ f(x2−2x3)>f(1)．
∵fx在0,+∞上单调递减，
∴ x>0，x−2>0，x2−2x3<1，⇒x>0，x>2，−1∴ 所求不等式的解集为2,3.
【考点】
函数单调性的判断与证明
函数单调性的性质
不等式的综合
【解析】
（2）直接用单调性的定义证明函数单调递减；
（3）运用函数的单调性和特殊函数值及函数的定义域列不等式求解．
【解答】
解：(1)fx在0,+∞上单调递减．
证明：∵ fxy=fx+fy，
在0,+∞上任取x1∴ fx1−fx2=fx1−fx2x1x1
=fx1−fx2x1−f(x1)=−fx2x1．
∵0∴ x2x1>1，
∴ fx2x1<0，
∴ fx1−fx2=−fx2x1>0，
∴ fx1>fx2，
∴ fx在0,+∞上单调递减．
(2)∵fxy=fx+fy且f13=1，
∴ fx+fx−2>−1
⇒fx+fx−2>−f13
⇒fx+fx−2+f13>0
⇒fx2−2x+f13>0
⇒fx2−2x3>0.
令x=y=1，则有f1=f1+f(1)，
∴ f1=0，
∴ f(x2−2x3)>f(1)．
∵fx在0,+∞上单调递减，
∴ x>0，x−2>0，x2−2x3<1，⇒x>0，x>2，−1∴ 所求不等式的解集为2,3.
【答案】
解：(1)∵ f(x)=−2x+b2x+1+a是奇函数，
∴ f(0)=−1+b2+a=0，解得b=1．
从而有f(x)=−2x+12x+1+a，
又由f(1)=−f(−1)得：
−2+14+a=−−12+11+a，
解得a=2．
(2)由(1)知f(x)=−2x+12x+1+2=−12+12x+1，
由上式易知f(x)在(−∞, +∞)上为减函数，
又因f(x)是奇函数，
从而不等式f(t2−2t)+f(2t2−2k)<0，
等价于f(t2−2t)<−f(2t2−2k)=f(−2t2+2k)，
因f(x)是减函数，由上式推得t2−2t>−2t2+2k，
即对一切t∈R有3t2−2t−2k>0，
从而判别式Δ=4+24k<0，解得k<−16．
【考点】
函数奇偶性的性质
奇偶性与单调性的综合
函数恒成立问题
【解析】
（1）由已知得f(0)=−1+b2+a=0，f(1)=−f(−1)，由此能求出a，b．
（2）f(x)=−2x+12x+1+2=−12+12x+1，从而f(t2−2t)+f(2t2−k)<0等价于f(t2−2t)<−f(2t2−k)=f(−2t2+k)，由此能求出k<−13．
【解答】
解：(1)∵ f(x)=−2x+b2x+1+a是奇函数，
∴ f(0)=−1+b2+a=0，解得b=1．
从而有f(x)=−2x+12x+1+a，
又由f(1)=−f(−1)得：
−2+14+a=−−12+11+a，
解得a=2．
(2)由(1)知f(x)=−2x+12x+1+2=−12+12x+1，
由上式易知f(x)在(−∞, +∞)上为减函数，
又因f(x)是奇函数，
从而不等式f(t2−2t)+f(2t2−2k)<0，
等价于f(t2−2t)<−f(2t2−2k)=f(−2t2+2k)，
因f(x)是减函数，由上式推得t2−2t>−2t2+2k，
即对一切t∈R有3t2−2t−2k>0，
从而判别式Δ=4+24k<0，解得k<−16．

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