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2024-2025学年福建师大附中高一（上）月考数学试卷（10月份）（含答案）
展开这是一份2024-2025学年福建师大附中高一（上）月考数学试卷（10月份）（含答案），共8页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
1.已知集合A={0,1}，B={1,2}，则A∪B中元素的个数为( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
2.设集合M={x|x2−x≥0}，N={x|x<2}，则M∩N=( )
A. {x|x≤0}B. {x|1≤x<2}
C. {x|x≤0或1≤x<2}D. {x|0≤x≤1}
3.函数f(x)= 3x−9的定义域为( )
A. [−3,+∞)B. [−2,+∞)C. [2,+∞)D. [4,+∞)
4.已知函数f(x)=lnx−ax2+ax恰有两个零点，则实数a的取值范围为( )
A. (−∞,0)B. (0,+∞)C. (0,1)∪(1,+∞)D. (−∞,0)∪{1}
5.偶函数f(x)在区间[0,a](a>0)是单调函数，且满足f(0)⋅f(a)<0，则函数f(x)在区间[−a,a]内零点的个数是( )
A. 1B. 2C. 3D. 4
6.已知函数f(x)=|lg3x|,x>0x2+4x+1,x≤0，函数F(x)=f(x)−b有四个不同的零点x1，x2，x3，x4，且满足：x1
7.定义域R的函数f(x)满足f(x+2)=3f(x)，当x∈[0,2]时，f(x)=x2−2x，若x∈[−4,−2]时,f(x)≥118(3t−t)恒成立，则实数t的取值范围是( )
A. (−∞,−1]∪(0，3]B. (−∞,− 3]∪(0, 3]
C. [−1,0)∪[3，+∞)D. [− 3,0)∪[ 3,+∞)
8.设函数f(x)的定义域为R，且f(x)=13f(x+1)，当x∈(−1,0]时，f(x)=x(x+1)，若对任意x∈(−∞,m]，都有f(x)≥−8116，则实数m的取值范围是( )
A. (−∞,73]B. (−∞,114]C. (−∞,94]D. (−∞,3]
二、多选题：本题共3小题，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.已知a>0，b>0，且a+b=1，则( )
A. ab≥14B. a2+b2≥12C. 2a+2b≥2 2D. a+lnb>0
10.某数学课外兴趣小组对函数f(x)=lgx2+1|x|(x≠0,x∈R)的性质进行了探究，得到下列四个命题，其中正确的命题有( )
A. 函数f(x)的图象关于y轴对称
B. 当x>0时，f(x)是增函数，当x<0时，f(x)是减函数
C. 函数f(x)的最小值是lg2
D. 函数f(x)与x=2有四个交点
11.已知定义在R上的函数f(x)满足f(x+2)+f(x)=f(2024)，且f(2x+1)是奇函数，则( )
A. f(x)的图象关于点(1,0)对称B. f(0)=f(4)
C. f(2)=1D. 若f(12)=12，则i=1100if(i−12)=0
三、填空题：本题共3小题，每小题5分，共15分。
12.已知集合A={x|x
14.设正数a，b满足，a+1a+3(b+1b)=16，则ab+ba的最大值是______．
四、解答题：本题共5小题，共77分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
15.(本小题12分)
已知f(x)=x2+2x−5，x∈[t,t+1]，若f(x)的最小值为ℎ(t)，写出ℎ(t)的表达式．
16.(本小题14分)
已知集合A={x|(12)x2−x−6<1}，B={x||x+a−2|<2}，若A∩B=⌀．
(1)求实数a的取值范围；
(2)求y=f(a)=2⋅32a−16⋅3a的最值．
17.(本小题14分)
已知函数f(x)=b⋅ax(a,b为常数且a>0，a≠1)的图象经过点A(1,8)，B(3,32)
(1)试求a，b的值；
(2)若不等式(1a)x+(1b)x−m≥0在x∈(−∞,1]时恒成立，求实数m的取值范围．
18.(本小题16分)
已知函数f(x)=lgax(a>0且a≠1)．
(Ⅰ)若f(a+4)≤f(3a)，求实数a的取值范围；
(Ⅱ)设a=2，函数g(x)=−f2(x)+(3−2m)f(x)+m+2(0
(ii)若x∈[12,2]，求|g(x)|的最大值ℎ(m)．
19.(本小题21分)
已知函数f(x)=ln(1+eax)−bx是偶函数，e是自然对数的底数，e≈2.71828⋯
(1)求 a2+b2−2a+1的最小值；
(2)当b=1时，
(i)令g(x)=f(1−x)+f(1+x)，x∈[−1,1]，求g(x)的值域；
(ii)记i=1nai=a1+a2+...+an，已知−1≤xi≤2，(i=1,2,…,1000)，且i=11000xi=1000，当i=11000f(xi)取最大值时，求x12+x22+...+x10002的值．
参考答案
1.C
2.C
3.C
4.C
5.B
6.D
7.C
8.C
9.BC
10.AC
11.ABD
12.[2,+∞)
13.(0,1)
14.18
15.解：函数f(x)=x2+2x−5，x∈[t,t+1]，开口向上，对称轴为x=−1，
(i)当t+1≤−1，即t≤−2时，函数在[t,t+1]上单调递减，
所以ℎ(t)=f(t+1)=(t+1)2+2(t+1)−5=t2+4t−2，
即ℎ(t)=t2+4t−2(t≤−2)；
(ii)当t≤−1
(iii)当t>−1时，函数在[t,t+1]上单调递增，
所以ℎ(t)=f(t)=t2+2t−5．
综上可得，ℎ(t)=t2+4t−2,t≤−2−6,−2
16.解：(1)由(12)x2−x−6<1，得x2−x−6>0，
解得x>3，或x<−2
∴A=(−∞,−2)∪(3,+∞)；
由|x+a−2|<2，得−2
∵A∩B=⌀，∴−a≥−24−a≤3，解得1≤a≤2，
∴实数a的取值范围是[1,2]；
(2)y=f(a)=2⋅32a−16⋅3a=2⋅(3a)2−16⋅3a，
令t=3a，∵a∈[1,2]，∴t∈[3,9]，
则函数化为g(t)=2t2−16t=2(t−4)2−32，
当t=4时，g(t)有最小值，即原函数有最小值为−32；
当t=9时，g(t)有最大值，即原函数有最大值为18．
17.解：(1)∵函数f(x)=b⋅ax，(其中a，b为常数且a>0，a≠1)的图象经过点A(1,8)，B(3,32)，
∴a⋅b=8a3⋅b=32，
解得a=2，b=4，
∴f(x)=4⋅(2)x=2x+2，
(2)设g(x)=(1a)x+(1b)x=(12)x+(14)x，
y=g(x)在R上是减函数，
∴当x≤1时，g(x)min=g(1)=34．
若不等式(1a)x+(1b)x−m≥0在x∈(−∞,1]时恒成立，
即m≤34
18.解：(Ⅰ)当0
综上：0
证明：(i)若x∈[1,2m]，则f(x)∈[0,m]，令t=f(x)，则0≤t≤m，
故g(x)=ℎ(t)=−[t−3−2m2]2+m2−2m+174，0≤t≤m，
当0≤3−2m2≤m即34≤m≤1时，ymax=m2−2m+174=(m−1)2+134<103，
当3−2m2>m即0
(ii)若x∈[12,2]，则f(x)∈[−1,1]，令t=f(x)，则t∈[−1,1]，
故g(x)=φ(t)=−[t−3−2m2]2+m2−2m+174，t∈[−1,1]，
∵0
|φ(−1)|∈[0,1]，φ(1)=4−m>0，
φ(3−2m2)=m2−2m+174∈[134,72]，
此时|g(x)|=|φ(t)|的最大值为m2−2m+174，
当3−2m2>1即0
φ(t)max=φ(1)=4−m∈(72,4)，
此时|g(x)|=|φ(t)|的最大值为：4−m，
综上，ℎ(m)=4−m,0
∴f(x)=f(−x)，即ln(1+eax)−bx=ln(1+e−ax)+bx，
即：2bx=ln(1+eax)−ln(1+e−ax)=ax上式对任意x∈R恒成立，这等价于2b=a，
a2+b2−2a+1=4b2+b2−4b+1=5b2−4b+1=5(b−25)2+15≥15，等号成立当且仅当b=25，a=45，
∴ a2+b2−2a+1的最小值为 55．
(2)(ⅰ)由(1)可得：a=2，由于g(x)=f(1−x)+f(1+x)，x∈[−1,1]为偶函数，
故只需考虑x∈[0,1]时，g(x)的值域，
g(x)=f(1−x)+f(1+x)
=ln(1+e2(1−x))−(1−x)+ln(1+e2(1+x))−(1+x)
=ln[(1+e2(1−x))(1+e2(1+x))]−2
=ln[1+e4+e2(e2x+e−2x)]−2，
令φ(x)=e2x+e−2x，x∈[0,1]，φ′(x)=2(e2x−e−2x)，显然φ′(x)为增函数，
∴φ′(x)≥φ′(0)=0，
∴φ(x)在[0,1]上单调递增，
∴g(x)在[0,1]上单调递增，
∵g(0)=ln(e4+2e2+1)−2=2ln(e2+1)−2，g(1)=ln2(e4+1)−2，
∴g(x)的值域为[2ln(e2+1)−2,[ln2(e4+1)]−2]．
(ⅱ)对于常数c，令g(x)=f(c−x)+f(c+x)，g(x)为偶函数，
下面先证明一个结论：g(x)在[0,+∞)上单调递增，
证明：g(x)=ln(1+e2(c−x))−(c−x)+ln(1+e2(c+x))−(c+x)
=ln[1+e4c+e2c(e2x+e−2x)]−2c．
由(2)可得：y=e2x+e−2x为偶函数，在[0,+∞)上单调递增，∴g(x)在[0,+∞)上单调递增，
证毕．
对于−1≤xi≤2(i=1,2,⋯,10)，且i=11000xi=1000，
先证明：当i=11000f(xi)取最大值时，x1，x2，x3，⋯，x1000中最多只有一个xi∈(−1,2)，其余的数要么等于−1，要么等于2．
用反证法，假如当i=11000f(xi)取最大值时，x1，x2，x3⋯，x1000中存在两个数xi，xj∈(−1,2)，不妨设xi
记c=xi+xj2，则xj−xi2
f(xi)+f(xj)=f(c−xj−xi2)+f(c+xj−xi2)
其余的数不变的情况下，得到了更大的值，这与i=11000f(xi)取最大值相矛盾!
∴x1，x2，x3，⋯，x1000中最多只有一个xi∈(−1,2)．
①x1，x2，x3，⋯，x1000中没有数字在区间(−1,2)时，x1，x2，x3，⋯，x1000中的每一个数，要么等于−1，要么等于2，
记x1，x2，x3，⋯，x1000中等于2的元素个数为k，2k−(1000−k)=1000，k=20003，这与k为整数矛盾．
②x1，x2，x3，⋯，x1000中只有一个数字在区间(−1,2)时，不妨记为x0，记等于2的数字个数为k，
则等于−1的数字个数为999−k，则x0+2k−(999−k)=1000．
即x0+3k=1999，由于x0∈(−1,2)，1997<3k<2000，且k∈N∗，
∴x0=1，k=666，
∴这1000个数为−1，−1，…，−1，1，2，2，…，2，其中有333个−1，666个2．
∴x12+x22+⋯+x10002=4×666+1×334=2998．
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