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- 2021-06-19 发布
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2016-2017学年黑龙江省鸡西市虎林一中高三(上)期中数学试卷(文科)
一、选择题:本大题共12个小题,每小题5分,共60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.已知i为虚数单位,复数满足(1+i)z=1﹣i,则||=( )
A. B. C. D.2
2.集合A={x|ln(x﹣l)>0},B={x|x2≤9},则A∩B=( )
A.(2,3) B.[2,3) C.(2,3] D.[2,3]
3.设命题p:函数y=cos2x的最小正周期为;命题q:函数f(x)=sin(x+)的图象的一条对称轴是x=对称.则下列判断正确的是( )
A.p为真 B.¬q为假 C.p∧q为真 D.p∨q为假
4.下列各组函数中的两个函数是相等函数的是( )
A.f(x)=(x﹣1)0与g(x)=1 B.f(x)=|x|与g(x)=
C.f(x)=x与g(x)=()2 D.f(x)=•与g(x)=
5.集合A={1,x,y},B={1,x2,2y},若A=B,则实数x的取值集合为( )
A.{} B.{,﹣} C.{0, } D.{0,,﹣}
6.已知函数f(x)=(x﹣a)(x﹣b)(其中a>b),若f(x)的图象如图所示,则函数g(x)=ax+b的图象大致为( )
A. B. C. D.
7.已知定义在R上的减函数f(x)满足f(x)+f(﹣x)=0,则不等式f(1﹣x)<0的解集为( )
A.(﹣∞,0) B.(0,+∞) C.(﹣∞,1) D.(1,+∞)
8.函数y=的值域是( )
A.R B.[,+∞) C.(2,+∞) D.(0,+∞)
9.设函数f(x)=如果f(x0)>1,则x0的取值范围是( )
A.(﹣1,1) B.(﹣1,0)∪(1,+∞) C.(﹣∞,﹣1)∪(1,+∞) D.(﹣∞,﹣1)∪(0,1)
10.如图,有四个平面图形分别是三角形、平行四边形、直角梯形、圆.垂直于x轴的直线l:x=t(0≤t≤a)经过原点O向右平行移动,l在移动过程中扫过平面图形的面积为y(图中阴影部分),若函数y=f(t)的大致图象如图,那么平面图形的形状不可能是( )
A. B. C. D.
11.若函数 f(x)=ae﹣x﹣ex为奇函数,则f(x﹣1)<e﹣的解集为( )
A.(﹣∞,0) B.(﹣∞,2) C.(2,+∞) D.(0,+∞)
12.已知f(x)=2x+2﹣x,f(m)=3,且m>0,若a=f(2m),b=2f(m),c=f(m+2),则a,b,c的大小关系为( )
A.c<b<a B.a<c<b C.a<b<c D.b<a<c
二、填空题(每题5分,满分20分,将答案填在答题纸上)
13.计算:(0.25)﹣0.5+8﹣2log525= .
14.已知函数f(x)是定义在R上的奇函数,且在区间(﹣∞,+∞)上单调递减,若f(3x+1)+f(1)≥0,则x的取值范围是 .
15.若直线y=2a与函数y=|ax﹣1|(a>0且a≠1)的图象有两个公共点,则a的取值范围是 .
16.已知函数f(x)=ax+b(a>0,a≠1)的定义域和值域都是[﹣1,0],则a+b= .
三、解答题(本大题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)
17.已知A={x|x2+4x+4=0},B={x|x2+2(a+1)x+a2﹣1=0},其中a∈R,如果A∩B=B,求实数a的取值范围.
18.如果奇函数f(x)是定义域(﹣1,1)上的减函数,且f(1﹣m)+f(1﹣m2)<0,求实数m的取值范围.
19.已知f(x)=2x2+bx+c,不等式f(x)<0的解集是(0,5),
(1)求f(x)的解析式;
(2)若对于任意x∈[﹣1,1],不等式f(x)+t≤2恒成立,求t的取值范围.
20.设函数f(x)=,则:
(1)证明:f(x)+f(1﹣x)=1;
(2)计算:f()+f()+f()+…+f()+f().
21.设f(x)定义在R上的函数,且对任意m,n有f(m+n)=f(m)•f(n),且当 x>0时,0<f(x)<1.
(1)求证:f(0)=1,且当x>0时,有 f(x)>1;
(2)判断 f(x)在R上的单调性.
22.设函数f(x)=|3x﹣1|+ax+3
(Ⅰ)若a=1,解不等式f(x)≤4;
(Ⅱ)若函数f(x)有最小值,求a的取值范围.
2016-2017学年黑龙江省鸡西市虎林一中高三(上)期中数学试卷(文科)
参考答案与试题解析
一、选择题:本大题共12个小题,每小题5分,共60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.已知i为虚数单位,复数满足(1+i)z=1﹣i,则||=( )
A. B. C. D.2
【考点】复数求模.
【分析】利用复数的模的性质化简求解即可.
【解答】解:因为||=|z|,(1+i)z=1﹣i,
所以|1+i||z|=|1﹣i|,
可得|z|=.则||=.
故选:C.
2.集合A={x|ln(x﹣l)>0},B={x|x2≤9},则A∩B=( )
A.(2,3) B.[2,3) C.(2,3] D.[2,3]
【考点】对数函数的单调性与特殊点;交集及其运算.
【分析】集合A与B的公共元素构成集合A∩B,由此利用A={x|ln(x﹣l)>0}={x|}={x|x>2},B={x|x2≤9}={x|﹣3≤x≤3},能求出A∩B.
【解答】解:∵A={x|ln(x﹣l)>0}={x|}={x|x>2},
B={x|x2≤9}={x|﹣3≤x≤3},
∴A∩B={x|2<x≤3}=(2,3].
故选C.
3.设命题p:函数y=cos2x的最小正周期为;命题q:函数f(x)=sin(x+)的图象的一条对称轴是x=对称.则下列判断正确的是( )
A.p为真 B.¬q为假 C.p∧q为真 D.p∨q为假
【考点】余弦函数的图象;正弦函数的图象.
【分析】利用周期公式和对称轴公式计算两个函数的周期和对称轴,判断命题p,q的真假.
【解答】解:函数y=cos2x的最小正周期为,所以命题p为假命题.
f()=sin=1,∴直线x=是f(x)的一条对称轴,即命题q为真命题.
∴¬q为假,p∧q为假,p∨q为真.
故选:B.
4.下列各组函数中的两个函数是相等函数的是( )
A.f(x)=(x﹣1)0与g(x)=1 B.f(x)=|x|与g(x)=
C.f(x)=x与g(x)=()2 D.f(x)=•与g(x)=
【考点】判断两个函数是否为同一函数.
【分析】分别判断两个函数定义域和对应法则是否一致即可.
【解答】解:A.函数f(x)=(x﹣1)0=1的定义域{x|x≠1},两个函数的定义域不相同,不是相等函数.
B.g(x)==|x|,两个函数的对应法则和定义域相同,是相等函数.
C.函数g(x)=()2=x,函数f(x)的定义域为[0,+∞),两个函数的定义域不相同,不是相等函数.
D.由,解得x≥1,即函数f(x)的定义域为{x|x≥1},
由x2﹣1≥0,解得x≥1或x≤﹣1,即g(x)的定义域为{x|x≥1或x≤﹣1},两个函数的定义域不相同,不是相等函数.
故选:B.
5.集合A={1,x,y},B={1,x2,2y},若A=B,则实数x的取值集合为( )
A.{} B.{,﹣} C.{0, } D.{0,,﹣}
【考点】集合的相等.
【分析】根据集合的相等,得到关于x,y的方程组,解出即可.
【解答】解:集合A={1,x,y},
B={1,x2,2y},
若A=B,则,解得;x=1或0,y=0,显然不成立,
或,解得:x=,
故实数x的取值集合为{},
故选:A.
6.已知函数f(x)=(x﹣a)(x﹣b)(其中a>b),若f(x)的图象如图所示,则函数g(x)=ax+b的图象大致为( )
A. B. C. D.
【考点】指数函数的图象变换;函数的零点与方程根的关系.
【分析】根据题意,易得(x﹣a)(x﹣b)=0的两根为a、b,又由函数零点与方程的根的关系,可得f(x)=(x﹣a)(x﹣b)的零点就是a、b,观察f(x)=(x﹣a)(x﹣b)的图象,可得其与x轴的两个交点分别在区间(﹣∞,﹣1)与(0,1)上,又由a>b,可得b<﹣1,0<a<1;根据函数图象变化的规律可得g(x)=aX+b的单调性即与y轴交点的位置,分析选项可得答案.
【解答】解:由二次方程的解法易得(x﹣a)(x﹣b)=0的两根为a、b;
根据函数零点与方程的根的关系,可得f(x)=(x﹣a)(x﹣b)的零点就是a、b,即函数图象与x轴交点的横坐标;
观察f(x)=(x﹣a)(x﹣b)的图象,可得其与x轴的两个交点分别在区间(﹣∞,﹣1)与(0,1)上,
又由a>b,可得b<﹣1,0<a<1;
在函数g(x)=ax+b可得,由0<a<1可得其是减函数,
又由b<﹣1可得其与y轴交点的坐标在x轴的下方;
分析选项可得A符合这两点,BCD均不满足;
故选A.
7.已知定义在R上的减函数f(x)满足f(x)+f(﹣x)=0,则不等式f(1﹣x)<0的解集为( )
A.(﹣∞,0) B.(0,+∞) C.(﹣∞,1) D.(1,+∞)
【考点】奇偶性与单调性的综合.
【分析】由y=f(x)的奇偶性、单调性可得f(x)的图象的对称性及单调性,由此可把不等式化为具体不等式求解.
【解答】解:∵f(x)+f(﹣x)=0,
∴y=f(x)是奇函数,f(0)=0,
∵y=f(x)是减函数,
∴f(1﹣x)<0,即f(1﹣x)<f(0),
由f(x)递减,得1﹣x>0,解得x<1,
∴f(1﹣x)<0的解集为(﹣∞,1),
故选:C.
8.函数y=的值域是( )
A.R B.[,+∞) C.(2,+∞) D.(0,+∞)
【考点】复合函数的单调性.
【分析】令t=﹣x2+2x,则y=,再根据t≤1以及指数函数的单调性求得y的值域.
【解答】解:令t=﹣x2+2x=﹣(x﹣1)2+1,则y=.
由于t≤1,∴y≥=,
故选:B.
9.设函数f(x)=如果f(x0)>1,则x0的取值范围是( )
A.(﹣1,1) B.(﹣1,0)∪(1,+∞) C.(﹣∞,﹣1)∪(1,+∞) D.(﹣∞,﹣1)∪(0,1)
【考点】分段函数的应用.
【分析】根据分段函数的表达式,进行求解即可.
【解答】解:若x0>0,由f(x0)>1得=>1得x0>1,
若x0≤0,由f(x0)>1得﹣1>1得>2,
即﹣x0>1,则x0<﹣1,
综上x0>1或x0<﹣1,
故选:C
10.如图,有四个平面图形分别是三角形、平行四边形、直角梯形、圆.垂直于x轴的直线l:x=t(0≤t≤a)经过原点O向右平行移动,l在移动过程中扫过平面图形的面积为y(图中阴影部分),若函数y=f(t)的大致图象如图,那么平面图形的形状不可能是( )
A. B. C. D.
【考点】函数的图象.
【分析】直接利用图形的形状,结合图象,判断不满足的图形即可.
【解答】解:由函数的图象可知,几何体具有对称性,
选项A、B、D,l在移动过程中扫过平面图形的面积为y,在中线位置前,都是先慢后快,然后相反.
选项C,后面是直线增加,不满足题意;
故选:C、
11.若函数 f(x)=ae﹣x﹣ex为奇函数,则f(x﹣1)<e﹣的解集为( )
A.(﹣∞,0) B.(﹣∞,2) C.(2,+∞) D.(0,+∞)
【考点】函数奇偶性的性质.
【分析】根据f(x)为R上的奇函数便有f(0)=0,从而可求得a=1,这便得到f(x)=e﹣x﹣ex,求导数可得出f′(x)<0,从而得出f(x)在R上单调递减,而f(﹣1)=,从而由原不等式得到f(x﹣1)<f(﹣1),从而有x﹣1>﹣1,这样便可得出原不等式的解集.
【解答】解:f(x)在R上为奇函数;
∴f(0)=0;
即a﹣1=0;
∴a=1;
∴f(x)=e﹣x﹣ex,f'(x)=﹣e﹣x﹣ex<0;
∴f(x)在R上单调递减;
∴由得:x﹣1>﹣1;
即x>0;
∴原不等式的解集为(0,+∞).
故选D.
12.已知f(x)=2x+2﹣x,f(m)=3,且m>0,若a=f(2m),b=2f(m),c=f(m+2),则a,b,c的大小关系为( )
A.c<b<a B.a<c<b C.a<b<c D.b<a<c
【考点】函数的值.
【分析】可得f(m)=2m+2﹣m=3,2m>2,从而化简比较大小.
【解答】解:∵f(m)=2m+2﹣m=3,m>0,
∴2m=3﹣2﹣m>2,
∴b=2f(m)=2×3=6,
a=f(2m)=22m+2﹣2m=(2m+2﹣m)2﹣2=7,
c=f(m+2)=2m+2+2﹣m﹣2=4•2m+2﹣m>8,
∴b<a<c;
故选D.
二、填空题(每题5分,满分20分,将答案填在答题纸上)
13.计算:(0.25)﹣0.5+8﹣2log525= 2 .
【考点】对数的运算性质.
【分析】直接根据指数幂和对数的运算性质计算即可.
【解答】解:原式=0.52×(﹣0.5)+﹣4=2+4﹣4=2,
故答案为:2
14.已知函数f(x)是定义在R上的奇函数,且在区间(﹣∞,+∞)上单调递减,若f(3x+1)+f(1)≥0,则x的取值范围是 (﹣∞,﹣] .
【考点】奇偶性与单调性的综合.
【分析】由条件利用函数的奇偶性和单调性可得f(3x+1)≥﹣f(﹣1),由3x+1≤﹣1,求得x的范围.
【解答】解:∵函数f(x)是定义在R上的奇函数,且在区间(﹣∞,+∞)上单调递减,
若f(3x+1)+f(1)≥0,即 f(3x+1)≥﹣f(1)=f(﹣1),则3x+1≤﹣1,
求得x≤﹣,即x的取值范围(﹣∞,﹣],
故答案为:(﹣∞,﹣].
15.若直线y=2a与函数y=|ax﹣1|(a>0且a≠1)的图象有两个公共点,则a的取值范围是 0<a< .
【考点】指数函数的图象与性质;指数函数综合题.
【分析】先分:①0<a<1和a>1时两种情况,作出函数y=|ax﹣1|图象,再由直线y=2a与函数y=|ax﹣1|(a>0且a≠1)的图象有两个公共点,作出直线,移动直线,用数形结合求解.
【解答】解:①当0<a<1时,作出函数y=|ax﹣1|图象:
若直线y=2a与函数y=|ax﹣1|(a>0且a≠1)的图象有两个公共点
由图象可知0<2a<1,
∴0<a<.
②:当a>1时,作出函数y=|ax﹣1|图象:
若直线y=2a与函数y=|ax﹣1|(a>0且a≠1)的图象有两个公共点
由图象可知0<2a<1,
此时无解.
综上:a的取值范围是0<a<.
故答案为:0<a<
16.已知函数f(x)=ax+b(a>0,a≠1)的定义域和值域都是[﹣1,0],则a+b= .
【考点】指数型复合函数的性质及应用.
【分析】对a进行分类讨论,分别题意和指数函数的单调性列出方程组,解得答案.
【解答】解:当a>1时,函数f(x)=ax+b在定义域上是增函数,
所以,
解得b=﹣1, =0不符合题意舍去;
当0<a<1时,函数f(x)=ax+b在定义域上是减函数,
所以,
解得b=﹣2,a=,
综上a+b=,
故答案为:
三、解答题(本大题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.)
17.已知A={x|x2+4x+4=0},B={x|x2+2(a+1)x+a2﹣1=0},其中a∈R,如果A∩B=B,求实数a的取值范围.
【考点】集合的包含关系判断及应用.
【分析】x2+4x+4=0,解得x,可得A={﹣2}.由A∩B=B,可得B=∅或{﹣2}.因此△=4(a+1)2﹣4(a2﹣1)≤0,解出并且验证即可得出.
【解答】解:x2+4x+4=0,解得x=﹣2.∴A={﹣2}.
∵A∩B=B,∴B=∅或{﹣2}.
∴△=4(a+1)2﹣4(a2﹣1)≤0,解得a≤﹣1.
但是:a=﹣1时,B={0},舍去.
∴实数a的取值范围是(﹣∞,﹣1).
18.如果奇函数f(x)是定义域(﹣1,1)上的减函数,且f(1﹣m)+f(1﹣m2)<0,求实数m的取值范围.
【考点】奇偶性与单调性的综合.
【分析】根据定义域先建立两个不等关系式,再结合函数的单调性和奇偶性建立关系式,解之即可.
【解答】解:因为函数f(x)的定义域是(﹣1,1)
所以有﹣1<1﹣m<1 ①
﹣1<1﹣m2<1 ②
又f(x)是奇函数,所以f(1﹣m)+f(1﹣m2)<0可变为f(1﹣m)>f(m2﹣1)
又f(x)在(﹣1,1)内是减函数,所以1﹣m<m2﹣1 ③
由①、②、③得.
19.已知f(x)=2x2+bx+c,不等式f(x)<0的解集是(0,5),
(1)求f(x)的解析式;
(2)若对于任意x∈[﹣1,1],不等式f(x)+t≤2恒成立,求t的取值范围.
【考点】函数恒成立问题;二次函数的性质.
【分析】(1)由题为已知一元二次不等式的解集,求函数解析式.可由二次不等式的解法,先找到对应的二次方程,则0,5为二次方程的两个根,代入可得b,c,函数解析式可得;
(2)由题为恒成立问题,可等价转化为最值问题,即;2x2﹣10x+t﹣2≤0恒成立,再利用函数g(x)=2x2﹣10x+t﹣2,求它的最大值可得t的取值范围.
【解答】解:(1)∵f(x)=2x2+bx+c,不等式f(x)<0的解集是(0,5),
∴2x2+bx+c<0的解集是(0,5),所以0和5是方程2x2+bx+c=0的两个根,
由韦达定理知,﹣=5, =0,
∴b=﹣10,c=0,
∴f(x)=2x2﹣10x.
(2)f(x)+t≤2 恒成立等价于2x2﹣10x+t﹣2≤0恒成立,
∴2x2﹣10x+t﹣2的最大值小于或等于0.
设g(x)=2x2﹣10x+t﹣2≤0,
则由二次函数的图象可知g(x)=2x2﹣10x+t﹣2在区间[﹣1,1]为减函数,
∴g(x)max=g(﹣1)=10+t≤0,
∴t≤﹣10.
20.设函数f(x)=,则:
(1)证明:f(x)+f(1﹣x)=1;
(2)计算:f()+f()+f()+…+f()+f().
【考点】函数的值.
【分析】(1)由已知得f(x)+f(1﹣x)=,由此能证明f(x)+f(1﹣x)=1.
(2)令S= ①,则S=f()+f()+f()+…+f()+f()②,①+②,由此能求出结果.
【解答】(1)证明:∵f(x)=,
∴f(x)+f(1﹣x)==
===1
(2)解:令S= ①
则S= ②
两式相加,由(1)得,2S=2015,S=.
∴f()+f()+f()+…+f()+f()=.
21.设f(x)定义在R上的函数,且对任意m,n有f(m+n)=f(m)•f(n),且当 x>0时,0<f(x)<1.
(1)求证:f(0)=1,且当x>0时,有 f(x)>1;
(2)判断 f(x)在R上的单调性.
【考点】抽象函数及其应用.
【分析】(1)已知条件.通过m=1,n=0,求出f(0)=1,设m=x<0,n=﹣x>0,则f(0)=f(x)•f(﹣x),推出结果即可.
(2)设x1,x2是 R上的任意两个值,且x1<x2,则f(x1)>0,f(x2)>0,x2﹣x1>0,利用已知条件以及(1)的结果化简求解即可.
【解答】证明:(1)由题意知 f(m+n)=f(m)•f(n),
令m=1,n=0,则f(1)=f(1)•f(0),
因为当x>0时,0<f(x)<1,所以 f(0)=1,
设m=x<0,n=﹣x>0,则f(0)=f(x)•f(﹣x),
所以,
即当 x<0时,有 f(x)>1.
解:(2)设x1,x2是 R上的任意两个值,且x1<x2,则f(x1)>0,f(x2)>0,x2﹣x1>0,
所以0<f(x2﹣x1)<1,
因为f(x2)﹣f(x1)=f((x2﹣x1)+x1)﹣f(x1)=f(x2﹣x1)•f(x1)﹣f(x1)f(x1)[f(x2﹣x1)﹣1],
且f(x1)>0,f(x2﹣x1)﹣1<0,
∴f(x1)[f(x2﹣x1)﹣1]<0,即f(x2)﹣f(x1)<0,即f(x2)<f(x1).
所以f(x)在R上单调递减.
22.设函数f(x)=|3x﹣1|+ax+3
(Ⅰ)若a=1,解不等式f(x)≤4;
(Ⅱ)若函数f(x)有最小值,求a的取值范围.
【考点】绝对值不等式的解法.
【分析】(Ⅰ)需要去掉绝对值,得到不等式解得即可,
(Ⅱ)把含所有绝对值的函数,化为分段函数,再根据函数f(x)有最小值的充要条件,即可求得.
【解答】解:(Ⅰ)当a=1时,f(x)=|3x﹣1|+x+3,
当x时,f(x)≤4可化为3x﹣1+x+3≤4,解得;
当x时,f(x)≤4可化为﹣3x+1+x+3≤4,解得.
综上可得,原不等式的解集为{x|},
(Ⅱ)f(x)=|3x﹣1|+ax+3=
函数f(x)有最小值的充要条件为,
即﹣3≤a≤3.
2016年11月20日