2019-2020学年江西省赣州市石城县石城中学高一上学期期中考试数学试卷

第Ι卷（选择题，共60分）

一、选择题（本大题共12小题，每题5分，共60分。每小题给出的四个选项中只有一项是符合题意的）

1.设集合Ax|1x1,B1,0,1,2，则AB（ ） A.1,0,1

B.1,0

C.0,1

D.1,2

2.在映射f:AB中，ABx,yx,yR，且f:x,yxy,xy，则元素

C.4,2

D.2,4

3,1在f作用下的原像是（ ）

A.2,1

3.下列函数中哪个与函数yx是相同函数（ ） A．yB.1,2

x

2x2B．y

xC．yx

D．y3x3

4.若函数f(2x1)x22x，则f(3)等于（ ）． A．3 5.函数f(x)B.1

C．1

D．3

1的定义域1,10，则实数a的值为（ ）

2loga(x1)1 3A.3 B.3 C.9 D.

6.设alog85，b50.8 ，clog50.8，则a,b,c的大小关系为（ ） A．cab

B．bac

C．bca

D．cba

ex17.函数fx（其中e为自然对数的底数）的图象大致为（ ） xxe1A.

B. C. D.

x2(4a3)x3ax0(a0,且a1)在R上单调递减，8.已知函数f(x)则a的取值x0loga(x1)1范围为（ ）

A., B.0, C.,1 D.,

3444341333139.若函数fx为奇函数且在0,上为减函数，又f30，则不等式x1fx0的解集为（ ） A.3,0U0,3

B.,3U1,3

C.3,01,3

D.,3U0,3

a10.已知函数fxlga1x1ax1的定义域为R，则实数的取值范围是

22（ ）

A.,1 B.,1 C.,U1, D.,U1, 11.对于任意两个正整数m,n ，定义某种运算“※”，法则如下：当m,n都是正奇数时，

53535353m※nmn；当m,n不全为正奇数时，m※nmn，则在此定义下，集合M{(a,b)|a※b16,aN*,bN*}的真子集的个数是（ ）

A.271 B.2111 C.2131 D.2141

12.已知fx是定义在R上的奇函数，对任意两个不相等的正数x1,x2，都有

2f()x2fx1x1fx2f(40.2)f(0.42.1)30,记a，b,c则( ) 0.22.12x1x240.43A.acb B.abc C.cba D.bca

第Ⅱ卷（非选择题 共90分）

二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分） 13幂函数f(x)(m22m2)xm23m在区间(0,)上是增函数，则m________.

14．若集合Ax|axax10,xR不含有任何元素，则实数a的取值范围是_____． 15.若41k只有一个实数解，则实数k的取值范围_____

2f(x)log(xax2)在区间(,1)上单调递增，则a的取值范围为___. 116.已知函数

2x2二、解答题（本大题共6小题，共70分17题10分，其他12分。解答应写出文字说明、证

明过程或演算步骤）17.( 1 )计算：190（﹣322）﹣()0.54(2)4

421(2)计算：312log35lg5lg20(lg2)2

18..已知集合Ax2x6,Bxm1x2m. （1）若m2，求 A(CRB) （2）若AIBB，求m的取值范围.

19.已知fx4x4ax4aa．

22（1）当a1，x1,3时，求函数fx的值域； （2）若函数fx在区间0,1内有最大值-5，求a的值．



20.旅行社为某旅行团包飞机去旅游，其中旅行社的包机费为15000元.旅游团中的每人的飞机票按以下方式与旅行社结算：若旅游团的人数不超过35人时，飞机票每张收费800元；若旅游团的人数多于35人，则给予优惠，每多1人，机票费每张减少10元，但旅游团的人数最多有60人.设旅行团的人数为x人，飞机票价格为y元，旅行社的利润为Q元. （1）写出飞机票价格y元与旅行团人数x之间的函数关系式；

（2）当旅游团的人数x为多少时，旅行社可获得最大利润？求出最大利润

21．定义在[4,4]上的奇函数f(x)，已知当x[4,0]时，f(x)（1）求f(x)在[0,4]上的解析式． （2）若x[2,1]时，不等式f(x)

22．已知函数fx，对任意a，bR恒有fabfafb1，且当x0时，有

1a． 4x3xm2恒成立，求实数m的取值范围． 2x3xfx1．

(Ⅰ)求f0；

(Ⅱ)求证：fx在R上为增函数；

11x,恒(Ⅲ)若关于x的不等式f[2log2x)24f4t2logx2对于任意282成立，求实数t的取值范围．

数学试题

一、选择题（每题5分，共60分） 题号 答案 1 C 2 B 3 D 4 B 5 B 6 A 7 C 8 A 9 C 10 D 11 C 12 A 二、填空题（每题5分，共20分）

13. -1 14.0≤a＜4 15. k0或k1 16. 2.3 三、解答题 171原式242112； .....5分

33log352(2)原式33lg5lg5lg22lg2

22325lg52lg5lg2lg2

75lg5lg275176 ......10分

18.（1）∵m=2∴A={x∣-2≤x≤6}, Bx1x4, CRBxx4或x1, ∴ ACRBx2x1或4x6. ......5分 （2） ∵A∩B=B ∴BA ∴①B时，2mm1，m

221

......7分 3

1m31②Bm12，m3 ......11分

32m6综上所述，m3 ......12分 19.（1）当a1时，fx4x4x5的对称轴x21，开口向下， 2x1,3时，函数fx单调递减，

当x1时，函数有最大值f15， 当x3时，函数有最小值f329，

故函数fx的值域29,5； ......5分 （2）∵fx4x4ax4aa的开口向下，对称轴x221a， 2①当

1a1，即a2时，fx在0,1上单调递增，函数取最大值f14a2． 2令4a25，得a21，a12（舍去）．

②当012a1，即0a2时，x12a时， fx取最大值为4a， 令4a5，得a540,2．

③当12a0，即a0时，fx在0,1内递减，

∴x0时， fx取最大值为4aa2，

令4aa25，得a24a50，解得a5，或a1，其中5,0．分

综上所述，a54或a5 ......12分 20.（1）依题意得，y8001x35且xN10x115035x60且xN ......4分 （2）设利润为Q，则Qyx15000

800x150001x35且xN ......610x21150x1500035x60且xN分 当1x35且xN时，Qmax800351500013000 ......8分 2当35x60且xN时，Q1011536125maxx22

∴x57或58时，可获最大利润为18060元. ......12分 21.（1）∵fx是定义在4,4上的奇函数， ∴f01a0，得a1． ......2分

又∵当x4,0时，fx14xa3x114x3x， ∴当x0,4时，x4,0，fx11xx4x3x43．......4分

又fx是奇函数，

∴fxfx3x4x．

......11 综上，当x0,4时，fx34． ......6分

xx（2）∵x2,1，fxm211m2xxx在x2,1恒成立， 恒成立，即xxx234323xx11m12∴在x2,1时恒成立．∵2x0，∴m． ......8分

4x3x2x23xx∵gx1223在R上单调递减，

xx22∴x2,1时，gx12212253的最大值为g2234，分 ∴m254．即实数m的取值范围是254,． ......12分

22.(Ⅰ)根据题意，在fabfafb1中，

令ab0，则f02f01，则有f01； ......2分

(Ⅱ)证明：任取x1，x2R，且设x1x2，则x2x10，fx2x11，

又由fabfafb1，

则fx2fx2x1x1fx2x1fx111fx11fx1， 则有fx2fx1，故fx在R上为增函数． ......6分

(Ⅲ)根据题意，f[2log2x)24f4t2log2x2，

即f[2log22x)4f4t2log2x11，则f[2log22x)2log2x4t41，又由f01，则f[2log22x)2log2x4t4f0，

又由fx在R上为增函数，则2(log22x)2log2x4t40， ......8分

令mlog2x，Qx118,2，则3m1，

则原问题转化为2m22m4t40在m3,1上恒成立， 即4t2m22m4对任意m3,1恒成立， ......10分

......10

2令y2m2m4，只需4ty最小值，

而y2m2m42(m)21229，m3,1， 2当m3时，y最小值20，则4t20． 故t的取值范围是t5． ......12分