2020-2021学年浙江省杭州二中高一(上)期中数学试卷 (解析版)

一、选择题（共12小题）.

1．已知集合A＝{a，b}，B＝{a+1，3}（a，b∈R），若A∩B＝{2}，则A∪B＝（ ） A．{2} 2．与函数f（x）＝A．g（x）＝

B．{3}

C．{1，2，3}

D．{0，1，2}

表示同一函数提（ ） B．g（x）＝（

）2 C．g（x）＝x

D．g（x）＝|x|

3．已知幂函数f（x）＝xa的图象过点（9，3），若f（t）＝2，则实数t的值为（ ） A．

B．

C．±4 ，

，

D．4 ，…，

，

4．fx）x∈R，f0）己知函数y＝（，且（＝3，

n∈N*，则函数y＝f（x）的解析式可以是（ ） A．f（x）＝3×2x 5．设函数

B．f（x）＝3×4x

C．f（x）＝3×8x

D．f（x）＝4x

，则f（f（a））＝2，则a＝（ ）

A．0 B． C． D．1

6．若2x﹣2y＜3﹣x﹣3﹣y，则（ ） A．y2＞x2 C．lg（y﹣x）＞0

7．设a＝log0.20.3，b＝log20.3，则（ ） A．a+b＜ab＜0

B．ab＜a+b＜0

C．a+b＜0＜ab

D．ab＜0＜a+b

B．D．

8．若对任意使得关于x的方程ax2+bx+c＝0（ac≠0）有实数解的a，b，c均有（a﹣b）2+（b﹣a）2+（c﹣a）2≥rc2，则实数r的最大值是（ ） A．1

B．

C．

D．2

9．命题“∀x∈[1，3]，x2﹣a≤0”是真命题的一个充分不必要条件是（ ） A．a≥8

B．a≥9

C．a≥10

D．a≥11

10．《几何原本》中的几何代数法是以几何方法研究代数问题，这种方法是后西方数学家处理问题的重要依据，通过这一原理，很多的代数公理或定理都能够通过图形实现证明，也称之为无字证明．现有图形如图所示，C为线段AB上的点，且AC＝a，BC＝b，O为

AB的中点，以AB为直径作半圆．过点C作AB的垂线交半圆于D，连结OD，AD，BD，过点C作OD的垂线，垂足为E．则该图形可以完成的所有的无字证明为（ ）

A．（a＞0，b＞0）

B．a2+b2≥2ab（a＞0，b＞0） C．

（a＞0，b＞0）

D．（a≥0，b＞0）

11．华为5G通信编码的极化码技术方案基于矩阵的乘法，如：

，其中c1＝a1b11+a2b21，c2＝a1b12+a2b22．已知定

义在

R

上不恒为

0

的函数

f（x），对任意

a，b∈R

有：

且满足f（ab）＝y1+y2，则（ ）

A．f（0）＝0 C．f（x）是偶函数

B．f（﹣1）＝1 D．f（x）是奇函数

12．定义域和值域均为[﹣a，a]（常数a＞0）的函数y＝f（x）和y＝g（x）的大致图象如图所示，则下列说法正确的有（ ）

A．方程f（f（x））＝0可能存在五个解 B．方程g（g（x））＝0有且仅有一个解 C．方程f（f（x））＝0有两负数解和一正数解

D．方程g（g（x））＝0最多只有三个解 二、填空题：单空题每题4分，多空题每题6分. 13．函数f（x）＝

的值域是 ．

14．函数f（x）＝ln（x2﹣2x）的单调递增区间是 ．

15．若函数f（x）＝（x2﹣1）（x2+ax+b）对于任意x∈R都满足f（x）＝f（x﹣4），则f（x）的最小值是 ．

16．已知a、b、c为正实数，则代数式三、解答题：5小题，共74分. 17．计算： （1）

；

的最小值是 ．

（2）lg5•（lg8+lg1000）+3lg22+lg+lg0.06． 18．设常数a∈R，集合

，B＝{x|x≤a﹣1}．

（1）若a＝2，求A∩B，A∩（∁RB）； （2）若A∪B＝R，求a的取值范围．

19．某心理学研究小组在对学生上课注意力集中情况的调查研究中，发现其注意力指数p与听课时间t之间的关系满足如图所示的曲线．当t∈（0，14]时，曲线是二次函数图象的一部分，当t∈[14，40]时，曲线是函数y＝loga（t﹣5）+83（a＞0，且a≠1）图象的一部分．根据专家研究，当注意力指数p大于等于80时听课效果最佳． （1）试求p＝f（t）的函数关系式；

（2）一道数学难题，讲解需要22分钟，问老师能否经过合理安排在学生听课效果最佳时讲完？请说明理由．

20．已知函数（a＞0，a≠1）．

（1）若a＞1，不等式f（x2+bx）+f（4﹣x）＞0在x∈R上恒成立，求实数b的取值范围；（2）若21．已知函数

（1）求实数k的值；

（2）判断并证明函数f（x）的单调性；

（3）若存在α，β∈（1，+∞），使得函数f（x）在区间[α，β]上的值域为

，求实数m的取值范围．

22．设函数f（x）＝ax2+|x﹣a|+b，a，b∈R．

（1）若函数f（x）在[0，2]上单调递增，在（2，+∞）单调递减，求实数a的值； （2）若对任意的实数b∈[0，1]及任意的x∈[﹣3，3]，不等式|f（x）|≤2恒成立，求实数a的取值范围．

且

为奇函数．

在[1，+∞）上的最小值为﹣2，求m的值．

参

一、选择题：每小题4分，共40分.

1．已知集合A＝{a，b}，B＝{a+1，3}（a，b∈R），若A∩B＝{2}，则A∪B＝（ ） A．{2}

解：∵A∩B＝{2}， ∴2∈B，2∈A， ∴

，解a＝1，b＝2，

B．{3}

C．{1，2，3}

D．{0，1，2}

∴A＝{1，2}，B＝{2，3}， ∴A∪B＝{1，2，3}． 故选：C． 2．与函数f（x）＝A．g（x）＝

表示同一函数提（ ） B．g（x）＝（

）2 C．g（x）＝x

D．g（x）＝|x| ＝|x|的定义域是R，定

解：对于A，g（x）＝＝x的定义域是{x|x≠0}，f（x）＝

义域不同，对应关系也不同，不是同一函数； 对于B，g（x）＝

＝x的定义域是{x|x≥0}，f（x）＝

＝|x|的定义域是R，定

义域不同，对应关系也不同，不是同一函数； 对于C，g（x）＝x的定义域是R，f（x）＝是同一函数；

对于D，g（x）＝|x|的定义域是R，f（x）＝关系也相同，是同一函数． 故选：D．

3．已知幂函数f（x）＝xa的图象过点（9，3），若f（t）＝2，则实数t的值为（ ） A．

B．

C．±4

D．4

＝|x|的定义域是R，定义域相同，对应＝|x|的定义域是R，对应关系不同，不

解：幂函数f（x）＝xa的图象过点（9，3）， 所以9a＝3，解得a＝，

所以f（x）＝；

＝2，

当f（t）＝2时，即解得t＝4． 故选：D．

4．fx）x∈R，f0）己知函数y＝（，且（＝3，，，，…，，

n∈N*，则函数y＝f（x）的解析式可以是（ ） A．f（x）＝3×2x 解：由题可知，因为f（0）＝3， 所以f（2n）＝3×4n， 令x＝2n，则n＝， 所以f（x）＝3×故选：A． 5．设函数

，则f（f（a））＝2，则a＝（ ）

＝3×2x， B．f（x）＝3×4x ＝4n，

C．f（x）＝3×8x

D．f（x）＝4x

A．0 B． C． D．1

解：∵函数

∴当a＜1时，f（a）＝3a﹣1，

，f（f（a））＝2，

当f（a）＝3a﹣1＜1时，f（f（a））＝3（3a﹣1）﹣1＝2，解得a＝； 当f（a）＝3a﹣1≥1时，f（f（a））＝23a﹣1＝2，则3a﹣1＝1，解得a＝； 当a≥1时，f（a）＝2a，

当f（a）＝2a＜1时，f（f（a））＝3×2a﹣1＝2，解得a＝0，不合题意； 当f（a）＝2a≥1时，f（f（a））＝综上，a＝． 故选：C．

＝2，解a＝0，不合题意．

6．若2x﹣2y＜3﹣x﹣3﹣y，则（ ） A．y2＞x2 C．lg（y﹣x）＞0

B．D．

﹣﹣﹣﹣

解：由2x﹣2y＜3x﹣3y，得2x﹣3x＜2y﹣3y，

设f（t）＝2t﹣3﹣t，则f（t）在R上是单调增函数； 所以x＜y．

对于A，由x＜y，不能得出y2＞x2，所以A错误； 对于B，由x＜y，也不能得出

，所以B错误；

对于C，由x＜y，得出y﹣x＞0，不能得出lg（y﹣x）＞0，所以C错误； 对于D，x＜y时，故选：D．

7．设a＝log0.20.3，b＝log20.3，则（ ） A．a+b＜ab＜0 解：∵a＝log0.20.3＝

B．ab＜a+b＜0

，b＝log20.3＝

C．a+b＜0＜ab

，

D．ab＜0＜a+b

＞

，即

，选项D正确．

∴＝，

，

∵，，

∴ab＜a+b＜0． 故选：B．

8．若对任意使得关于x的方程ax2+bx+c＝0（ac≠0）有实数解的a，b，c均有（a﹣b）2+（b﹣a）2+（c﹣a）2≥rc2，则实数r的最大值是（ ） A．1

B．

C．

D．2

解：∵关于x的方程ax2+bx+c＝0有实数解，△＝b2﹣4ac≥0， 即

，令

，

，故x2﹣4y≥0，即

，

∵（a﹣b）2+（b﹣a）2+（c﹣a）2≥rc2，

∴而

，

＝2x2﹣2x+2+2y2﹣2y﹣2xy＝2y2﹣2（x+1）y+2x2﹣2x+2， 当当

，即

，

时，函数f（y）＝2y2﹣2（x+1）y+2x2﹣2x+2有最小值，

，

，

∴又∵∴当∴g（x）在∴当当

，即

在其定义域上是增函数， ，

时，g'（x）＜0，当上是减函数，在

，

或

时，

，

时，g'（x）＞0， 上是增函数，

时，函数f（y）＝2y2﹣2（x+1）y+2x2﹣2x+2有最小值，

，

∵综上，

或，∴， 的最小值为，

故实数实数r的最大值是． 故选：B．

9．命题“∀x∈[1，3]，x2﹣a≤0”是真命题的一个充分不必要条件是（ ） A．a≥8

B．a≥9

C．a≥10

D．a≥11

解：命题“∀x∈[1，3]，x2﹣a≤0”⇔“∀x∈[1，3]，x2≤a”⇔9≤a．

a≥10；a≥11是命题“∀x∈[1，3]，x2﹣a≤0”为真命题的一个充分不必要条件． 故选：CD．

10．《几何原本》中的几何代数法是以几何方法研究代数问题，这种方法是后西方数学家处理问题的重要依据，通过这一原理，很多的代数公理或定理都能够通过图形实现证明，也称之为无字证明．现有图形如图所示，C为线段AB上的点，且AC＝a，BC＝b，O为AB的中点，以AB为直径作半圆．过点C作AB的垂线交半圆于D，连结OD，AD，BD，过点C作OD的垂线，垂足为E．则该图形可以完成的所有的无字证明为（ ）

A．（a＞0，b＞0）

B．a2+b2≥2ab（a＞0，b＞0） C．

（a＞0，b＞0）

D．（a≥0，b＞0）

解：根据图形，利用射影定理得：CD2＝DE•OD， 由于：OD≥CD， 所以：

（a＞0，b＞0）．

由于CD2＝AC•CB＝ab， 所以

所以由于CD≥DE， 整理得：故选：AC．

11．华为5G通信编码的极化码技术方案基于矩阵的乘法，如：

，其中c1＝a1b11+a2b21，c2＝a1b12+a2b22．已知定

义在

R

上不恒为

0

的函数

f（x），对任意

a，b∈R

有：

（a＞0，b＞0）．

且满足f（ab）＝y1+y2，则（ ）

A．f（0）＝0 C．f（x）是偶函数

B．f（﹣1）＝1 D．f（x）是奇函数

解：根据定义可得：y1＝f（a）（﹣1）+f（b）（a﹣1）； 且y2＝f（a）（b+1）+f（b）×1；

∴f（ab）＝y1+y2＝﹣f（a）+f（b）（a﹣1）+f（a）（b+1）+f（b）；

令a＝b＝0可得：f（0）＝﹣f（0）+f（0）（0﹣1）+f（0）（0+1）+f（0）⇒f（0）＝0，A成立；

令a＝b＝1可得：f（1）＝﹣f（1）+f（1）（1﹣1）+f（1）（1+1）+f（1）⇒f（1）＝0，令a＝b＝﹣1可得：f（1）＝﹣f（﹣1）+f（﹣1）（﹣1﹣1）+f（﹣1）（﹣1+1）+f（﹣1）⇒f（﹣1）＝0，B不成立，

令a＝﹣1可得：f（﹣b）＝﹣f（﹣1）+f（b）（﹣1﹣1）+f（﹣1）（b+1）+f（b）⇒f（﹣b）＝﹣f（b），C不成立，D成立， 故选：AD．

12．定义域和值域均为[﹣a，a]（常数a＞0）的函数y＝f（x）和y＝g（x）的大致图象如图所示，则下列说法正确的有（ ）

A．方程f（f（x））＝0可能存在五个解 B．方程g（g（x））＝0有且仅有一个解 C．方程f（f（x））＝0有两负数解和一正数解 D．方程g（g（x））＝0最多只有三个解

解：对于A选项，设f（x）＝0的三个解分别为x1，x2，x3，且x1＜x2＜0＜x3， 设y＝f（x）的极大值为m，极小值为n，

当x1＜n时，f（x）＝x1有一个解；当n＜x2＜m时，f（x）＝x2有三个解；当x3＞m时，

f（x）＝x3有一个解，

所以方程f（f（x））＝0可能存在五个解，即A正确；

对于C选项，当x1＜n时，f（x）＝x1有一个负数解；当x2＝n时，f（x）＝x2有一个负数解；当x3＞m时，f（x）＝x3有一个正数解，即C正确； 对于B选项，设g（x）＝0的解为x4，且0＜x4＜a，

由于g（x）在[﹣a，a]上单调递减，所以g（x）＝x4有唯一解， 所以方程g（g（x））＝0有且仅有一个解，即B正确，D错误． 故选：ABC．

二、填空题：单空题每题4分，多空题每题6分. 13．函数f（x）＝

的值域是 （0，1] ．

解：对于y＝1+x2≥1，故f（x）≤1， 当x→∞时，y＝1+x2→+∞，故f（x）→0， 故f（x）的值域是（0，1]， 故答案为：（0，1]．

14．函数f（x）＝ln（x2﹣2x）的单调递增区间是 （2，+∞） ． 解：∵f（x）的定义域为：（2，+∞）∪（﹣∞，0） 令z＝x2﹣2x，则原函数可以写为y＝lnz， ∵y＝lnz为增函数

∴原函数的增区间即是函数z＝x2﹣2x的单调增区间即（2，+∞）． ∴x∈（2，+∞） 故答案为：（2，+∞）．

15．若函数f（x）＝（x2﹣1）（x2+ax+b）对于任意x∈R都满足f（x）＝f（x﹣4），则f（x）的最小值是 ﹣16 ．

解：由题意可知，f（1）＝f（﹣1）＝0，又f（x）＝f（x﹣4）， 所以f（3）＝f（5）＝0， 即

，解得a＝﹣8，b＝15

所以f（x）＝（x2﹣1）（x2﹣8x+15）＝（x2﹣1）（x﹣3）（x﹣5）＝（x2﹣4x+3）（x2﹣4x﹣5），

令t＝x2﹣4x+4，t≥0，

则函数f（x）可转化为g（t）＝（t﹣1）（t﹣9）＝（t﹣5）2﹣16， 所以f（x）的最小值是﹣16． 16．已知a、b、c为正实数，则代数式的最小值是

．

解：令b+3c＝x，8c+4a＝y，3a+2b＝z， 则a＝，b＝，c＝，

所

以

代

数

式

．当且仅当x：y：z＝1：2：3，即a：b：c＝10：21：1时，等号成立． 故答案为：

．

三、解答题：5小题，共74分. 17．计算： （1）

；

（2）lg5•（lg8+lg1000）+3lg22+lg+lg0.06．

解：（1）

＝

（2）

＝

＝3（lg5+lg2）•lg2+3lg5﹣2＝1． 18．设常数a∈R，集合

，B＝{x|x≤a﹣1}．

（1）若a＝2，求A∩B，A∩（∁RB）； （2）若A∪B＝R，求a的取值范围．

解：（1）∵A＝{x|x＜﹣1或x≥1}，a＝2时，B＝{x|x≤1}，

＝

＝

∴A∩B＝{x|x＜﹣1或x＝1}，∁RB＝{x|x＞1}，A∩（∁RB）＝{x|x＞1}； （2）∵A∪B＝R ∴a﹣1≥1，解得a≥2， ∴a的取值范围为[2，+∞）．

19．某心理学研究小组在对学生上课注意力集中情况的调查研究中，发现其注意力指数p与听课时间t之间的关系满足如图所示的曲线．当t∈（0，14]时，曲线是二次函数图象的一部分，当t∈[14，40]时，曲线是函数y＝loga（t﹣5）+83（a＞0，且a≠1）图象的一部分．根据专家研究，当注意力指数p大于等于80时听课效果最佳． （1）试求p＝f（t）的函数关系式；

（2）一道数学难题，讲解需要22分钟，问老师能否经过合理安排在学生听课效果最佳时讲完？请说明理由．

解：（1）当t∈（0，14]时，设p＝f（t）＝c（t﹣12）2+82（c＜0）， 将点（14，81）代入得c＝﹣，

∴当t∈（0，14]时，p＝f（t）＝﹣（t﹣12）2+82；

当t∈（14，40]时，将点（14，81）代入y＝loga（t﹣5）+83，得a＝，

所以p＝f（t）＝；

（2）当t∈（0，14]时，﹣（t﹣12）2+82≥80， 解得12﹣2

≤t≤12+2

，所以t∈[12﹣2（t﹣5）+83≥80，

，14]，

当t∈（14，40]时，log

解得5＜t≤32，所以t∈（14，32]，

综上t∈[12﹣2此时

，32]时学生听课效果最佳，

，

所以，教师能够合理安排时间讲完题目． 20．已知函数

（a＞0，a≠1）．

（1）若a＞1，不等式f（x2+bx）+f（4﹣x）＞0在x∈R上恒成立，求实数b的取值范围；（2）若

且

﹣

在[1，+∞）上的最小值为﹣2，求m的值．

＝ax﹣ax＝﹣f（x），即f（x）是R上的奇函数．

（x＞0）也单调递增，

﹣

解：（1）∀x∈R，f（﹣x）＝ax﹣

且a＞l时，g（x）＝ax单调递增，

由复合函数单调性可知f（x）＝h[g（x）]在R上单调递增．

原不等式f（x2+bx）+f（4﹣x）＞0⇔f（x2+bx）＞﹣f（4﹣x）＝f（x﹣4）⇔x2+bx＞x﹣4，因此x2+（b﹣1）x+4＞0对x∈R恒成立，

故△＝（b﹣1）2﹣16＝（b﹣5）（b+3）＜0，即﹣3＜b＜5． （2）∵

，且a＞0，

∴a＝2（a＝﹣＜0舍去）． 因此，

当x∈[1，+∞）时，

，令

，

，其中x∈[1，+∞），

，二次函数对称轴，解得

，

，矛盾，故无解；

并令φ（t）＝h（x）＝t2﹣2mt+2，其中①若②若意．

综上所述，m＝2． 21．已知函数

（1）求实数k的值；

（2）判断并证明函数f（x）的单调性；

为奇函数．

，则，则

，解得m＝2（m＝﹣2＜舍去），满足题

（3）若存在α，β∈（1，+∞），使得函数f（x）在区间[α，β]上的值域为

，求实数m的取值范围．

解：（1）因为函数

为奇函数，所以f（x）+f（﹣x）＝0，

即

所以k2＝1，即k＝±1， 显然k≠﹣1，又当k＝1时，所以k＝1为满足题意的值．

对定义域内任意x恒成立，

的定义域关于原点对称．

（2）结论：f（x）在（﹣∞，1），（1，+∞）上均为增函数． 证明：由（1）知

，其定义域为（﹣∞，﹣1）∪（1，+∞），

任取x1，x2∈（1，+∞），不妨设x1＜x2， 则

，

因为7（x1﹣1）（x2+1）﹣（x1+1）（x2﹣1）＝2（x1﹣x2）＜0， 所以

，

所以，

即f（x1）＜f（x2），所以f（x）在（1，+∞）上为增函数． 同理，f（x）在（﹣∞，1）上为增函数． （3）由（2）知f（x）在（1，+∞）上为增函数， 又因为函数f（x）在[α，β]上的值域为

，

所以m＞0，且，所以，

即α，β是方程问题等价于方程令

的两实根，

在（1，+∞）上有两个不等实根，

，对称轴

则，

即，解得．

故m的范围（0，）．

22．设函数f（x）＝ax2+|x﹣a|+b，a，b∈R．

（1）若函数f（x）在[0，2]上单调递增，在（2，+∞）单调递减，求实数a的值； （2）若对任意的实数b∈[0，1]及任意的x∈[﹣3，3]，不等式|f（x）|≤2恒成立，求实数a的取值范围． 解：（1）f（x）＝符合题意， ∴a的值为﹣；

（2）不等式|f（x）|≤2恒成立，即﹣2≤f（x）≤2，令g（x）＝ax2+|x﹣a|， 则﹣2﹣b≤g（x）≤2﹣b恒成立，

由任意的实数b∈[0，1]恒成立，则﹣2≤g（x）≤1恒成立．

，显然a＜0，则

，解得

，经检验，

则由，解得，

﹣2≤g（x）≤1可化为﹣ax2﹣2≤|x﹣a|≤﹣ax2+1恒成立， 先考虑|x﹣a|≤﹣ax2+1恒成立，即ax2﹣1≤|x﹣a|≤﹣ax2+1，

由x﹣a≤﹣ax2+1恒成立知，（x﹣1）（ax+a+1）≤0恒成立，则a+a+1＝0，即只需证明：因为

，

，

．

当当

时，

时，

，

，证毕．

故实数a的取值范围为{﹣}．