2024年1月8日发(作者：英才点津数学试卷哪个难些)

2021-2022年上海中学高一上期末一、填空题1.若函数fx满足fx122.函数fxln4xx1，则f4______．2的单调增区间是______．52021______．，则cos1323.已知是第四象限角，cos4.函数fxlog44xlog22x的最小值为______．5.已知函数fxx1x2的最大值与最小值之差为122021，则______．6.已知fx是偶函数，且方程fx30有五个解，则这五个解之和为______．7.不等式4x2021x2的解为______．2上的严格增函数．若f2a1fa2，则a的取值范围是______．8.设fx是定义在区间2,29.若0,______．π332244，记Pcossin，Qcossin，Rcossin，则P、Q、R的大小关系为412510.在函数fx的图像上，有______个横、纵坐标均为整数的点．23611.设fxx范围是______．12.若定义域为I0,m的函数fxe满足：对任意能构成三角形三边长的实数a,b,cI，均有fa，fb，xxxx1121，若存在aR使得关于x的方程fxafxb0恰有六个解，则b的取值xx()fc也能构成三角形三边长，则m的最大值为______．（e2.718281828是自然对数的底）二、选择题13.2021的始边是x轴正半轴，则其终边位于第（A.一B.二）象限．C.三D.四）14.设函数fx的定义域为R．则“fx在R上严格递增”是“gxfxx在R上严格递增”的（条件A.充分不必要C充分必要B.必要不充分D.既不充分也不必要.

15.将函数fxlg2x的图像向左、向下各平移1个单位长度，得到gx的函数图像，则gx（2x1）x15x152x116.设函数fx2x，点Ax1,y1，Bx2,y2，Cx3,y3在fx的图像上，且x3x2x2x10．对于ABC，下列说法正确的是（①一定是钝角三角形A.①③）③不可能是等腰三角形C.②③③可能是等腰三角形D.②④②可能是直角三角形B.①④三、解答题17.求函数fxx23x3的定义域、值域与单调区间；x11b有奇偶性，求a，b的值．x2aa18.已知a0，bR，且函数fx19.某厂商计划投资生产甲、乙两种商品，经市场调研发现，如图所示，甲、乙商品的投资x与利润y（单位：万元）分别满足函数关系yk1x1与yk2x2．a（1）求k1，a1与k2，a2的值；（2）该厂商现筹集到资金20万元，如何分配生产甲、乙商品的投资，可使总利润最大？并求出总利润的最大值．21设函数fxx.11axx2，其中aR．x2（1）若当x1,2时fx取到最小值，求a的取值范围．2（2）设fx的最大值为Ma，最小值为La，求gaMaLa的函数解析式，并求ga的最小值．

223.对于函数fx，若实数x0满足fx0x0，则称x0是fx的不动点．现设fxxa．（1）当a2时，分别求fx与f（2）若fx与ffx的所有不动点；fx均恰有两个不动点，求a的取值范围；fx有四个不动点，证明：不存在函数gx满足fxggx．（3）若fx有两个不动点，f

2021-2022年上海中学高一上期末一、填空题1.若函数fx满足fx12【1题答案】【答案】4【解析】【分析】根据题意，令x3，结合指数幂的运算，即可求解.x1，则f4______．【详解】由题意，函数fx满足fx12故答案为：4.2.函数fxln4x【2题答案】【答案】(2,0]【解析】x1，令x3，可得f31f42314.2的单调增区间是______．【分析】先求出函数的定义域，再换元，利用复合函数单调性的求法求解【详解】由4x20，得2x2，所以函数的定义域为(2,2)，令t4x2，则ylnt，因为t4x2在(2,0]上递增，在[0,2)上递减，而ylnt在(0,)上为增函数，所以f(x)在(2,0]上递增，在[0,2)上递减，故答案为：(2,0]3.已知是第四象限角，cos【3题答案】【答案】【解析】【分析】利用同角三角函数的基本关系求出sin的值，在利用诱导公式可求得结果.【详解】因为是第四象限角，cos所以，cos52021______．，则cos13212135122，则sin1cos，1313122021cossin.1322

故答案为：12.134.函数fxlog44xlog22x的最小值为______．【4题答案】【答案】##-0.125【解析】【分析】化简函数为fx2(log4x)3log4x1，tlog4xR，得到ft2t3t1，结合二次函数的2218性质，即可求解.【详解】由题意，函数fxlog44xlog22x(log4x1)(log2x1)(log4x1)(2log4x1)2(log4x)23log4x1，22令tlog4xR，可得ft2t3t12(t)3113时，ftminf()，即函数fx的最小值为.44881故答案为：.8当t5.已知函数fxx【5题答案】【答案】log2【解析】【分析】根据幂函数的性质，结合题意，分类讨论，利用单调性列出方程，即可求解.【详解】由题意，函数fxx341，81x2的最大值与最小值之差为12，则______．3或1.21x2，13，解得log2；221，解得1，2当0时，函数fx在1,2上为单调递增函数，可得21当0时，显然不成立；当0时，函数fx在1,2上为单调递减函数，可得12综上可得，log2故答案为：log23或1.23或1.26.已知fx是偶函数，且方程fx30有五个解，则这五个解之和为______．【6题答案】【答案】15【解析】

【分析】根据函数的奇偶性和图象变换，得到函数yfx3的图象关于x3对称，进而得出方程其中其中一个解为x3，另外四个解满足x1x4x2x36，即可求解.【详解】由题意，函数fx是偶函数，可函数fx的图象关于x0对称，根据函数图象的变换，可得函数yfx3的图象关于x3对称，又由方程fx30有五个解，则其中一个解为x3，不妨设另外四个解分别为x1,x2,x3,x4且x1

故答案为：(,2)(3,4)2上的严格增函数．若f2a1fa2，则a的取值范围是______．8.设fx是定义在区间2,2【8题答案】【答案】[【解析】6,1).22a21a22【分析】根据题意，列出不等式组22a12，即可求解.2a222上的严格增函数，【详解】由题意，函数fx是定义在区间2,2a21a2622因为f2a1fa2，可得22a12，解得a1，22a22所以实数a的取值范围是[6,1).2故答案为：[6,1).29.若0,______．【9题答案】π332244，记Pcossin，Qcossin，Rcossin，则P、Q、R的大小关系为4【答案】PRQ【解析】【分析】利用平方差公式和同角三角函数的平方关系可得P、R的关系，然后作差，因式分解，结合已知可判断P、Q的大小关系.【详解】Rcos4sin4(cos2sin2)(cos2sin2)cos2sin2P又PQcos2sin2(cos3sin3)(cossin)(cossin)(cossin)(1cossin)(cossin)(cossin1cossin)(cossin)(cos1)(1sin)

因为0,π，所以cossin0,cos10,1sin04所以PQ0，即PQ所以P、Q、R的大小关系为PRQ.故答案为：PRQ12510.在函数fx的图像上，有______个横、纵坐标均为整数的点．236【10题答案】【答案】3【解析】【分析】由题可得函数为减函数，利用赋值法结合条件及函数的性质即得.xxx125【详解】因为fx，236所以函数在R上单调递减，xxx12512512525，又f0=3，f12，f2=23623623618125f3=1，且当x3时，fx0,1，236当x0时，令xn,nN*，333000111222125则fn236xxnnn3615122n2nZ，251010xnnnn125综上，函数fx的图像上，有3个横、纵坐标均为整数的点．236故答案为：3.11.设fxx范围是______．【11题答案】【答案】(422,)【解析】【分析】作出f(x)的图像，当x0时，f(x)min221，当x0时，f(x)min2.令tf(x)，则t2atb0，1121，若存在aR使得关于x的方程fxafxb0恰有六个解，则b的取值xx

则该关于t的方程有两个解t1、t2，设t1＜t2，则t1(2,221)，t2(221,).令g(t)t2atb，则g(2)0，据此求出a的范围，从而求出b的范围．g(221)0111x1，xx112当0x1时，f(x)x1x1，xxx112当x0时，f(x)x1x1，xxx【详解】当x1时，f(x)x则f(x)图像如图所示：当x0时，f(x)x21221，当x0时，f(x)min2．x令tf(x)，则t2atb0，∵关于x的方程fx2afxb0恰有六个解，∴关于t的方程t2atb0有两个解t1、t2，设t1＜t2，则t1(2,221)，t2(221,)，g(2)42ab0令g(t)tatb，则，g(221)942(221)ab02∴ab4b942且a，2221b4b942，解得b422．2221要存在a满足条件，则

故答案为：(422,)．12.若定义域为I0,m的函数fxe满足：对任意能构成三角形三边长的实数a,b,cI，均有fa，fb，x()fc也能构成三角形三边长，则m的最大值为______．（e2.718281828是自然对数的底）【12题答案】【答案】ln4##2ln2【解析】【分析】不妨设三边的大小关系为：0abc，利用函数的单调性，得出fa，fb，fc的大小关系，()作为三角形三边则有任意两边之和大于第三边，再利用基本不等式求出边的范围得出m的最大值即可.m【详解】fxe在I0,m上严格增，所以f(x)1,e，不妨设0abc，x因为对任意能构成三角形三边长的实数a,b,cI，均有fa，fb，fc()也能构成三角形三边长，所以eaebec,abc，因为eaeb2eaeb2eabec，所以4eabe2c，因为对任意a,b,cI都成立，所以4ece2c，所以ec4，所以cln4，所以mln4，所以m的最大值为ln4．故答案为：ln4.二、选择题13.2021的始边是x轴正半轴，则其终边位于第（A.一【13题答案】【答案】B【解析】【分析】将2021转化为0,360）象限．C.三D.四B.二内的角，即可判断.【详解】20213606139，所以2021的终边和139的终边相同，即落在第二象限.故选：B14.设函数fx的定义域为R．则“fx在R上严格递增”是“gxfxx在R上严格递增”的（条件A.充分不必要C.充分必要B.必要不充分D.既不充分也不必要）

【14题答案】【答案】A【解析】【分析】利用特例法、函数单调性的定义结合充分条件、必要条件的定义判断可得出合适的选项.【详解】若函数fx在R上严格递增，对任意的x1、x2R且x1x2，fx1fx2，由不等式的性质可得fx1x1fx2x2，即gx1gx2，所以，gxfxx在R上严格递增，所以，“fx在R上严格递增”“gxfxx在R上严格递增”；若gxfxx在R上严格递增，不妨取fx则函数gxfxx11x在R上严格递增，但函数fxx在R上严格递减，221x，2所以，“fx在R上严格递增”“gxfxx在R上严格递增”.因此，“fx在R上严格递增”是“gxfxx在R上严格递增”的充分不必要条件.故选：A.15.将函数fxlg2x的图像向左、向下各平移1个单位长度，得到gx的函数图像，则gx（2x12x11【15题答案】【答案】B【解析】【分析】根据函数的图象变换的原则，结合对数的运算性质，准确运算，即可求解.【详解】由题意，将函数fxlg2x的图像向左、向下各平移1个单位长度，可得gxlg[2(x1)]1lg(2x2)1lg故选：B.16.设函数fx2x，点Ax1,y1，Bx2,y2，Cx3,y3在fx的图像上，且x3x2x2x10．对x）x15x152x2x1lg.105于ABC，下列说法正确的是（①一定是钝角三角形A.①③）③不可能是等腰三角形C.②③③可能是等腰三角形D.②④②可能是直角三角形B.①④

【16题答案】【答案】A【解析】uuruuur【分析】结合BABC0，得到ABC90，所以ABC一定为钝角三角形，可判定①正确，②错误；根据两点间的距离公式和函数的变化率的不同，得到ABBC，可判定③正确，④不正确.【详解】由题意，函数fx2x为单调递增函数，x因为点Ax1,y1，Bx2,y2，Cx3,y3在fx的图像上，且x3x2x2x10，不妨设x1x2x3，可得BA(x1x2,y1y2),BC(x3x2,y3y2)，则BABC(x1x2)(x3x2)(y1y2)(y3y2)，因为x1x2x3，可得(x1x2)(x3x2)0，(y1y2)(y3y2)[(2x12x2)(x1x2)][(2x32x2)(x3x2)]又由因为2x12x20，x1x20，2x32x20，x3x20，所以[(2122)(x1x2)][(2322)(x3x2)]0，xxxx所以BABC(x1x2)(x3x2)(y1y2)(y3y2)0所以ABC90，所以ABC一定为钝角三角形，所以①正确，②错误；由两点间的距离公式，可得AB(x2x1)2(y2y1)2,BC(x3x2)2(y3y2)2，根据指数函数和一次函数的变化率，可得点A到B的变化率小于点B到C点的变化率不相同，所以ABBC，所以ABC不可能为等腰三角形，所以③正确，④不正确.故选：A.三、解答题17.求函数fx【17题答案】【答案】定义域为(1,)，值域为[1,)，递减区间为(1,2]，递增区间为[2,).【解析】x23x3的定义域、值域与单调区间；x1

x23x31【分析】由函数的解析式有意义列出不等式，可求得其定义域，由(x1)1，结合基本不等x1x1式，可求得函数的值域，令gx(x1)得函数的单调区间.【详解】由题意，函数fx因为方程x3x3(x)211，根据对勾函数的性质和复合函数的单调性的判定方法，可求x1x23x3x23x3有意义，则满足0且x10，x1x130，所以x10，解得x1，4322所以函数fx的定义域为(1,)x23x3(x1)2(x1)11又由(x1)1，x1x1x1因为x10，所以(x1)1112(x1)11，x1x11x23x3当且仅当x1时，即x2时，等号成立，所以1，x1x1所以函数fx的值域为[1,)，令gx(x1)11，x1根据对勾函数的性质，可得函数gx在区间(1,2]上单调递减，在[2,)上单调递增，结合复合函数的单调性的判定方法，可得fx在(1,2]上单调递减，在[2,)上单调递增.18.已知a0，bR，且函数fx【18题答案】【答案】f(x)为奇函数，a1,b【解析】【分析】由函数奇偶性的定义列方程求解即可【详解】若f(x)为奇函数，则f(x)f(x)0(xR)，1b有奇偶性，求a，b的值．2xa1，2所以11bb0恒成立，2xa2xa2x1即2b，1a2x2xa所以22x2a2x12b[a22x(a21)2xa]恒成立，

a112ab所以，解得1，22a2b(a1)b2所以当f(x)为奇函数时，a1,b1，2若f(x)为偶函数，则f(x)f(x)(xR)，所以11bb恒成立，2xa2xa得2x2x，得x0，不合题意，所以f(x)不可能是偶函数，综上，f(x)为奇函数，a1,b1，2a19.某厂商计划投资生产甲、乙两种商品，经市场调研发现，如图所示，甲、乙商品的投资x与利润y（单位：万元）分别满足函数关系yk1x1与yk2x2．a（1）求k1，a1与k2，a2的值；（2）该厂商现筹集到资金20万元，如何分配生产甲、乙商品的投资，可使总利润最大？并求出总利润的最大值．【19题答案】【答案】（1）k11.5，a11，k23，a212（2）分配生产乙商品的投资为1万元，甲商品的投资为19万元，此时总利润的最大值为31.5万元.【解析】【分析】（1）代入点的坐标，求出k1，a1与k2，a2的值；（2）在第一问的基础上，表达出总利润的关系式，利用配方求出最大值.【小问1详解】将1,1.5,3,4.5代入yk1x1中，a

k11.5k11.5，解得：，a1k34.5a111将4,6,9,9代入yk2x2中，ak23k24a26，解得：1，a2a2k2992所以k11.5，a11，k23，a2【小问2详解】设分配生产乙商品的投资为m（0≤m≤20）万元、甲商品的投资为20m万元，此时的总利润为w，则w1.520m3m121.232m131.5，2因为0≤m≤20，所以当m1，即m1时，w取得最大值，即分配生产乙商品的投资为1万元，甲商品的投资为19万元，此时总利润的最大值为31.5万元.21.设函数fxx11axx2，其中aR．x2（1）若当x1,2时fx取到最小值，求a的取值范围．2（2）设fx的最大值为Ma，最小值为La，求gaMaLa的函数解析式，并求ga的最小值．【21题答案】【答案】（1）(3,)3433a,a[,)24ga52a21a,x(3,0]12（2）ga，最小值为.2ga51a21a,x(3,3)2243a,a(,3]2【解析】1(1a)x212hx(1a)x1fxx(,2)取到【分析】（1）求得函数的导数fx，令，要使得函数在22x最小值，则函数fx必须先减后增，列出方程组，即可求解；

（2）由（1）知hx(1a)x1，若1a0时，得到函数fx在[,2]上单调递减，得到ga2123a；若21a0时，令hx0，求得x1111，分，2，1a1a21a112三种情况讨论，求得函数的解析式，利用一次函数、换元法和二次函数的性质，即可求解.21a【小问1详解】111(1a)x21解：由函数fxxax(1a)x，可得fx(1a)2，2xxxx令hx(1a)x1，2要使得函数fx在x(,2)取到最小值，则函数fx必须先减后增，1211h()1a10324则满足，解得3a，4h(2)41a10即实数a的取值范围为(3,).【小问2详解】34(1a)x212hx(1a)x1，解：由（1）知fx，设2x若1a0时，即a1时，hx0，即fx0，函数fx在[,2]上单调递减，所以M(a)f()125153a,L(a)f(2)2a，可得gaMaLaa；222212若1a0时，即a1时，令hx0，即(1a)x210，解得x11或x，1a1a①当111时，即a3时，hx0在x[,2]恒成立，即fx0，21a21251512a,L(a)f()a，可得2222可得函数fx在[,2]上单调递增，所以M(a)f(2)3gaMaLaa；2②当3112时，即a1时，hx0在x[,2]恒成立，即fx0，241a1212515a,L(a)f(2)2a，222可得函数fx在[,2]上单调递减，所以M(a)f()

可得gaMaLa3a；2③当3112时，即3a时，421a当x[,121)时，hx0，即fx0，fx单调递减；1a当x(1,2]时，hx0，即fx0，fx单调递增，1a1时，函数fx取得最小值，即L(a)21a，1a所以当x又由f()51513a,f(2)2a，可得f()f(2)a，2222211（i）当3a0时，f()f(2)0，即f()f(2)，所以M(a)f(2)225此时gaMaLa2a21a；23111（ii）当0a时，f()f(2)0，即f()f(2)，所以M(a)f()222451此时gaMaLaa21a，221252a，251a，2233a,a[,)24ga52a21a,x(3,0]2综上可得，函数ga的解析式为ga，513gaa21a,x(3,)2243a,a(,3]2当a3时，gag(3)当a1，21根据二次函数的性质，可得当t1时，函数t取得最小值，最小值为1；23112当0a时，令t1a(,1)，则a1t2，可得tt2t2，2241则t1，2当3a0时，令t1a[1,2)，则a1t2，可得t2t2t2339时，gag()；4489；2综上可得，函数ga的最小值为1.2

223.对于函数fx，若实数x0满足fx0x0，则称x0是fx的不动点．现设fxxa．（1）当a2时，分别求fx与f（2）若fx与ffx的所有不动点；fx均恰有两个不动点，求a的取值范围；fx有四个不动点，证明：不存在函数gx满足fxggx．1515，x422（3）若fx有两个不动点，f【23题答案】【答案】（1）x12,x21,x3（2）31,44（3）见详解.【解析】【小问1详解】因为a2，所以f(x)x即x2x20，所以x12,x21，所以f(x)的不动点为x12,x21；解f(f(x))x，f(f(x))f(x22)(x22)22x44x22x，所以x44x2x20，因为f(x)x是f(f(x))x的解，所以上述四次方程必有因式x2x2，利用长除法或者双十字相乘法因式分解得(x2x2)(x2x1)0，所以x12,x21,x3,415，215；2所以f(f(x))的不动点为x12,x21,x3,4【小问2详解】由f(x)x2ax得x2xa0，由f(f(x))f(x2a)(x2a)2ax42ax2a2ax、得x42ax2xa2a0，因为f(x)x是f(f(x))x的解，所以上述四次方程必有因式x2xa，利用长除法或者双十字相乘法因式分解得(x2xa)(x2xa1)0，因为f(x)与f(f(x))均恰有两个不动

点，所以①114a0,214a434a0或②114a0且x2xa0和x2xa10有同根，由①得3311a，②中两方程相减得2x10，所以x，故a，244431,；44综上，a的取值范围是【小问3详解】（3）设f(x)的不动点为a,b，f(f(x))的不动点为a,b,c,d，所以f(a)a,f(b)b,f(c)c,f(d)d，设h(x)f(f(x))，则h(c)f(f(c))c，所以h(f(c))f(f(f(c))f(c)，所以f(c)是h(x)f(f(x))的不动点，同理，f(d)也是h(x)f(f(x))的不动点，只能f(c)d,f(d)c，g(a)ag(a)bf(x)g(g(x))假设存在，则或，g(b)bg(b)a因为yf(x)过点(c,d),(d,c)，所以g(c)c,g(d)d，否则f(c)g(g(c))g(c)c矛盾，且g(c)d,g(d)c，否则f(c)g(g(c))g(d)d，所以一定存在g(c)t,g(t)d,g(d)s,g(s)c，S,t与cd均不同，所以g(g(g(t))t，所以f(f(t))t，所以f(f(x))有另外不动点，矛盾，故不存在函数g(x)满足f(x)g(g(x))．


更多推荐

函数,单调,利用,分析,结合,详解