新课标2012―2013学年度第一学期期中考试高一年级数学试卷附答案[好6页]

1/6新课标2012―2013学年度第一学期期中考试高一年级数学试卷附答案一、填空题：本大题共14小题，每小题5分，共70分1．设集合}4,2,1{A，}6,2{B，则BA等于▲2.已知a是实数，若集合｛x|ax＝1｝是任何集合的子集，则a的值是▲3.函数)13lg(1132xxxy的定义域为▲4．幂函数的图象过点(4，2)，则它的单调递增区间是▲5.已知函数24)12(xxf，则)5(f▲6．已知函数2()48fxxkx在（5，）上为单调递增函数，则实数k的取值范围是▲7．已知a=log0.55，b=log0.53，c=log32，d=20.3，则a,b,c,d从小到大排列为▲8．若]2,1[62]1,1[7)(xxxxxf，则()fx的最大值为▲9.函数24xxy的单调递减区间为▲10．定义在R上的奇函数)(xf，当0x时，11)(xxf，则)21(f=▲11.方程3log3xx的解在区间)1,(nn内，*nN，则n=▲12.已知函数11()()142xxy的定义域为[3,2]，则该函数的值域为▲13.设函数4421lg)(axfxx，Ra.如果不等式4lg)1()(xxf在区间]3,1[上有解，则实数a的取值范围是▲.14．设函数()fx＝x|x|＋bx＋c，给出下列四个命题：①若()fx是奇函数，则c＝0②b＝0时，方程()fx＝0有且只有一个实根③()fx的图象关于(0，c)对称④若b0，方程()fx＝0必有三个实根其中正确的命题是▲(填序号)2/6二、解答题：本大题共6小题，共90分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．15．（本小题满分14分）已知集合{}2514Axyxx==--，集合)}127lg(|{2xxyxB，集合}121|{mxmxC．（1）求AB；（2）若ACA，求实数m的取值范围．16．（本小题满分14分）（1）若2121xx=3,求32222323xxxx的值；（2）计算32221)827()25.0(8log)31(的值.17．（本小题满分14分）有甲、乙两种商品,经营销售这两种商品所得的利润依次为M万元和N万元，它们与投入资金x万元的关系可由经验公式给出：M=4x，N=314x(x≥1).今有8万元资金投入经营甲、乙两种商品,且乙商品至少要求投资1万元,为获得最大利润，对甲、乙两种商品的资金投入分别是多少?共能获得多大利润?18．（本小题满分16分）设函数21()12xxafx是实数集R上的奇函数.（1）求实数a的值；（2）判断()fx在R上的单调性并加以证明；（3）求函数()fx的值域．19.（本小题满分16分）函数y=f(x)对于任意正实数x、y，都有f(xy)=f(x)·f(y)，当x1时，0f(x)1，且f(2)=19.(1)求证：1f(x)f()=1(x0)x；(2)判断f(x)在(0,+∞)的单调性；(3)若f(m)=3，求正实数m的值.20.(本小题满分16分)已知函数)(||)(axxxf，a为实数.（1）当1a时，判断函数)(xf的奇偶性，并说明理由；（2）当0a时，指出函数)(xf的单调区间（不要过程）；（3）是否存在实数a)0(a，使得)(xf在闭区间]21,1[上的最大值为2.若存在，求出a的值；若不存在，请说明理由.3/6新课标2012―2013学年度第一学期期中考试高一年级数学试卷参考答案一.填空题1.}6,2,1{2.03.)1,31(4.(0,+∞)5.166.（-∞，40]7.abcd8.109.[2，4]10.-211.212.[57,43]13.41a14.①②③二、解答题15、解：（1）∵),7[]2,(A，………………………………………………2分)3,4(B，………………………………………………4分∴)3,4(BA．………………………………………………6分（2）∵ACA∴AC．………………………………………………8分①C,112mm,∴2m．……………………………………10分②C,则2122mm或712mm．∴6m．………………………………………………12分综上，2m或6m…………………………14分16、答案：52，2917、【解析】设投入乙种商品的资金为x万元,则投入甲种商品的资金为(8-x)万元,…………2分共获利润13(8)144yxx…………………………………………………6分令1xt(0≤t≤7)，则x=t2+1，∴22131337(7)()444216yttt…………………………………………………10分故当t=32时,可获最大利润3716万元.……………………………………………………12分此时，投入乙种商品的资金为134万元,投入甲种商品的资金为194万元.…………………………14分18、解：（1）)(xf是R上的奇函数()fx()fx，4/6即21211212xxxxaa，即2121212xxxxaa即(1)(21)0xa∴1a或者)(xf是R上的奇函数.0)0()0()0(fff.0211200a，解得1a，然后经检验满足要求。………………………………………………4分（2）由（1）得212()12121xxxfx设12xxR，则122122()()(1)(1)2121xxfxfx122112222(22)2121(21)(21)xxxxxx，12xx1222xx21()()0fxfx，所以()fx在R上是增函数……………………………………………10分（3）212()12121xxxfx，122211,01,02,111212121xxxx所以212()12121xxxfx的值域为(-1，1)或者可以设2121xxy，从中解出2x11yy，所以101yy，所以值域为(-1，1)………………………16分19、解：（1）令1,2xy，得(2)(1)(2)fff，又1(2)9f，(1)1f，…………………………………………（2分）令1yx，得11()11fxfxffxx；…………………（4分）（2）任取12,(0,)xx，且12xx，则22111,01,xxfxx2212111111xxfxfxfxfxfxffxxx5/62111xfxfx，…………………………………………（7分）而当0x时，20,fxfxxfx且由（1）可知，11fxfx，0fx，则当0x时，0,fx2110,10xfxfx，120fxfx，则()fx在(0,)上是单调递减函数；…………………………………………（10分）（3）1112,9,922fff又212222222fff，且202f，232f，…………………………………………（13分）()fx在(0,)上是单调递减函数，m是正实数，2.2m…………………16分20、（1）)1(||)(xxxf2)1(,0)1(ff)1()1(),1()1(ffff)(xf既不是奇函数，又不是偶函数.……………………………………4分（2）（画图）0a时，xxxf||)(，单调增区间为),(0a时，0,,0,)(22xaxxxaxxxf，单调增区间为),0(),2,(a，单调减区间为)0,2(a………………………………10分（3）0a21)1(af3a6/6247)21(21)21(af由（2）知，)(xf在),0(上递增)(xf必在区间]0,1[上取最大值2当12a，即2a时，则2)1(f，3a，成立……………………………………12分当12a，即20a时，则2)2(af，则22a（舍）综上，3a……………………………………16分