2010年秋季高一数学期中考试参考答案

12010年秋季高一数学期中考试参考答案一、选择题：1．C解析：①中()0,()0fxgx，两个函数的值域不同；②中()gxx与()fx解析式不同；③④中函数的定义域、对应关系都相同；2．D解析：A※B={1,2}，子集个数为224；3．C解析：01pmn4．A解析：,BC在(0,1)上是递增函数，而D是奇函数，均不符合；5．D解析：当7,3x，3,7x，设03,7x且0()5fx；由题知：0()()5fxfx；又由()fx为奇函数，可得：0()()5fxfx，所以0()()5fxfx；由奇函数图象特征，易知)(xf在]3,7[上为增函数；6．B解析：集合M表示21yx的值域，1,y；集合N表示21yx的定义域，230x，3,3x；7．B解析：二次函数()fx的对称轴为xa，图象开口向下；由()fx与()gx在区间]2,1[上都是减函数，则应满足：1,a且11a，解得：01a8．C解析：123222x，得123x，解得：11x;又xZ，所以{0,1}A；2log1x，得2log1x或2log1x，且0x，解得：2x或102x，所以10,2,2B，1(,0],22BRð，()ABRð={0,1}9．D解析：由题可得：12()logfxx，2212(4)log(4)fxx，令24,ux12logyu在定义域上是减函数，由复合函数单调性可知：2(4)fx的单调增区间应为24ux的单调减区间，且在该区间上0u；故[0,2)x10．A解析：设21,xtb则()logafxt，因为21xtb在R上单调递增，由图象可知函数()fx也是单调递增，由复合函数的单调性可知logayt在定义域上递增，故1a；又0(0)log(21)logaafbb，由图象可知：1(0)0f，则1log0ab，解得101ab2二、填空题：11．412．-1解析：由MN，1,,aMbb知0b，所以只能0ab，所以0a，此时1,0,Mb，20,,Nbb，所以21b，又2bb，所以1b；代入即可得；13．13解析：令22,2xy，即2(2,)2P；设()fxx，则222，12；所以12()fxx，193f14．11,42解析：0xA,即010,2x所以001()2fxx,0111,22x即01()1,2fx即0()fxB，所以000[()]2[1()]12ffxfxxA，即010122x，解得：011,4x又由010,2x，所以01142x15．(,0)(4,)解析：因为()fx为偶函数，且当0x时8)(3xxf为增函数，则0x时，)(xf为减函数；(2)0(2)fxf，所以可得：22x，解得：0,x或4x三、解答题：16．证明：（1）由题知()fx的定义域为R31(31)313()()31(31)313xxxxxxxxfxfx所以()fx为奇函数；（2）在定义域上是单调增函数；任取12,xxR，且12xx2121212112212(33)313122()()(1)(1)31313131(31)(31)xxxxxxxxxxfxfx12xx2112330,310,310xxxx21()()fxfx()fx为R上的单调增函数；17．解：（1）解|1x|≥1得：0x或2x0,Axx或2x；函数()fx的自变量x应满足3201xx，即(1)(1)010xxx1x或1x1,Bxx或1x；1,ABxx或2x，0,ABxx或1x，()UCAB01xx（2）函数()gx的自变量x应满足不等式(1)(2)0xaax。3又由1a，21axa21CxaxaCB11a或21a2a或12a，又1aa的取值范围为2a或112a18．解：（1）令,1)0()1(0)0()1(0ffffx，，则∴二次函数图像的对称轴为21x．∴可令二次函数的解析式为hxay)221(．由,4313)1(1)0(haff，得，又可知∴二次函数的解析式为2213()()124yfxxxx（2）212xxxm在1,1上恒成立231xxm在1,1上恒成立令2()31gxxx，则()gx在1,1上单调递减∴min()(1)1,1gxgm19．解：（1）1()lg12axfxx，,xbb是奇函数，等价于对于任意bxb都有()()(1)10(2)12fxfxaxx成立，（1）式即为1112lglglg12121axaxxxxax112121axxxax，即2224axx，此式对于任意,xbb都成立等价于24a，因为2a，所以2a，所以12()lg12xfxx；代入（2）式得：12012xx，即1122x对于任意,xbb都成立，相当于1122bb，从而b的取值范围为10,2；（2）对于任意12,(,)xxbb，且12xx，由10,2b，得1122bb，所以2101212xx，1201212xx，从而21()()fxfx21211212lglg1212xxxx=2121(12)(12)lglg10(12)(12)xxxx，因此()fx在,bb是减函数；20．解：（1）证明：①在()()()fmfnfmn中，令0mn得(0)(0)(00)fff即(0)(0)(0).fff=g∴(0)0f=或(0)1f=，若(0)0f=，则当x＜0时，有()(0)()(0)0fxfxfxf=+==g，与题设矛盾，∴(0)1.f=②当x＞0时，x-＜0，由已知得()fx-＞1，又(0)[()]()()1ffxxfxfx=+-=-=g，[()]1fx-，∴0＜()fx=(0)()ffx-＜1，即x＞0时，0＜()fx＜1.4③任取1x＜2x，则1122122()()()()fxfxxxfxxfx=-+=-g，∵12xx-＜0，∴12()fxx-＞1，又由(1)(2)及已知条件知2()fx＞0，∴1()fx＞2()fx，∴()yfx=在定义域R上为减函数.（2）2(31)(361)fxaxfxa-+-++g=2(31361)fxaxxa-+-++2[3(1)2(31)]fxaxa=-+++又(0)1f=，()fx在R上单调递减.∴原不等式等价于23(1)2(31)xaxa-+++≤0不等式可化为(2)[(31)]xxa--+≤0当2＜31a+，即a＞13时，不等式的解集为{|2x≤x≤31a+}；当2=31a+，即a=13时，2(2)x-≤0，不等式的解集为{2}；当2＞31a+，即a＜13时，不等式的解集为{|31xa+≤x≤2}.21．解：(1)先证3yx符合条件①：对于任意12,xxR，且12xx，有331221yyxx22212121()()xxxxxx222121113()[()]024xxxxx，12yy，故3yx是R上的减函数。由题可得：33baab则33()()abab，22()10abaabb而222231()1024baabbab，0ab，又ba，1a，1b所求区间为1,1(2)当310,()4xfxxx在23(0,]3上单调递减，在23(,)3上单调递增；（证明略）所以，函数在定义域上不是单调递增或单调递减函数，从而该函数不是闭函数（3）易知ykx是(0,)上的增函数，符合条件①；设函数符合条件②的区间为,ab，则akabkb；故,ab是xkx的两个不等根，即方程组为：22(21)00xkxkxxk有两个不等非负实根；设12,xx为方程22(21)0xkxk的二根，则2212212(21)4021000kkxxkxxkk，解得：104kk的取值范围1(,0)4