广东省东莞市高一数学上学期期中考试试题(教师版)新人教A版

东莞高级中学-上学期高一数学期中

一. 选择题

1. 已知全集U{1，2，3，4，5}，集合A{1,3}，B{3,4,5}，则集合CU(AA．{3} B．{4,5}

C．{1，2，4，5} D．{3,4,5}

A. a3 B. 1a3 C. 0a

二. 填空题

11. loglog6982

2311 D. a1 33B)( C)

12. 若点(2,2)在幂函数yf(x)的图象上，则f(x)x

2. 设1,1,121,3，则使幂函数yx的定义域为R的所有的值为( A) 2

13. 集合M{2,3}，定义集合运算A※Axx{x|xab,aA,bA}，则M※M={4,5,6}

A．1，3 B．1，1

11 C．，3 D．1，，3

2214. 函数f(x)42在区间[2,1]上的值域为[三. 解答题

1,2] 43. 下列各组函数中，表示同一个函数的是( D)

x1A．yx1和y B．yx0和y1

x1x(x)222C．f(x)x 和g(x)(x1) D．f(x)和g(x) 2x(x)30.44. 三个数a0.4,blog30.4,c3的大小关系是( B)

A. bca B. bac C. abc D. cba

x2(a0且a1)的图像经过的定点坐标是( D) 5. 函数yaA. (0,1) B. (2,1) C. (2,0) D. (2,1) 6. 函数ylg(x4x5)的单调递增区间为( C)

A. (2,) B. (,2) C. (1,) D. (,5)

7. 将函数f(x)的图像向左平移2个单位得到函数g(x)，若g(x)的定义域为(0,1)，则f(x)的定义域为( B) A. (2,1) B. (2,3) C. (1,0) D. (0,1)

x8. f(x)是定义在R上的奇函数，x0时，f(x)22xb（b为常数），则f(1)(A)

2215.（12分） 已知全集UR，集合Ax|1x5，Bx|x210x160，求AB以及

(CUA)B。

解：B{x|2x8}…………4分 从而 AB{x|1x8}…………8分

CUA{x|x1或x5}…………10分 (CUA)B{x|5x8}…………12分

x16. （12分）已知函数f(x)a(a0且a1) （1）若f(x0)2，求f(3x0)

（2）若f(x)的图像过点(2,4)，记g(x)是f(x)的反函数，求g(x)在区间[,2]上的值域。 解：（1）f(3x0)a3x012(ax0)38…………4分

x（2）由f(2)4可知f(x)2…………6分 从而g(x)log2x…………8分 所以g(x)在区间[,2]上的值域为[1,1]…………12分 17. （14分）已知二次函数f(x)xaxc（其中c0） （1）试讨论f(x)的奇偶性（直接给出结论，不用证明） （2）当f(x)为偶函数时，记函数g(x)212A. 3 B. 3 C. 1 D. 1

9. 若函数fx的零点与gx42x2的零点之差的绝对值不超过0.25， 则fx可以是(A)

x2xA. fx4x1 B. fx(x1) C. fxe1 D. fxlnxx10. 若关于x方程|a1|3a0有两个不同的实数解，则实数a的取值范围是( C)

1 2f(x)，证明：函数g(x)在(0,c)上单调递减。 x解：（1）当a0时，f(x)是偶函数； 当a0时，f(x)是非奇非偶函数…………6分

1 / 3

（2）由（1）的分析知此时f(x)xc，从而g(x)x2c…………8分 x设两函数的图像交于点A(x1,y1),B(x2,y2)，且x1x2。

（1）请指出示意图中曲线C1，C2分别对应哪一个函数?

（2）若x1[a,a1]，x2[b,b1]，且a,b{0,1,2,3,4,5,6}指出a,b的值，并说明理由. 解：（1）曲线C1对应函数为f(x)(x3)，C2对应函数为g(x)2（2）令h(x)f(x)g(x)(x3)(xxc)cc设0x1x2c，则g(x1)g(x2)(x1)(x2)(x1x2)12…………10分

x1x2x1x2考虑0x1x2c，从而x1x20，x1x20，x1x2c0…………12分

所以g(x1)g(x2)0g(x1)g(x2)， 即函数g(x)在(0,c)上单调递减…………14分

18. （14分）某市一家庭今年一月份、二月份和三月份煤气用量和支付费用如下表所示： 该市煤气收费的方法是：煤气费=基本费十超额费十保险费．

若每月用气量不超过最低额度A(A4)立方米时，只付基本费3元和每户每月定额保险费C(0C5)元；

月份 用气量（立方米） 煤气费（元）

1 4 4.00

2 25 14．00

3 35 19．00

若用气量超过A立方米时，超过部分每立方米付B元． （1）根据上面的表格求A,B,C的值；

（2）记用户第四月份用气为x立方米，求他应交的煤气费y（元）。

解：（1)1月的用气量没有超过最低额度A，所以3C4C1…………2分

2x…………4分

x，分别令x0,1,2,3,4,5,6计算可得

h(1)30，h(2)120，从而h(x)在区间[1,2]有一个零点，所以x1[1,2]，即a1…………9分 h(4)10，h(5)450，同理可知x2[4,5]，即b4…………14分

注：没有说明过程直接给出a,b的值的，一个给2分。

20. （14分）已知函数f(x)x21x2kx，且定义域为(0,2) (1）求关于x的方程f(x)kx3在(0,2)上的解；

（2）若f(x)在其定义域上是单调函数，求实数k的取值范围；

（3）若关于x的方程f(x)0在(0,2)上有两个不同的解x1,x2，求实数k的取值范围。

22解：（1）当x1，即1x2时，f(x)x1xkx，方程可化为x2，解得x224(25A)B1412,3月的用气量超过了最低额度A，所以，解得B,A5…………6分

24(35A)B19（2）当x5时，需付费用为314元…………8分 当x5时，需付费用为4(x5)2…………2

分

当x1，即0x1时，f(x)1kx，方程为1kxkx3，显然无解。 从而在(0,2)上方程只有唯一解x2113x元…………12分 2222…………3分

0x5143所以应交的煤气费y …………14分

xx522

19.（14分）函数f(x)(x3)和g(x)20x1kx1（2）根据第一问的分析可将f(x)写为分段函数f(x)2 …………4分

1x22xkx1y 当k0时，f(x)在区间(0,1)上是常数函数，不符合题意…………5分

C1x的图像的示意图如右图所示， 2B A C2O23x 2 / 3

当k0时，f(x)在(0,1)上递增，此时对称轴x0k0，f(x)在[1,2)上也递增…………6分 4 并且x(0,1)时，f(x)f(1)f(x)kx1，x[1,2)时，f(x)f(1)kx1，所以此时f(x)在整个区 区间(0,2)上都单调递增…………7分

当k0时，f(x)在(0,1)上递减，从而需要f(x)在[1,2)上也递减，即析知此 此时f(x)在整个区间(0,2)上都单调递减…………8分

所以当k8或k0时，f(x)在其定义域上是单调函数…………9分

k2k8，由上面的分42x211x2 （3）令f(x)0kx|x1|x 考虑x(0,2)，可利用变量分离得

0x1122112x2x1x21x2xx k 令g(x)k，h(x)  ， 从而原方程有两个

110x10x1xx不同的 的解等价于函数g(x)与h(x)的图像在区间(0,2)上有两个不同的交点。分析h(x)在(0,1)单调递减，

在(1,2)单调递增（不用给出证明），可以作出h(x)的草图，从而有1k分

77，即k1…14

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