2020年连云港市高一数学上期末第一次模拟试题(及答案)

一、选择题

1．已知函数f(x)lnxln(2x)，则

A．f(x)在（0，2）单调递增 C．y=f(x)的图像关于直线x=1对称 2．已知奇函数yf(x)的图像关于点(则当x(B．f(x)在（0，2）单调递减

D．y=f(x)的图像关于点（1，0）对称

,0)对称，当x[0,)时，f(x)1cosx，225,3]时，f(x)的解析式为（ ） 21，则f(x)的单调递减区间是( ) 9B．[2，＋∞) D．(－∞，－2]

A．f(x)1sinx B．f(x)1sinx C．f(x)1cosx D．f(x)1cosx 3．若函数f(x)＝a|2x－4|(a>0，a≠1)满足f(1)＝A．(－∞，2] C．[－2，＋∞) 4．已知alog13111b，5，c63，则（ ） 44B．acb

2A．abc C．cab D．bca

2fxlogx2x的单调递增区间为（ ） 15．函数

A．,1 B．2, C．,0

D．1,

6．根据有关资料，围棋状态空间复杂度的上限M约为3361，而可观测宇宙中普通物质的原子总数N约为1080.则下列各数中与（参考数据：lg3≈0.48） A．1033 C．1073

B．1053 D．1093

M最接近的是 N7．已知yfx是以为周期的偶函数，且x0,时，fx1sinx，则当25x,3时，fx（ ） 2A．1sinx

B．1sinx

C．1sinx

D．1sinx

8．已知alog32，b20.1，csin7o，则a，b，c的大小关系是 A．abc

B．acb

C．cab

D．bca

9．已知x表示不超过实数x的最大整数，gxx为取整函数，x0是函数

2fxlnx的零点，则gx0等于（ ）

xA．1

B．2

C．3

D．4

10．已知函数f（x）=x（ex+ae﹣x）（x∈R），若函数f（x）是偶函数，记a=m，若函数f（x）为奇函数，记a=n，则m+2n的值为（ ） A．0

B．1

xC．2 D．﹣1

1,x1,0fx{11．若函数，则f(log43)＝( ) 44x,x0,1A．

1 3

B．

1 4

C．3 D．4

12．下列函数中，既是偶函数又存在零点的是（ ） A．

B．

C．

D．

二、填空题

13．定义在R上的奇函数f（x）在（0，+∞）上单调递增，且f（4）=0，则不等式f（x）≥0的解集是___．

1,x014．已知f(x)，则不等式x(x2)f(x2)5的解集为______．

1,x02上的偶函数fx在区间0,2上单调递减，若f1mfm，15．设定义在2,则实数m的取值范围是________． 16．对数式lg25﹣lg22+2lg6﹣2lg3＝_____． 17．已知3m5nk，且

112，则k__________ mn在区间

单调递增，则实数的取值范围为

18．若函数__________．

1a19．若幂函数f(x)=x的图象经过点(3，)，则a2__________.

920．若函数fx2xxaxa在区间3,0上不是单调函数，则实数a的取值

2范围是______.

三、解答题

21．已知定义在R上的函数fx是奇函数，且当x,0时，fx1x． 1x1求函数fx在R上的解析式；

2判断函数fx在0,上的单调性，并用单调性的定义证明你的结论．

22．已知函数f(x)xmx1(mR)．

（1）若函数fx在x1,1上是单调函数，求实数m的取值范围； （2）若函数fx在x1,2上有最大值为3，求实数m的值．

223．已知fxloga1x（a0，且a1）. 1x（1）当xt,t（其中t1,1，且t为常数）时，fx是否存在最小值，如果存在，求出最小值；如果不存在，请说明理由；

（2）当a1时，求满足不等式fx2f43x0的实数x的取值范围. 24．王久良导演的纪录片《垃圾围城》真实地反映了城市垃圾污染问题，目前中国668个

2的城市处于垃圾的包围之中，且城市垃圾中的快递行业产生的包装垃圾正3在逐年攀升，有关数据显示，某城市从2016年到2019年产生的包装垃圾量如下表：

城市中有超过年份x 包装垃圾y（万吨） 2016 4 2017 6 2018 9 2019 13.5 x2016（1）有下列函数模型：①yab；②yasinx2016b；

③yalg(xb).(a0,b1)试从以上函数模型中，选择模型________（填模型序号），近似反映该城市近几年包装垃圾生产量y（万吨）与年份x的函数关系，并直接写出所选函数模型解析式；

（2）若不加以控制，任由包装垃圾如此增长下去，从哪年开始，该城市的包装垃圾将超过40万吨？（参考数据：lg20.3010,lg30.4771）

25．已知定义在0,上的函数fx满足fxyfxfy，f20201，且当x1时，fx0. （1）求f1；

（2）求证：fx在定义域内单调递增; （3）求解不等式fx22019x1. 226．药材人工种植技术具有养殖密度高、经济效益好的特点．研究表明：人工种植药材时，某种药材在一定的条件下，每株药材的年平均生长量v(单位：千克)是每平方米种植株数x的函数．当x不超过4时，v的值为2；当4x20时，v是x的一次函数，其中当x为10时，v的值为4；当x为20时，v的值为0．

1当0x20时，求函数v关于x的函数表达式；

2当每平方米种植株数x为何值时，每平方米药材的年生长总量(单位：千克)取得最大

值？并求出这个最大值．(年生长总量年平均生长量种植株数)

【参】***试卷处理标记，请不要删除

一、选择题 1．C 解析：C 【解析】

由题意知，f(2x)ln(2x)lnxf(x)，所以f(x)的图象关于直线x1对称，故C正确，D错误；又f(x)ln[x(2x)]（0x2），由复合函数的单调性可知f(x)在

(0,1)上单调递增，在(1,2)上单调递减，所以A，B错误，故选C．

【名师点睛】如果函数f(x)，xD，满足xD，恒有f(ax)f(bx)，那么函数的图象有对称轴xab；如果函数f(x)，xD，满足xD，恒有2f(ax)f(bx)，那么函数f(x)的图象有对称中心(ab,0)． 22．C

解析：C 【解析】 【分析】 当x5,3时，3x0,,结合奇偶性与对称性即可得到结果. 22,0对称，所以fxfx0， 2【详解】

因为奇函数yfx的图像关于点且fxfx，所以f当xxfx，故fx是以为周期的函数.

5,3时，3x0,，故f3x1cos3x1cosx 22因为fx是周期为的奇函数，所以f3xfxfx 故fx1cosx，即fx1cosx，x故选C 【点睛】

本题考查求函数的表达式，考查函数的图象与性质，涉及对称性与周期性，属于中档题.

5,3 23．B

解析：B 【解析】 由f(1)=得a2=,

∴a=或a=-(舍), 即f(x)=(

.由于y=|2x-4|在(-∞,2]上单调递减,在[2,+∞)上单调递增,所以f(x)在(-∞,2]上单

调递增,在[2,+∞)上单调递减,故选B.

4．C

解析：C 【解析】 【分析】

首先将b表示为对数的形式，判断出b0，然后利用中间值以及对数、指数函数的单调性

3a,c与的大小，即可得到a,b,c的大小关系. 2【详解】

比较因为5b11，所以blog5log510， 443又因为alog11313log34log33,log333，所以a1,， 42133133又因为c6,83，所以c,2， 22所以cab. 故选：C. 【点睛】

本题考查利用指、对数函数的单调性比较大小，难度一般.利用指、对数函数的单调性比较大小时，注意数值的正负，对于同为正或者负的情况可利用中间值进行比较.

5．C

解析：C 【解析】 【分析】

求出函数fxlog1x2x的定义域，然后利用复合函数法可求出函数yfx的

22单调递增区间. 【详解】

解不等式x22x0，解得x0或x2，函数yfx的定义域为,0U2,. 内层函数ux22x在区间,0上为减函数，在区间2,上为增函数， 外层函数

ylog1u在0,上为减函数，



22fxlogx2x的单调递增区间为,0. 1由复合函数同增异减法可知，函数

2故选：C. 【点睛】

本题考查对数型复合函数单调区间的求解，解题时应先求出函数的定义域，考查计算能力，属于中等题.

6．D

解析：D 【解析】

M3361试题分析：设x80 ，两边取对数，

N10M3361最接近lgxlg80lg3361lg1080361lg38093.28，所以x1093.28，即N101093，故选D.

【名师点睛】本题考查了转化与化归能力，本题以实际问题的形式给出，但本质就是对数

3361的运算关系，以及指数与对数运算的关系，难点是令x80，并想到两边同时取对数进

10行求解，对数运算公式包含logaMlogaNlogaMN，logaMlogaNlogaM，NlogaMnnlogaM.

7．B

解析：B 【解析】 【分析】 【详解】

因为yfx是以为周期，所以当x,3时，fxfx3π，

521x3,0此时,又因为偶函数，所以有fx3πf3πx, 2 3πx0,,所以f3πx1sin3πx1sinx,

2故fx1sinx，故选B.

8．B

解析：B 【解析】 【分析】 【详解】

由对数函数的性质可知alog32log333433， 42由指数函数的性质b20.11，

由三角函数的性质csin70sin(23600690)sin690sin600，所以

c(3,1)， 2 所以acb，故选B.

9．B

解析：B 【解析】 【分析】

根据零点存在定理判断2x03，从而可得结果. 【详解】 因为fxlnx2在定义域内递增， x20， 3且f2ln210，f3ln3由零点存在性定理可得2x03，

根据x表示不超过实数x的最大整数可知gx02， 故选：B. 【点睛】

本题主要考查零点存在定理的应用，属于简单题.应用零点存在定理解题时，要注意两点：（1）函数是否为单调函数；（2）函数是否连续.

10．B

解析：B 【解析】

试题分析：利用函数f（x）=x（ex+ae﹣x）是偶函数，得到g（x）=ex+ae﹣x为奇函数，然后利用g（0）=0，可以解得m．函数f（x）=x（ex+ae﹣x）是奇函数，所以g（x）=ex+ae﹣x为偶函数，可得n，即可得出结论．

解：设g（x）=ex+ae﹣x，因为函数f（x）=x（ex+ae﹣x）是偶函数，所以g（x）=ex+ae﹣x为奇函数．

又因为函数f（x）的定义域为R，所以g（0）=0， 即g（0）=1+a=0，解得a=﹣1，所以m=﹣1．

因为函数f（x）=x（ex+ae﹣x）是奇函数，所以g（x）=ex+ae﹣x为偶函数 所以（e﹣x+aex）=ex+ae﹣x即（1﹣a）（e﹣x﹣ex）=0对任意的x都成立 所以a=1，所以n=1， 所以m+2n=1 故选B．

考点：函数奇偶性的性质．

11．C

解析：C 【解析】 【分析】

根据自变量范围代入对应解析式，化简得结果. 【详解】

f(log43)＝4log43=3,选C. 【点睛】

本题考查分段函数求值，考查基本求解能力，属基础题.

12．A

解析：A 【解析】 由选项可知，

项均不是偶函数，故排除

，

项是偶函数，但项与轴没有交点，

即项的函数不存在零点，故选A. 考点：1.函数的奇偶性；2.函数零点的概念.

二、填空题

13．-40∪4+∞）【解析】【分析】由奇函数的性质可得f（0）=0由函数单调性可得在（04）上f（x）＜0在（4+∞）上f（x）＞0结合函数的奇偶性可得在（-40）上的函数值的情况从而可得答案【详解】根

解析： [-4，0]∪[4，+∞） 【解析】 【分析】

由奇函数的性质可得f（0）=0，由函数单调性可得在（0，4）上，f（x）＜0，在（4，+∞）上，f（x）＞0，结合函数的奇偶性可得在（-4，0）上的函数值的情况，从而可得答案. 【详解】

根据题意，函数f（x）是定义在R上的奇函数，则f（0）=0，

又由f（x）在区间（0，+∞）上单调递增，且f （4）=0，则在（0，4）上，f（x）＜0，在（4，+∞）上，f（x）＞0，

又由函数f（x）为奇函数，则在（-4，0）上，f（x）＞0，在（-∞，-4）上，f（x）＜0， 若f（x）≥0，则有-4≤x≤0或x≥4， 则不等式f（x）≥0的解集是[-4，0]∪[4，+∞）； 故答案为：[-4，0]∪[4，+∞）． 【点睛】

本题考查函数的单调性和奇偶性的综合应用，属于基础题．

14．【解析】当时解得；当时恒成立解得：合并解集为故填：

3解析：{x|x}

2【解析】

当x20时，xx2fx25xx25，解得 2x3 ；当2x20时，xx2fx25xx25，恒成立，解得：x2，合并

解集为xx3 ，故填：xx23. 215．【解析】【分析】由题意知函数在上是减函数在上是增函数其规律是自变量的绝对值越小其函数值越大由此可直接将转化成一般不等式再结合其定义域可以解出的取值范围【详解】解：函数是偶函数定义在上的偶函数在区间上

1解析：1,

2【解析】 【分析】

由题意知函数在0,2上是减函数，在2,0上是增函数，其规律是自变量的绝对值越小，其函数值越大，由此可直接将f(1m)f(m)转化成一般不等式，再结合其定义域可以解出m的取值范围 【详解】

解：Q函数是偶函数， f(1m)f(|1m|)，

f(m)f(|m|)， Q定义在2,2上的偶函数

f(x)在区间0,2上单调递减，

f(1m)f(m)，

0剟|m||1m|2，

得1„m1． 21． 2故答案为：1,【点睛】

本题考点是奇偶性与单调性的综合，考查利用抽象函数的单调性解抽象不等式，解决此类题的关键是将函数的性质进行正确的转化，将抽象不等式转化为一般不等式求解．本题在

2来参数的范围．做题一定要严谨，求解中有一点易疏漏，即忘记根据定义域为2,转化要注意验证是否等价．

16．1【解析】【分析】直接利用对数计算公式计算得到答案【详解】故答案

为：【点睛】本题考查了对数式的计算意在考查学生的计算能力

解析：1 【解析】 【分析】

直接利用对数计算公式计算得到答案. 【详解】

lg25lg222lg6﹣2lg3lg5lg2lg5lg2lg36lg9lg5lg2lg41

故答案为：1 【点睛】

本题考查了对数式的计算，意在考查学生的计算能力.

17．【解析】因为所以所以故填 解析：15 【解析】

因为3m5nk，所以mlog3k，nlog5k，

11lg5lg3lg152，所以mnlgklgklgklgk1lg15lg15，k15，故填15 218．(-∞1∪4+∞)【解析】由题意得a+1≤2或a≥4解得实数a的取值范围为(-∞1∪4+∞)点睛：已知函数的单调性确定参数的值或范围要注意以下两点：(1)若函数在区间ab上单调则该函数在此区间的任意 解析：

【解析】由题意得

或

，解得实数的取值范围为

上

点睛：已知函数的单调性确定参数的值或范围要注意以下两点：(1)若函数在区间

单调，则该函数在此区间的任意子区间上也是单调的；(2)分段函数的单调性，除注意各段的单调性外，还要注意衔接点的取值；（3）复合函数的单调性，不仅要注意内外函数单调性对应关系，而且要注意内外函数对应自变量的取值范围.

19．【解析】由题意有：则： 解析：

1 4a【解析】 由题意有：3则：a21,a2， 91. 42220．【解析】【分析】将函数转化为分段函数对参数分类讨论【详解】转化为分段函数：为更好说明问题不妨设：其对称轴为；其对称轴为①当时因为的对称轴显然不在则只需的对称轴位于该区间即解得：满足题意②当时此时函数

解析：9,00,3

【解析】 【分析】

将函数转化为分段函数，对参数a分类讨论. 【详解】

fx2x2xaxa，转化为分段函数： 3x22axa2,xafx2. 2x2axa,xa为更好说明问题，不妨设：

hx3x22axa2，其对称轴为xa； 3gxx22axa2，其对称轴为xa.

①当a0时， 因为hx的对称轴xa显然不在3,0，则 3只需gx的对称轴位于该区间，即a3,0， 解得：a0,3，满足题意. ②当a0时，

3x2,x0fx2，此时

x,x0函数在区间3,0是单调函数，不满足题意. ③当a0时，

因为gx的对称轴xa显然不在3,0 只需hx的对称轴位于该区间即可，即解得：a9,0，满足题意. 综上所述：a9,00,3. 故答案为：9,00,3. 【点睛】

本题考查分段函数的单调性，难点在于对参数a进行分类讨论.

a3,0 3三、解答题

1x1x,x0fx21．（1）0,x0（2）函数fx在0,上为增函数,详见解析

1x,x01x【解析】 【分析】

1根据题意，由奇函数的性质可得f00，设x0，则x0，结合函数的奇偶性与奇偶性分析可得fx在0,上的解析式，综合可得答案； 2根据题意，设0x1x2，由作差法分析可得答案．

【详解】

解：1根据题意，fx为定义在R上的函数fx是奇函数，则f00， 设x0，则x0，则fx1x， 1x1x， 1x又由fx为R上的奇函数，则fxfx1x1x,x0则fx0,x0；

1x,x01x2函数fx在0,上为增函数；

证明：根据题意，设0x1x2， 则fx1fx2又由0x1x2，

则x1x20，且1x10，1x20； 则fx1fx20，

即函数fx在0,上为增函数． 【点睛】

本题考查函数的奇偶性与单调性的判断以及应用，涉及掌握函数奇偶性、单调性的定义． 22．（1）m(,2][2,)（2）m1 【解析】 【分析】

（1）根据二次函数单调性，使对称轴不在区间1,1上即可；

2x1x21x11x21x21x1， 1x1x1x1x1x1x121221（2）由题意，分类讨论，当f13时和当f23时分别求m值，再回代检验是否为最大值. 【详解】

解：（1）对于函数fx，开口向上，对称轴x当fx在x1,1上单调递增时，当fx在x1,1上单调递减时，综上，m(,2][2,)．

（2）由题意，函数fx在x1或x2处取得最大值， 当f13时，解得m1，此时3为最小值，不合题意，舍去； 当f23时，解得m1，此时3为最大值，符合题意． 综上所述，m1． 【点睛】

本题考查（1）二次函数单调性问题，对称轴取值范围（2）二次函数最值问题；考查分类讨论思想，属于中等题型. 23．（1）见解析（2）1, 【解析】 【分析】

（1）先判定函数的单调性，结合单调性来进行求解fx是否存在最小值；

（2）先判断函数的奇偶性及单调性，结合奇偶性和单调性把fx2f43x0进行转化求解. 【详解】

m， 2m1，解得m2， 2m1，解得m2， 2531x01x01x0可得（1）由或，解得1x1，即函数fx的定义域为

1x01x01x1,1，

设1x1x21，则

2x2x11x11x2，∵1x1x21，∴1x11x21x11x21x11x2， 1x11x2x2x10，1x11x20，∴

①当a1时fx1fx2，则fx在1,1上是减函数，又t1,1， ∴xt,t时，fx有最小值，且最小值为ftloga1t； 1t②当0a1时，fx1fx2，则fx在1,1上是增函数，又t1,1， ∴xt,t时，fx无最小值.

（2）由于fx的定义域为1,1，定义域关于原点对称，且

1x1xfxlogalogafx，所以函数fx为奇函数.由（1）可知，

1x1x当a1时，函数fx为减函数，由此，不等式fx2f43x0等价于

1x23x45fx2f3x4，即有1x21，解得1x，所以x的取值范围是

3143x151,. 3【点睛】

本题主要考查函数性质的综合应用，奇偶性和单调性常结合求解抽象不等式问题，注意不要忽视了函数定义域，侧重考查数学抽象和逻辑推理的核心素养.

x2016324．（1）①，y42【解析】 【分析】

即可；

；（2）2022年

（1）由题意可得函数单调递增，且增长速度越来越快，则选模型①，再结合题设数据求解

x20163（2）由题意有42【详解】

40，再两边同时取对数求解即可.

解：（1）依题意，函数单调递增，且增长速度越来越快，故模型①符合， 设yabx2016，将x2016，y4和x2017，y6代入得

a44ab20162016；解得3. 20172016b6ab23故函数模型解析式为：y423综上：y423（2）令42x2016x2016.

经检验，x2018和x2019也符合.

；

x2016340，解得2x201610，两边同时取对数得：

3lg2x20163lg10，(x2016)lg1，

2(x2016)113lg3lg2， lg2x120162021.7.

lg3lg2综上：从2022年开始，该城市的包装垃圾将超过40万吨. 【点睛】

本题考查了函数的综合应用，重点考查了阅读能力及对数据的处理能力，属中档题. 25．（1）0；（2）证明见解析；（3）x1,0U2019,2020 【解析】 【分析】

（1）取xy1，代入即可求得f1； （2）任取x2x10，可确定fx2fx1fx20，根据单调性定义得到结论； x11将所求不等式变为f2域和函数单调性可构造不等式组求得结果. 【详解】

（3）利用f2020x22019xf2020，结合定义

（1）取xy1，则f1f1f1，解得：f10 （2）任取x2x10 则fx2fx1fx2xxx1fx1f2fx1fx1f2 x1x1x1x20，即fx2fx10 x1Qx2x10 x21 fx1fx在定义域内单调递增

（3）Qf2020f2020f20201 f20201 2fx22019x1f22020

2x2019x0由（2）知fx为增函数  2x2019x2020解得：x1,0U2019,2020 【点睛】

本题考查抽象函数单调性的证明、利用单调性求解函数不等式的问题；关键是能够通过单调性的定义证明得到函数单调性，进而根据函数单调性将函数值的比较转化为自变量的比较；易错点是忽略函数定义域的要求，造成求解错误.

2,0x426．(1)v2；(2) 10株时，最大值40千克

x8,4x205【解析】 【分析】

当4x20时，设vaxb，然后代入两组数值，解二元一次方程组可得参数a、b的值，即可得到函数v关于x的函数表达式；

第2题设药材每平方米的年生长总量为fx千克，然后列出fx表达式，再分段求出

fx的最大值，综合两段的最大值可得最终结果．

【详解】

(1)由题意得，当0x4时，v2； 当4x20时，设vaxb，

220ab02a由已知得，解得5，所以vx8，

510ab4b82,0x4故函数v2．

x8,4x205(2)设药材每平方米的年生长总量为fx千克，

2x,0x4依题意及1可得fx22，

x8x,4x205当0x4时，fx为增函数，故f(x)maxf4428； 当4x20时，fx2222x8xx220x(x10)240，此时555f(x)maxf1040．

综上所述，可知当每平方米种植10株时，药材的年生长总量取得最大值40千克． 【点睛】

本题主要考查应用函数解决实际问题的能力，考查了理解能力，以及实际问题转化为数学问题的能力，本题属中档题．