高一上学期期末数学考试卷及答案
2020-2021学年度上学期高一年级期末数学考试卷
注意事项：
1.本试卷分为第Ⅰ卷（阅读题）和第Ⅱ卷（表达题）两部分。考生答题前，务必在答题卡上填写姓名和准考证号。
2.考生在作答时，请仔细阅读答题卡上的注意事项，并将答案填写在答题卡上。在试卷上作答无效。
一、单选题
本题共8小题，每小题5分，共40分。在每小题中，仅有一个选项符合题目要求。
1.已知全集U={-1,0,1,2,3}，集合A={0,1,2}，B={-1,0,1}，则(C ∪ A) ∩ B = ()。
A。{0} B。{1} C。{-1}
D。{0,1}
2.“a < 1”是“a < ”的（） A。充分不必要条件 B。必要不充分条件 C。充要条件
D。既不充分也不必要条件
3.已知函数f(x)={x+1.x≥2.f(x+3)。x<2}，则f(1) - f(9) =（） A。-1 B。-2 C。6 D。7
4.已知f(x) = (x-a)(x-b) + 2(aA。a<α<β5.f(x)是定义在R上的偶函数，在(-∞,0)上是增函数，且f(3) = 0，则使f(x) < 0的x的范围是（）A。(-3,3)
B。(-∞,-3) ∪ (3,+∞) C。(3,+∞) D。(-∞,-3)
6.已知a≥0，b≥0，且a+b=2，则（） A。ab ≤ 1/2 B。ab ≥ 1/2 C。a^2 + b^2 ≥ 2 D。a^2 + b^2 ≤ 3
7.函数f(x) = log2(1/(2x-1))的定义域是（） A。(1/2,∞) B。(1,+∞) C。(-∞,1/2]+∞ D。(-∞,1/2)
8.函数f(x) = xln(x+1) - x - 1的零点个数有（） A。0个 B。1个 C。2个 D。3个
二、多项选择题
本题共4小题，每小题5分，共20分。在每小题中，有多个选项符合题目要求。全部选对得5分，部分选对得3分，有选错的得分。
9.下列命题是“存在一个实数x，使得x>3”的表述方法的是（）
A。存在一个实数x，使得x^2.3 B。对于所有实数x，都有x^2.3 C。存在一个实数x，使得x。√3 D。对于所有实数x，都有x。√3
10.下列命题中是真命题的有（）
A。幂函数的图像都经过点(1,1)和(0,0) B。幂函数的图像不可能过第四象限
C。对数函数y=loga(x)的图像在x轴正半轴上有渐近线y=0
D。正比例函数的图像一定经过原点
C．当$x$增大时，幂函数$y=x^n$也随之增大。 B．存在$x\\in\\mathbb{R}$，使得$x^2>3$。
D．至少存在一个$x\\in\\mathbb{R}$，使得$x^2>3$。 D．当$x$增大时，幂函数$y=x^n$在第一象限内的函数值随之减小。
11．如果函数$f(x)$在$[a,b]$上是增函数，对于任意的$x_1,x_2\\in[a,b]$（$x_1\\neq x_2$），则下列结论中正确的是（）
A．$\\frac{f(x_1)-f(x_2)}{x_1-x_2}>0$ B．$(x_1-x_2)\\left(f(x_1)-f(x_2)\\right)>0$ C．$f(a)\\leq f(x_1)f(x_2)$212．已知函数$f(x)=x-2x^2+a$有两个零点$x_1$，$x_2$，以下结论正确的是（）
A．$a<1$
B．若$x_1\\neq x_2$，则$\\frac{1}{2}(x_1+x_2)=\\frac{1}{2}$
C．$f(-1)=f(3)$
D．函数$y=f(x)$有四个零点。
13．已知$f(x+1)=2x+3$，则$f(x)$的解析式为$f(x)=2x+1$。 14．用二分法研究函数$f(x)=x^3+3x-1$的零点时，第一次计算得$f(0)0$，第二次应计算$f(x_1)$，则$x_1=0.25$。
15．已知函数$f(x)=\\begin{cases}2x+2.& x>2 \\\\ x。& x\\leq 2\\end{cases}$，若$f(a)=4$，则$a=1$。
16．已知函数$f(x)=\\log_a(8-ax)$（$a>0$，且$a\\neq 1$），若$f(x)>1$在区间$[1,2]$上恒成立，则$a\\in(0,2)$。
17．（1）$\\frac{33}{28}$；（2）$3$。
18．（1）函数$f(x)$在区间$(-\\infty,-1)\\cup[0,\\infty)$上单调递增，在区间$(-1,0)$上单调递减；（2）$f(-\\frac{1}{2})=\\frac{9}{8}$。
19．（1）$\\{x\\in\\mathbb{R}\\mid
x>1\\}\\cap\\{x\\in\\mathbb{R}\\mid x<3\\}$；（2）$\\log_a 2$。
20.（12分）已知函数$f(x)=\\dfrac{2x-1}{x+1}$ 1）在$(-1,+\\infty)$上单调递减，证明如下：
对于任意$x_1,x_2\\in(-1,+\\infty)$，且$x_1f(x_2)-f(x_1)=\\dfrac{2x_2-1}{x_2+1}-\\dfrac{2x_1-1}{x_1+1}=\\dfrac{2(x_2-x_1)}{(x_2+1)(x_1+1)}>0$$所以$f(x)$在$(-1,+\\infty)$上单调递减。
2）在$x\\in[3,5]$上，$f(x)$的最大值和最小值分别为$\\dfrac{7}{4}$和$-\\dfrac{3}{2}$。
21．（12分）已知函数$f(x)=\\dfrac{2x+a}{x}$，其中$x>0$。
1）若$f(x)\\geq a+2$在$(1,+\\infty)$恒成立，求$a$的取值范围。
由于$f(x)\\geq a+2$在$(1,+\\infty)$恒成立，所以对于任意$x>0$，都有：
dfrac{2x+a}{x}\\geq a+2$$
化简得$x\\geq\\dfrac{2}{a-2}$，所以$a>2$，且$a\\leq 4$。 2）设函数$g(x)=f(x)-(a+2)$，解不等式$g(x)>0$。 g(x)>0\\Rightarrow f(x)>a+2\\Rightarrow \\dfrac{2x+a}{x}>a+2\\Rightarrow x<\\dfrac{2}{a-2}$$
所以$x\\in(0,\\dfrac{2}{a-2})$。
22．（12分）设函数$f(x)=a-(k-1)ax-x$，其中$a\\neq 1$，$x\\in\\mathbb{R}$，且$f(x)$是奇函数。
1）求$k$的值。
由于$f(x)$是奇函数，所以有$f(-x)=-f(x)$，代入得： a+(k-1)ax+x=-a+(k-1)ax-x$$ 化简得$k=2$。
2）若$f(1)<0$，判断$f(x^2+tx)+f(4-x)<0$在$t$取值范围为何XXX成立。
由于$f(x)$是奇函数，所以$f(-x)=-f(x)$，代入得： f(x)+f(4-x)=2a-2(k-1)ax-4$$ 将$x$换成$x^2+tx$，得：
f(x^2+tx)+f(4-x)=2a-2(k-1)a(x^2+tx)-4$$ 化XXX：
f(x^2+tx)+f(4-x)=-2(k-1)ax^2+(2a-2(k-1)at-4)x+2a-4$$ 为使$f(x^2+tx)+f(4-x)<0$恒成立，需要使上式的系数满足如下条件：
begin{cases}-2(k-1)ax^2<0\\\\2a-2(k-1)at-4<0\\end{cases}$$ 所以$t\\in(-\\infty,\\dfrac{a-2}{k-1})$。 3）求$g(x)$在$[1,+\\infty)$上的最小值。 g(x)=f(x)+x-a=kax-(k-2)a$$
当$k=2$时，$g(x)=-ax$，为了使$g(x)$在$[1,+\\infty)$上取得最小值，需要使$x$取得最大值，即$x=1$，此时$g(x)=-a$，所以$g(x)$在$[1,+\\infty)$上的最小值为$-a$。
综上可得：当a≤1时，x的取值范围为(-∞,3]。 当a>1时，x的取值范围为[1,3)。
20（1）函数f(x)=2x/(x+1)-13/(x+1)在(-1,+∞)上是增函数。 证明：任取x1，x2∈(-1,+∞)，且x1f(x1)-f(x2)<(x1+1)(x2+1)(x2-x1)^(-1) 0，即f(x1)2）函数f(x)在(-1,+∞)上是增函数，∴f(x)在[3,5]上单调递增，它的最大值是f(5)=7/8，最小值是f(3)=-5/6.f(x)>=2x/(5+3x)，在(1,+∞)恒成立，即2x+3>=0，在(1,+∞)恒成立。
分离参数得：a>=-2x^2。 x∈(1,+∞)，∴-2x^2<-2。
从而有：a>=-2.
a^2x^2-(a+2)x+a(x-1)(2x-a)
3）g(x)=2x^3-(a+2)x>=0，即x(2x-a)>=0. 令g(x)=0，得x1=1，x2=a/2。
因为函数g(x)的定义域为(0,+∞)，所以g(x)>0等价于(x-1)(2x-a)>0.
1）当a=0恒成立，原不等式的解集是(1,+∞)。
2）当|a|<2时，即|a|<2，原不等式的解集是(0,1]∪(1,+∞)。 3）当a=2时，原不等式的解集是(0,1)∪(1,+∞)。
4）当a>2时，XXX又因为f(x)在(0,+∞)上单调递减，∴a0=√3.2）f(x)=a(1-x^2)/(1+x^2)，∴f(1)<0，∴a-2<0，∴a<2.
根据不等式0由于2ax单减，a-x单增，因此f(x)在实数集上单减。因此，不等式可以化为fx+txx-4.即x^2+(t-1)x+4恒成立。因此，可以得出Δ=(t-1)^2-16<0，解得-3因此，a=2或a=-2（舍去）。给定g(x)=2^(2x+2)-2^x-2^(2x-2)-x=2x-2-x(2^(2x-2)-1)。
令t=2x-2-x，则t在区间[1,+∞)上单增。
因此，设h(t)=t-2t+2=(t-1)+1，t∈[3/2,+∞)。
因此，h(t)在[3/2,+∞)上的最小值为h(5/2)=g(x)[1,+∞)，即在该区间上的最小值为5/4.
