2019-2020学年安徽省宿州市十三所省重点中学高一上学期期中联考数学试题扫描版含答案

宿州市十三所重点中学2019-2020学年度第一学期期中质量检测

高一数学参考答案

1.A 2.B 【解析】 取x意． 3.C 4.D 5.A 解析 由2<2

a－a－x1111,，则y,，选项B，D符合；取x1，则y1，选项B符合题8822，解得x<－2a，即B＝{x|x<－2a}。

∵A∩B＝A，∴A⊆B，∴2≤－2a，解得a≤－1。 6．D 解析：由已知有02x20x1，答案：D

x07.B解析：因为y＝log5x在定义域内是单调递增函数，所以b＜a。又log54＜1＜log45，所以a＜c，即b＜a＜c。

8.B 解析：由2＝5＝m得a＝log2m，b＝log5m，

11

所以＋＝logm2＋logm5＝logm10.

ababab11

因为＋＝1，所以logm10＝1.所以m=10

9.C 解析：由题意可知f(x)的定义域为(0，＋∞)，在同一直

角坐

标系中画出函数y1＝|x－2|(x>0)，y2＝lnx(x>0)的图象，如图所示。由图可知函数f(x)在定义域内的零点个数为2. 故选C. 10.C

11.D 解析：当a0时 若x≥1时，f(x)＝1＋alog2x≥1，

若x＜1时，f(x)＝x＋4－2a最大值f(1)1+4-2a必须大于或等于1，才能满足f(x)的值域为R，可得1+4-2a≥1解得a(0,2]．

当a0时，若x≥1时，f(x)＝1＋alog2x1，，若x＜1时，f(x)＝x＋4－2af(1)1+4-2a，不符合题意，故选D。

12.B 解析 原不等式变形为m－2m<82，

2

x

∵函数y＝2在(－∞，－1]上是增函数，

x12x∴0<2，当x∈(－∞，－1]时，m－2m<82恒成立等价于 2xm2－2m00m2，故选B.

二填空题 13.[0,+)

14.6 解析 原式＝2log23×(2log32)＋log5(10×0.25)＝4＋log525＝6. 15.

2

,00,1解析：当a0时，fx0不符合题意；当a0时，符合题意，又

1a0a1，故a0,1；当a0时，符合题意。综上a,00,1

16.①③⑤ 解析 ∵f(－x)＝－f(x)，∴f(x)为奇函数，f(x)的图象关于原点对称，①真；当a>1时，f(x)在R上为增函数，当01时，f(x)在(－∞，0)上为减函数，在[0，＋∞)上为增函数，∴当x＝0时，y＝f(x)的最小值为0，④假，当0三、解答题

17.解：当B时， 2p1p3,p4... ... ... ... ... 4分 当B时，

32p1p32p1p3或，p4,或p4... ..8分 p312p1223p4,或p ... ... ... ... ...10分

218.解： (1)∵f(1)＝2，∴loga4＝2(a>0，a≠1)，

∴a＝2 ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ...2分

1＋x>0，(2)由

3－x>0，

得x∈(－1,3)，∴函数f(x)的定义域为(－1,3)

... ... ... ... ... ... ... ... ... ... ...4分

f(x)＝log2(1＋x)＋log2(3－x)

＝log2(1＋x)(3－x)＝log2[－(x－1)＋4]， ... ... ...7分

∴当x∈(－1,1)时，f(x)是增函数； 当x∈(1,3)时，f(x)是减函数，∴函数f(x)在0,上的

2最大值是f(1)＝log24＝2 ... ... ...12分

2

319．解：(1)设x＜0，则－x＞0，

所以f(－x)＝－(－x)＋2(－x)＝－x－2x.

2

2

又f(x)为奇函数，所以f(－x)＝－f(x)，

于是x＜0时，f(x)＝x＋2x＝x＋mx，∴m＝2. ... .. ... ...6分

2

2

(2)要使f(x)在[－1，a－2]上单调递增， 作出f(x)的图象如图所示，

结合f(x)的图象知

a－2＞－1，

a－2≤1，

... ... ....10分

所以1＜a≤3，

故实数a的取值范围是(1,3]． ... ... ... ...... ...12分 20.解：（1）易知fxx1

... ... ... ... ......1分

令x1x20，则fx1fx2x1x2x1x20，

x1x2即fx1fx2，故fx在0,上单调递增. ... ... ...6分

11（2）由x1,4fxgxaxx，

211211∴存在x1,4，a， ... ...10分 成立，故axxxxmax2112而2，故a2 . ... ... ... ... ... ... ... ... ...12分 xxmax 21．解：（1）根据题意，得 S=

，

=

... ...... ... ... ... ....5分

2

（2）当1≤t≤30，t∈N时，S=﹣（t﹣20）+6 400，

当t=20时，S有最大值，为6 400； ... ...8分 当31≤t≤50，t∈N时，S=﹣80t+8 000为减函数，

当t=31时，S有最大值，为5520 ... ... ... ...11分 ∵5520＜6 400，

∴当销售时间为20天时，日销售额S有最大值，

最大值为6400元 ... ... ...... ... ... ... ... ... 12分 22. 解：（1）由题知当x1,4，{y|yf(x)}{y|yg(x)} 当x1,4，fx1,3；

当a0时，gx1时不符合题意； ... ... ... ... ...2分 当a0时，gx1a,12a， 要使1,31a,12a1a1a2 .... ... ...4 分

12a3,

当a0时，gx12a,1a， 要使1,312a,1a综上a,22,12a1a2, ... ... 6分

1a3... ... ... ...

7 分

（2）由题意知t151t,，当1t2时，在1,t上，f1最大，ft最

252t05时，在1,t上，2小，故f1ft52tt2或4，t=4不符合题意舍去；当2tf1最大，f2最小，

故f1f252tt2，符合题意.

综上，存在实数t2满足题意. ... ... ... ... 12分