2020-2021学年湖南师大附中高一(上)期中数学试卷(附答案详解)

2323

20202021年湖南师大附中一（上）期中学试卷已知集，，则𝑁(C.

B.D.

命题“

”的否定是

B.C.

D.

已知碳是种放射性元素，在放射过程中，质量会不断减少．已克经年质量经过放射消耗克则再经过多少年，质可放射消耗克．

B.

C.

D.

下列四组函数中与是一个函数的

，

B.

，(

C.

，

D.，下列说法正确的

𝑥

𝑐

B.

C.

D.

若不等

对一恒立，的小值

B.

C.

D.

若函数

的义域，域，实的可能为

B.

C.

D.

若函数别为上奇函数函数满

有

B.

C.

D.

第1页，共页

3535

设函数

则(的为．已

：，是的分不必要条件，则的取值范围为．化求值．)

0

34

；

14

𝑔4

𝑛2

．已函

𝑥

+1

为奇函数．求的值，并用函数单调性的定义证明函在上增函数；求等

𝑡的集．已函对于任时．求：上奇函数；求：上减函数；若

，求在区上最大值和最小值．第2页，共页

2222已函2，的集[．求数的解析式；解于的等式，中．设(为函数且上单调递减，，则的集C.

−2,0)(2,+

B.D.

−2)(0,2)−2,0)(0,2)已函

,

在上单调的函数，的取值范围

2

,

B.

,

C.

D.

,下命题中正确的

2

2有个实数解B.C.

设.𝑏是数，若二次方若则2

2

𝑥无实根，D.

若则函数

2+4

的最小值为2设数，给出如下命题，其中正确的是B.C.D.

时，是函数，时方只有一个实数根的图象关于对方程最多有两个实根已

2只有一个零点，

．第3页，共页

设于的不等式2，，只有有限个整数解，且是中一个解，则全部不等式的整数解的和为．“山银山，不如绿水青山，而且绿水青山就是金山银山.某镇为创建“绿色家园”，决定在乡镇范围内栽种某种观赏树木，已知这种树木自栽种之日起，其生长规律为：树木的高度单与长年限单满足关树木栽种时的高度为米；年，树木的高度达到米求的解析式；问种植起，第几年树木生长最快？

𝑘𝑏

．已函

．当时解不等的解集；若任，等

𝑥

恒立，的最大值；对函，，，，，，为一三角形的三边长，则称为可构造三角形函数”，已知函数(数”，求实数的值范围．

𝑥

是“可构造三角形函第4页，共页

𝑥答案和解析𝑥1.【答案】【解析】【分析】本题考查了列举法的定义，交集的定义及运算，考查了计算能力，属于基础题．进行交集的运算即可．【解答】解：，，𝑁{．故选：．2.【答案】【解析】【分析】本题考查了全称量词命题的否定，属于中档题．根据全称量词命题的否定是存在量词命题，求解即可．【解答】解：𝑥−1

即𝑥，故命题𝑥

𝑥𝑥

>0的定是“

”，故选．3.【答案】【解析】【分析】本题考查函数的实际应用，考查学生的逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．由题知碳的衰期为年要其质量克耗克则经历两个半衰期即可．【解答】第5页，共页

23，定义域为，{，解：由题23，定义域为，{，则过年，质量从克耗到克过年，质量可消耗克故选：．4.【答案】【解析】【分析】根据定义域相同，对应关系也相同，即可判断两函数为同一函数．本题考查了判断两个函数是否为同一函数的应用问题，是基础题．【解答】解：对，，义，两函数的定义域不同，不是同一函数；

，义域为，对于

，定义域

，定义域，函数的定义域不同，不是同一函数；对于，，义域为，定义域不同，不是同一函数；

，义域，函数的对于{

𝑥义域为，函数的定义域相同，对应关系也相同，是同一数．故选：5.【答案】【解析】【分析】由不等式的性质，对各个选项逐一验证即可得，其中错误的可举反例．本题考查命题真假的判断，涉及不等式的性质．【解答】解：选项A，当时由不能推

，故错误；选项B，，时显然但

，故错误；第6页，共页

555选项，时必555

33

，故正确；选项D，当，时显然有

，但却，错误．故选：．6.【答案】【解析】【分析】本题考查不等式的恒成立问题函数的单调性的运用运算能力中题．由题意可得对一【解答】

恒成立最小值不于最小值即可．解：不等式

𝑥对一恒立，即有对一

恒立．由于，时函递．则当时取最小值且为，则有，得．则最小值为．故选：．7.【答案】【解析】【分析】本题考查函数的定义域及其值域的求法逻辑思维能力与推理运算能力档题．求出二次函数的对称轴方程，可知时函数有最小值，再，合二次函数的对称性可得的能取值．【解答】解：函

的对称轴方程，当时函数上调递减，时最大值，时最小值，得．第7页，共页

，，，则当时值时，，，实的可为，，．故选：．8.【答案】【解析】【分析】根据题意，由函数奇偶性的定义可，变形可得

，与联，解可与的析式，进而求出、、的，比较得其大小，即可得答案．本题考查函数的奇偶性的性质以及应用，涉及函数解析式的计算．【解答】解据意数(分为上奇函数函数满足，则(，形可，，联立可得：

，A正，错；则

，则有，错误D正；故选：．9.【答案】【解析】【分析】根据题意函数的解析式可得可算可得答案．本题考查分段函数的函数值求解，属于基础题．【解答】解：根据题意，函数(则(，

，第8页，共页

3则(；3故答案为：【案【解析】【分析】根据不等式的解法求的等价条件合充分不必要条件的定义建立不等式关系即可．本题主要考查充分条件和必要条件的应用一元二次不等式和绝对值不等式的解法，为一般题．【解答】解：由

得得，由得，或，得或，若是的分不必条件，则即得，又，则，即实数取值范围是，故答案．【案】解：)

34

×√6−8+22．

14

𝑙𝑛2

lg(16

．第9页，共页

，则𝑎，𝑥𝑥【解析本考查对数式、指数式化简求值，考查指，则𝑎，𝑥𝑥利指数的性质、运算法则直接求解．利对数的性质、运算法则直接求解．【案】解：

𝑎𝑥

是奇函数，定义域为

𝑎𝑥

，证明：任取,，且

，则()

𝑒

𝑒1𝑒2)𝑥1𝑥2𝑥1𝑒𝑥2

，由

，可得

12

，则𝑒

12

，

1

𝑒

2

1>)，即)，函在上是增函数．由可知为上单调递增的奇函数，不等式(

化，𝑡

即

，得，故不等式的解集．【解析据奇函数的性代可求𝑎，后结合函数单调的定义即可证明；根函数奇偶性和单调性之间的关系，将不等式转化

，之即可得结论．本题主要考查函数的奇偶性和单调性的综合，利用函数的性质解不等式，属于中档题．【案证明：函数对任，总有，令得，令得，在上奇函数；证：上取，，)，时，，，第10页，共17页

2，22在上减函数．解：是上函数，上是减函数，在上最大值和最值分别，而，2在上最大值为，小值为．【解析本题考查抽象函数及其应用，考查函数奇偶性与单调性的判定，突出考查赋值法，考查运算能力．由于(，别令，求，，可证得(在上奇函数；任取2

，利用单调函数的定义法，作

𝑥后转化，利用时2即证在上是减函数；利用知数(为上的减函数用上的最大值为与最小;

2

求在【案】解：因的集所2；所以解得，，；

2

的为，，所以(

2

．(2)，𝑥，所以当时不等式的解集当时方𝑥的为

,，所以当时不等式的解集

2

,，当2时不等式的解集

2

,，当时，不等式的解集，当时不等式的解集

2

．【解析本题主要考查二次函数图象与性质以及应用查了含参数的一元二次不等式解法，用到分类讨论的思想方法，属于拔高题．第11页，共17页

由等式的解集，可知二次函对进分讨，解不等式即可．【案【解析】【分析】本题考查函数奇偶性、单调性的综合应用，考查数形结合思想，灵活作出函数的草图是解题关键．易判断(在上的单调性及图象所过特殊点，作的图，根据图象可解不等式．【解答】解：在是奇函数，且在上递减，在上减，由(，得(，即，由(，得，作出(的草图，如图所示：由图象，得或，解得或，的集为，故选：【案第12页，共17页

2【解析】2【分析】本题考查了函数的单调性，分段函数的应用．由一次函数、二次函数的性质，得不等式，解出即可．【解答】解：函

,

在上单调的函数，函是上的增函数，，得：，且当时，−，得：，5综上取值范围是：

25

,．故选：．【案【解析】【分析】本题考查命题的真假的判断与应用，考查基本不等式，方程的解，不等式的基本性质的判断．通过解方程可得的误次方程

2

𝑥无根可得，

2

𝑐，可；利用不等式的基本性质判即；利用基本不等式成立的条件，判断选项D即．【解答】解：

2

2解得或舍，所以，方程有个数解，所以不确；设，是实数，若二次方程

2

𝑥无实根，可知，

2

𝑐，可，所以B确；因为

2

，以

，所以C正；若则函

2

2

22

，

2

当且仅

2

时等号，等式显然不成立，第13页，共17页

所以选项D正确．故选：．【案【解析】【分析】通过判断函数的奇偶性判的误；利用函数的零点判断；函数的图象的对称性判断；例通过零点的个数判．本题考查函数的零点与方程根的关系，是中档题．【解答】解：当时，𝑥，此时，故(为函数，确；当，时若无，若，一解√

，确；因为奇函数，关于原点对称可由经过上下平移得到，所的象关于对称，故确；当时，方程(，即|，得故D不确．故选：．【案【解析】【分析】

，，，23原问题可转化为方程

只一个根，即2

只有一个根，构造函

，利用基本不等式的性质求出其最小值即可得解．本题考查函数的零点本不等的性质解函数的零点与方程的根之间的联系是解题的关键，考查学生的转化思想、逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．【解答】解：函数

2𝑎只一个零点，方2只有一个根，即第14页，共17页

只有一个根，

𝑏令(𝑏

=2

当且仅

即时等号立，，得．故答案为：．【案【解析】【分析】本题考查一元二次不等式的应用，解题的关键是确的，求出相应一元二次不等式的解集．先确定，利用为其中的一个解，，求出或，从而可得不等式，由此确定不等式的整数解，从而可得结论．【解答】解：当时显不符合题意；当时设

𝑎，其图象为抛物线．关于的不等式

整解只有有限个，所以．因为为中的一个解可以求得又，所，．

，当时不等式

，解得

，此时不等式的整数解为：，，，；当时不等式

，解，此时不等式的整数解为：，，，，，；综上所述，全部不等式的整数解的和．故答案为：．【案】解：

𝑘𝑏

，由题意，，得{，得𝑘，𝑏．𝑘+𝑏

𝑥

；第15页，共17页

3𝑥31141，41414设(为3𝑥31141，41414则(

414182⋅31+33𝑥4−𝑥3𝑥4𝑥

．令

，

．32𝑢令(，在

上调递减，在,上调递增，33当时，有小值，有大值，3由32

，得，，故的值可能为或，又𝑔(4)，，44因此，从种植起，