2022-2023学年湖北省武汉市江汉区高一年级上册学期期中数学试题【含答案】

D．,1(1,2]

3

1A．[,2]

3

【答案】DB．1C．(,)(1,2]3【分析】解绝对值不等式求得集合A，解分式不等式求得集合B，求得集合A的补集，然后求此补集和集合B的并集，由此得出正确选项.1x21

0得【详解】由|3x1|2得3x12或3x12，解得x或x1，故CRA,1.由3x13

x1x20，解得1x10故选D.x2，所以(CRA)B3,1(1,2].1

【点睛】本小题主要考查绝对值不等式的解法，考查分式不等式的解法，考查集合补集、并集的计算，属于基础题.2．下列函数f(x)，g(x)表示的是相同函数的是A．f(x)2x，g(x)log2x2xC．f(x)x，g(x)xB．f(x)|x|，g(x)x2D．f(x)2lgx，g(x)lg(2x)

【答案】B【分析】根据相同函数的概念，逐项判断，即可得出结果.【详解】若函数相同，则定义域相同，对应关系一致；A选项，函数f(x)2x的定义域为R，g(x)log2x的定义域为0,，定义域不同，不是相同函数，故A错；B选项，函数f(x)|x|与g(x)x2的定义域为R，且g(x)确；x2x，对应关系也相同，故B正x2f(x)xC选项，函数的定义域为R，函数g(x)的定义域为,00,，定义域不同，不x是相同函数，故C错；D选项，函数f(x)2lgx和g(x)lg(2x)的定义域均为0,，但对应关系不一致，故D错；故选B【点睛】本题主要考查相同函数的判定，熟记概念即可，属于基础题型.3．已知p:|m1|1，q:幂函数y(m2m1)xm在0,上单调递减，则p是q的A．充分不必要条件C．充要条件【答案】B【详解】p:m11等价于2＜m＜0，2m

∵幂函数ymm1x在0,上单调递减，m2m11，且m＜0，B．必要不充分条件D．既不充分也不必要条件解得m1，∴p是q的的必要不充分条件，故选B4．函数f(x)A．1,2C．(1,2)【答案】B【分析】根据根号下大于等于0，分母不为0以及对数的真数大于0，列出不等式组，解出即可.x10

【详解】由题意可得，，2

4x0

x1x1ln(4x2)的定义域是（）B．(1,2)

D．2,11,2解可得，1x2，即函数的定义域为(1,2)．故选：B．2

5．若不等式ax2bxc0的解集是4,1，则不等式bx1ax3c0的解为（）4A．,1

34

B．,1,C．1,43

21,D．–，

【答案】A【分析】根据不等式ax2bxc0的解集求出b、a和c的关系，再化简不等式b(x21)a(x3)c0，从而求出所求不等式的解集．【详解】根据题意，若不等式ax2bxc0的解集是4,1，则4与1是方程ax2bxc0的根，且a<0，b

41a则有，c41

a

解得b3a﹐c4a﹐且a<0；不等式bx21ax3c0化为：3x21x340，整理得3x2x40﹐即3x4x10﹐解可得4x1，342即不等式bx1ax3c0的解为,1；3故选：A.【点睛】本题考查一元二次不等式的解法，关键是掌握一元二次不等式的解集与相应的一元二次方程的实数根的关系和根与系数的关系，属于中档题．6．函数f(x)2ln|x|的部分图象大致为（x）A．B．C．D．【答案】C【分析】选确定函数的奇偶性，排除两个选项，然后再利用特殊的函数值的正负排除一个选项，得正确结论．【详解】f(x)2ln|x|f(x)，x则f(x)为奇函数，其图象关于原点对称，故排除B，D，当x1时，f(1)0，当xe时，f(e)故选：C．7．函数f(x)x3lgx18的零点所在的区间为（）2

0，故排除A，e

1A．0，

【答案】C2B．1，3C．2，4D．3，【分析】根据零点存在性定理，验证函数fx在区间端点处的函数值符号即可.【详解】因为fx在(0,)上单调递增，f(2)23lg218lg2100，f(3)33lg3189lg30，所以函数fx的零点所在的区间为2,3.【点睛】函数零点个数的3种判断方法(1)直接求零点：令f(x)0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．(2)零点存在性定理：利用定理不仅要求函数在区间a,b上是连续不断的曲线，且f(a)f(b)0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．(3)利用图象交点的个数：画出两个函数的图象，看其交点的个数，其中交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点.0.5已知函数f(x)是R上的奇函数，且在(,0)单调递减，则三个数：af0.6，bflog0.60.5，8．cf0.50.6之间的大小关系是（）C．abc

D．bac

A．acb【答案】DB．b9．若ylog0.5(3xax5)在(1,)上单调递减，则a的取值范围是（）.A．[6,8)【答案】BB．[6,8]C．[6,)

247D．[,)35

【分析】令f（x）＝3x2ax5，由题意得f（x）在(1,)上单调递增，且f（﹣1）0，由此能求出a的取值范围．2

【详解】∵函数ylog0.5(3xax5)在(1,)上单调递减，令f（x）＝3x2ax5，∴f（x）＝3x2ax5在(1,)上单调递增，且f（﹣1）0f(1)3a50∴a，解得6a≤8．󰀭123故选B．【点睛】本题考查实数值的求法，注意函数的单调性的合理运用，属于基础题．210．设ab0，则2a

1110ac25c2的最小值是（abaabC．3

）D．2

A．1【答案】BB．4

2

【分析】先把代数式2a

11112

10ac25c2整理成a5cabaab，abaababaab然后利用基本不等式可求出原式的最小值.【详解】Q2a2

1111

10ac25c2a210ac25c2a2abababaababaaba5cab21111aab02ab2aa4，当且仅当babaababaaba5c

22时，即当a2，b，c时，等号成立，ab1

52aab1



2

因此，2a

1110ac25c2的最小值是4.abaab故选B.【点睛】本题考查利用基本不等式求代数式的最小值，解题的关键就是要对代数式进行合理配凑，考查计算能力，属于中等题.11．已知定义域为R的奇函数fx满足f(x2)f(x)，且当0x1时，f(x)log2(xa)，若对任12

意x[0,1]，都有fxtx1log23，则实数t的取值范围是（2

）A．1,3【答案】BB．0,3C．1,3D．0,3【解析】fx是周期为4的函数，且是奇函数，0在函数定义域内，故f00，得a1，先得到1,3一个周期内fx的解析式，求出该周期内使f(x)1log23成立的x的范围，从而推出1

x2tx的范围，再分t的范围讨论即可.2

【详解】解：由题意，fx为周期为4的函数，且是奇函数0在函数定义域内，故f00，得a1，所以当0x1时，f(x)log2(x1)，当x1,0时，x[0,1]，此时f(x)f(x)log2(x1)，又知道f(x2)f(x)f(x)，所以fx以x1为对称轴，且当x1,1时fx单调递增，当x1,3时fx单调递减.51当x[1,3]时，令f(x)1log23，得x，或x，2215

所以在1,3内当f(x)1log23时，x,

22

12

设g(x)xtx，2

12

若对于x0,1都有fxtx1log23，251

所以g(x)4n,4n,nZ

22

11515

因为g(0),，所以g(x),

22222

①当t11150时，gx在0,1上单调递减，故g(x)t,,22222

得t0，无解.t2115t1②0t1时，0，此时gt最大，g1最小，即g(x)t1,,

422222

得t[0,1].t21151t

③当1t2时，即2，此时g0最小，gt最大，即g(x)t1,,

422222

得t(1,2]，1151

④当t2时，gx在0,1上单调递增，故g(x),t,

2222解得，t(2,3]，综上t[0.3].故选：B.【点睛】本题考查了复合函数的值域、对称区间上函数解析式的求法、二次函数在闭区间上的最值、函数的对称性、周期性、恒成立等知识.属于难题.12．已知函数fx满足：①对任意0x1x2，都有fx1fx2x1x20；②函数yfx2的图象a122

关于点2,0对称.若实数a，b满足fa2bfb2a，则当a,1时，的取值范围ab2

为（）11

B．,

42

1C．,1

2

11A．,

82

D．2,4【答案】B【分析】先根据函数fx满足的①②条件得函数fx在R上单调递减，再根据单调性得a22bb22a，解不等式得bab2a0，再结合线性规划的知识解决即可.【详解】由对任意0x1x2，都有fx1fx2x1x20，可得，fx在0,上单调递减；由函数yfx2的图象关于点2,0对称，得函数yfx的图象关于原点对称，可得函数yfx为奇函数；故fx在R上单调递减.22

于是得fa2bfb2a，∴a22bb22a，∴b2a22a2b0，∴bab2a0.yxy2x01

则当a,1时，令ax，by，则问题等价于点x,y满足区域1，如图阴2x12影部分，由线性规划知识可知byy

为x,y与0,0连线的斜率，由图可得1,3，xax

a111

,

∴abb42.故选B.1a【点睛】本题考查函数的奇偶性，单调性，线性规划等，考查学生分析问题与解决问题的能力，是难题.二、填空题13．已知p：x>1或x<-3，q：x>a(a为实数)．若¬q的一个充分不必要条件是¬p，则实数a的取值范围是．【答案】a1

【分析】由充分不必要条件的概念转化为集合真子集的关系求解参数的取值范围即可.【详解】由已知得¬p：-3≤x≤1，¬q：x≤a．设Ax3x1，Bxxa若¬p是¬q的充分不必要条件，则¬p⇒¬q，¬q⇒¬p，所以集合A是集合B的真子集.所以a1．故答案为：a1.14．已知实数x,y满足3xyln(x2y3)ln(2x3y5)，则xy【答案】.167【详解】分析：先构造函数f(t)lntt1，根据函数单调性得f(t)0，结合条件得t1，解得x,y，即得结果.1

详解：令f(t)lntt1，因为f(t)10t1，所以当0t1时f(t)0,当t1时f(t)0,因t此f(t)f(1)0，即lntt1，所以ln(x2y3)x2y31,ln(2x3y5)2x3y51因此ln(x2y3)ln(2x3y5)x2y312x3y513xy

因为3xylnx2y3ln2x3y5，2x3y5=1x所以x2y3=1，

41216

,yxy.777点睛：构造函数对不等式进行放缩，进而参数取值范围，是一个有效方法.如xlnx1,

exx1,exx21(x0).15．设函数f(x)22x4和函数g(x)axa，若对任意x10,，都有x2,1使得f(x1)g(x2)，则实数a的取值范围为．【答案】(0,)

【分析】求出函数f(x)的值域A，设g(x)的值域为B，题意等价于AB，然后分类讨论确定g(x)的值域，再根据集合的包含关系得结论．【详解】f(x)22x4是[0，)上的递减函数，f(x)的值域为(，0]，令A(，0]，令g(x)axa的值域为B，因为对任意x1[0，)都有x2(，1]使得f(x1)g(x2)，则有AB，因为g(x)axa，当a0时，g(x)0，不满足AB，当a0时，g(x)在(，1]上单调递增，B(，2a]，故2a0，a0，当a0时，g(x)在(，1]上单调递减，B[2a，)，不满足AB，综上所述a0，故答案为：(0,)

16．函数f(x)10lg(x)lnexx在定义域(,0)内存在区间[a，b]，满足f(x)在[a，b]上的值域为[a，b]，则实数k的取值范围是k

.3

【答案】(1,)4【分析】利用对数函数的一般性质对f(x)进行化简，然后根据给定区间的增减性及正负性先确定a，b的取值范围，再利用恒成立问题进行求解.【详解】f(x)10lg(x)lnexkxkx(x)x2k(x(,0))，x由题意可知：ab0，则f(x)在区间[a，b]上是递减的，所以f(x)在区间[a，b]上的值域为[f(b)，f(a)]，f(a)b所以，f(b)aa2kb所以2，bka所以ba2ab2，因为a¹b，所以ab1，因为ab，11

所以a(1,),b(,0)，22因为ab1，a2kb，所以kba2b(1b)2(b2b1)，1

因为b(,0)，23

所以k(1,).4

3

故答案为：(1,).4

【点睛】本题考查了对数相关性质，不等式的相关内容，综合性较强，属于中档题.三、解答题17．按要求完成下列各题（1）求值log222lg5lg471log723222（2）已知xx13，求xx1.【答案】（1）2；（2）5.【分析】（1）利用对数的运算律、指数的运算律、对数的恒等式以及根式的运算性质可得出结果；（2）在等式xx13两边平方，可求出x2x2的值，由此可计算出xx1，从而得出xx1的值.【详解】（1）原式2

log22



1

22lg52lg2

77log721

2

221722221122

212；（2）xx13，xxx

x229，则x2x27.xx1x2x225，因此，xx15.【点睛】本题考查指数幂的化简与计算、对数的运算性质，熟悉指数与对数的运算律是解题的关键，考查计算能力，属于基础题.18．已知全集为R，设函数f(x)lg(x2x2)的定义域为集合A，函数g(x)3x的定义域为集合B．（1）求AB和ðRB；（2）若集合Cx4xp0，CA，求实数p的取值范围.【答案】（1）3,12,3；(,3)(3,)；（2）[4,).【解析】（1）求出A,B后可求AB和ðRB；（2）根据CA可得p满足的不等式，其解即为实数p的取值范围.2【详解】（1）Ax|xx20,12,，Bx|3x03,3.故AB3,12,3，ðRB,33,.（2）因为CA，故

p

1即p4.4故实数p的取值范围为[4,).【点睛】本题考查函数的定义域、集合的运算（交和补）、一元二次不等式的解、绝对值不等式的解以及集合的包含关系，依据集合的包含关系求参数的取值范围时，注意两个集合中的范围的端点是否可以重合，本题属于中档题.19．已知一元二次方程ax22x10．(1)写出“方程ax22x10(a0)有一个正根和一个负根”的充要条件；(2)写出“方程ax22x10(a0)有一个正根和一个负根”的一个必要而不充分条件，并给予证明．【答案】(1)a<0

(2)方程ax22x10(a0)有一个正根和一个负根的一个必要而不充分条件可以是a1，证明见解析Δ44a0

【分析】（1）利用判别式及韦达定理即可得到不等式组1，解出即可；0a（2）首先由（1）知其充要条件为a<0，故可以选取a1作为其必要不充分条件，再证明即可.【详解】（1）若方程ax22x10(a0)有一个正根和一个负根，Δ44a0

a1

则1，即，a<0．a00a方程ax22x10(a0)有一个正根和一个负根的充要条件是a<0．（2）方程ax22x10(a0)有一个正根和一个负根的一个必要而不充分条件是a1，证明：若方程ax22x10(a0)有一个正根和一个负根，则由（1）知其充要条件为a<0，从而a1，故必要性成立．若0a1，则方程ax22x10中，44a0，x1x2

1

0，a方程ax22x10有两个同号根，充分性不成立，故a1是方程ax22x10(a0)有一个正根和一个负根的一个必要而不充分条件．20．设定义在R上的函数f(x)对于任意实数x，y，都有f(xy)f(x)f(y)2成立，且f(1)1，当x0时，f(x)2．（1）判断f(x)的单调性，并加以证明；（2）试问：当1x2时，f(x)是否有最值?如果有，求出最值；如果没有，说明理由；（3）解关于x的不等式f(bx2)f(b2x)f(2x)f(2b)，其中b22．【答案】（1）f(x)在R上是减函数，证明见解析；（2）f(x)的最大值是3，最小值是0；（3）当b2时，不等式的解集为{x|x

22

或xb}，当b2时，不等式的解集为{x|bx}．bb【详解】（1）任意实数x1，x2，且x1x2，不妨设x2x1m，利用差比较法，计算f(x2)f(x1)0，所以函数为减函数；（2）f(x)在[1,2]上单调递减，所以f(x)有最大值f(1)，有最小值f(2)．利用赋值法求出f(1)3,f20；（3）化简不等式得f(bx22b)f(b2x2x)，由于fx为减函数，所以bx22bb2x2x，(xb)(bx2)0．由于b22，b2或b2，所以当b2时，b，b不等式的解集为{x|x试题解析：222或xb}；当b2时，b，不等式的解集为{x|bx}．bbb2（1）f(x)在R上是减函数，证明如下：对任意实数x1，x2，且x1x2，不妨设x2x1m，其中m0，则f(x2)f(x1)f(x1m)f(x1)f(x1)f(m)2f(x1)f(m)20，∴f(x2)f(x1)．故f(x)在R上单调递减．（2）∵f(x)在[1,2]上单调递减，∴x=1时，f(x)有最大值f(1)，x2时，f(x)有最小值f(2)．在f(xy)f(x)f(y)2中，令y1，得f(x1)f(x)f(1)2f(x)1，故f(2)f(1)10，f(1)f(0)1f(1)2，所以f(1)3．故当1x2时，f(x)的最大值是3，最小值是0．（3）由原不等式，得f(bx2)f(2b)f(b2x)f(2x)，由已知有f(bx22b)2f(b2x2x)2，即f(bx22b)f(b2x2x)．∵f(x)在R上单调递减，∴bx22bb2x2x，∴(xb)(bx2)0．∵b22，∴b2或b2．当b2时，b，不等式的解集为{x|x或xb}；bb当b2时，b，不等式的解集为{x|bx}．bb【方法点晴】本题主要考查抽象函数单调性的证明．证明出单调性后利用单调性求解最值和不等式．对于函数单调区间的求解，一般要根据函数的表达形式来选择合适的方法，对于基本初等函数单调区间的求解，可以在熟记基本初等函数的单调性的基础上进行求解；对于在基本初等函数的基础上进行变化的函数，则可以采用利用函数图象求出相应的单调区间来求得；复合函数的单调区间的求得宜采用复合函数法（同增异减）的方法来求得．抽象函数单调性利用定义法来求解．21．经过长期观测得到：在交通繁忙的时段内，某公路段汽车的车流量y（千辆/小时）与汽车的平均速度v（千米/小时）之间的函数关系为：y2222920v（v＞0）．2v3v1600（1）在该时段内，当汽车的平均速度v为多少时，车流量最大？最大车流量为多少？（保留分数形式）（2）若要求在该时段内车流量超过10千辆/小时，则汽车的平均速度应在什么范围内？【答案】（1）当v＝40km/h时，车流量最大，最大车流量约为y920vv23v1600920

千辆/时；（2）25＜v＜．83【分析】（1）根据基本不等式性质可知92092083，进而求得y的最大16003vv值．根据等号成立的条件求得此时的平均速度．（2）解不等式920v

＞10，即可求出v的范围．v23v1600【详解】（1）依题意知，y920vv3v16002920920160083，当且仅当v1600，即v＝40时，3vvv上式等号成立，∴ymax

920

（千辆/时）．83∴当v＝40km/h时，车流量最大，最大车流量约为（2）由条件得920

千辆/时．83920v

＞10，整理得v2﹣v+1600＜0，v3v16002即v25v0．解得25＜v＜．1

22．已知aR，函数fxlog2a.x

（1）当a5时，解不等式fx0；（2）若关于x的方程fxlog2a4x2a50的解集中恰有一个元素，求a的取值范围；1

（3）设a0，若对任意t,1，函数fx在区间t,t1上的最大值与最小值的差不超过1，求a

2

的取值范围.12

【答案】（1）x,0,．（2）1,23,4．（3）,．43

【详解】试题分析：（1）当a5时，解对数不等式即可；（2）根据对数的运算法则进行化简，转化ft）（ft1）1，恒成立，为一元二次方程，讨论a的取值范围进行求解即可；（3）根据条件得到（

利用换元法进行转化，结合对勾函数的单调性进行求解即可.111

试题解析：（1）由log25＞0，得5＞1，解得x,0,．4xx

1

（2）由f（x）﹣log2[（a﹣4）x+2a﹣5]＝0得log2（a）﹣log2[（a﹣4）x+2a﹣5]＝0．x即log2（1

a）＝log2[（a﹣4）x+2a﹣5]，x1

即a＝（a﹣4）x+2a﹣5＞0，①x

则（a﹣4）x2+（a﹣5）x﹣1＝0，即（x+1）[（a﹣4）x﹣1]＝0，②，当a＝4时，方程②的解为x＝﹣1，代入①，成立当a＝3时，方程②的解为x＝﹣1，代入①，成立当a≠4且a≠3时，方程②的解为x＝﹣1或x若x＝﹣1是方程①的解，则1，a41

a＝a﹣1＞0，即a＞1，x

若x

11

是方程①的解，则a＝2a﹣4＞0，即a＞2，xa4

则要使方程①有且仅有一个解，则1＜a≤2．综上，若方程f（x）﹣log2[（a﹣4）x+2a﹣5]＝0的解集中恰好有一个元素，则a的取值范围是1＜a≤2，或a＝3或a＝4．（3）函数f（x）在区间[t，t+1]上单调递减，由题意得f（t）﹣f（t+1）≤1，11

a）≤1，即log2（a）﹣log2（tt1

121t11即a≤2（a），即att1tt1tt1

设1﹣t＝r，则0≤r

1，21trr

2，tt11r2rr3r2当r＝0时，r

0，r23r2r1

1

2当0＜r时，r23r2，r32

r2

∵y＝r在（0，2）上递减，r∴r

2194，r22

r11229∴r23r2，r333r2∴实数a的取值范围是a

2

．3

【一题多解】（3）还可采用：当0＜x1＜x2时，所以fx在0,上单调递减．1111

a＞a，log2a＞log2a，x1x2

x1x2

则函数fx在区间t,t1上的最大值与最小值分别为ft，ft1．11

ftft1log2alog2a1

tt1

12

即ata1t10，对任意t,1成立．2

12

因为a＞0，所以函数yata1t1在区间,1上单调递增，2

312131

t时，y有最小值a，由a0，得a．2424232

故a的取值范围为,．3