2020-2021学年高一上学期第一次月考数学试卷含答案

数学试卷

考试时间：120分钟；

一、单选题（12小题，每小题5分，共60分） 1．设集合Axx3，Bxx2k,kZ，则AA．0,2

B．2,2

C．

B（ ）

D．2,1,0,1,2

2,0,2

2．下列各组函数表示同一函数的是（ ） A．fxC．yx与fx2x

2x,x0B．fx与gtt

x,x0D．fx1与gxx

0x21与yx1x1

3．已知函数A．[1,4]

fx1的定义域为2,1，则函数gxB．[0,3]

1fx2的定义域为 x2C．[1,2)(2,4] D．[1,2)(2,3]

x1,x24．已知函数f(x)，则f(1)f(9)（ ）

f(x3),x2A．1

B．2

C．6

D．7

5．下列四个函数中，在0,上为增函数的是（ ）． A．fx3x C．fxB．fxx3x

21 x1D．fxx

6．在映射f：MN中，Mx,yxy,x,yR，Nx,yx,yR，M中的元

C．1,4

D．1,4和4,1

素x,y对应到N中的元素xy,xy，则N中的元素4,5的原象为（ ） A．4,1

B．20,1

9A7．已知全集UR，集合x1和Bx4x4,xZ关系的Venn图如图所

x示，则阴影部分所表示集合中的元素共有（ ）

A．3个 B．4个 C．5个 D．无穷多个

8．函数yx24x的值域是（ ） A．,4

B．,2

C．0,2

D．0,4

2x2ax,x19．已知函数fx，若fx在,上是增函数，则实数a2a1x3a6,(x1)的取值范围是（ ） A．(,1]

12B．(,)

12C．[1，) D．[1，2]

10．函数f(x)是奇函数，且在内是增函数，f(3)0，则不等式xf(x)0的解（0，+）集为（ ）

A． （-3,0）（3，+）C． （-，-3）（3，+）B． （-，-3）（0,3）D． （-3,0）（0,3）11．已知函数yx2x4的最小值为（ ） A．6

B．2

C．6

D．2

12．已知fx是定义在1,1上的奇函数，对任意的x1，x21,1，均有

x1fx1x2fx2x1fx2x2fx1.且当x0,1时，2ffx，

5fx1f1x，那么表达式

190f2020A．x191f2020B．65

319320ff（ ）

20202020C．65 4131 4D．131 2

二、填空题（共4小题，每小题5分，共20分）

13．已知幂函数f(x)的图象经过(3,3)，则函数f(2)_____

14．已知函数f(x)，g(x)分别由下表给出：则满足f(g(x))＝g(f(x))的x的值为________.

x 1 2 3 4 f(x) g(x)

1 3 3 2 1 3 3 2 15．已知f(x)(m2)x3nx25是定义在[n,n4]上的偶函数，则m2n等于_______.

16．某同学在研究函数 f（x）=

x（x∈R） 时，分别给出下面几个结论： 1x①等式f（-x）=-f（x）在x∈R时恒成立； ②函数f（x）的值域为（-1，1）； ③若x1≠x2，则一定有f（x1）≠f（x2）； ④方程f（x）=x在R上有三个根．

其中正确结论的序号有______．（请将你认为正确的结论的序号都填上）

三、解答题（共70分）

17（10分）．已知集合A{x|a1x2a1}，Bx0x3，UR.

1，求AB；ACUB． 2（2）若AB，求实数a的取值范围.

（1）若ax01,x0，fx4x2Dx. 18（12分）．设函数Dx0,1,x0

（1）写出xR时分段函数fx的解析式；

（2）当fx的定义域为3,3时，画出fx图象的简图并写出fx的单调区间.

219（12分）．已知函数f(x)x2ax1a，

（1）若a2，求f(x)在区间[0,3]上的最小值； （2）若f(x)在区间[0,1]上有最大值3，求实数a的值. 20（12分）．已知函数fxxm，f12. x（1）判定函数fx在1,的单调性，并用定义证明； （2）若afxx在1,恒成立，求实数a的取值范围. 21（12分）．已知函数f(x)x1x （1）求f(x)单调区间

（2）求x[0,a]时，函数的最大值.

222（12分）．已知f(x)是定义在R上的奇函数，且当x0时，f(x)x2x.

（1）求f(0)的值；

（2）求此函数在R上的解析式；

（3）若对任意tR，不等式f(t2t)f(k2t)0恒成立，求实数k的取值范围. 23（12分）．函数fx的定义域为R,且对任意x,yR,有fxyfxfy,且当

22x0时fx0,f12.

（1）证明:fx是奇函数; （2）证明:fx在R上是减函数;

（3）求fx在区间3,3上的最大值和最小

数学试卷参

1．C

Axx3x3x3，Bxx2k,kZ，因此，AB2,0,2.

故选：C. 2．B

选项A：fxx的定义域为R，fx2+，两函数的定义域不x的定义域为0，2同，故不是同一函数.

tt0x,x0选项B：gtt和函数fx的定义域、法则和值域都相同，故是

tt0x,x0同一函数. 选项C：y11，+，yx1x1的定义域为1，+，x21的定义域为，两函数的定义域不同，故不是同一函数.

选项D：fx1的定义域为R，gxx的定义域为x|x0，两函数的定义域不同，

0故不是同一函数. 故选：B 【点睛】

本题考查判断两个函数是否是同一函数，属于基础题. 3．C 【解析】 【分析】

首先求得fx定义域，根据分式和复合函数定义域的要求可构造不等式求得结果. 【详解】

fx1定义域为2,1 1x12，即fx定义域为1,2

x20由题意得：，解得：1x2或2x4

1x22gx定义域为：1,2本题正确选项：C

2,4

【点睛】

本题考查函数定义域的求解问题，关键是能够通过复合函数定义域确定fx定义域，从而利用分式和复合函数定义域的要求构造不等式. 4．A 【解析】 【分析】

由题意结合函数的解析式分别求得f1,f9的值，然后求解两者之差即可. 【详解】

由题意可得：f1f4则f(1)f(9)341. 故选A. 【点睛】

求分段函数的函数值，要先确定要求值的自变量属于哪一段区间，然后代入该段的解析式求值，当出现f(f(a))的形式时，应从内到外依次求值． 5．C 【解析】 【分析】

A，B可直接通过一次函数的单调性和二次函数的单调性进行判断；C利用y的思路去判断；D根据yx的图象的对称性判断. 【详解】

A．fx3x在R上是减函数，不符合； B．fxx3x在,2413，f9914，

1以及平移x33上是减函数，在,上是增函数，不符合； 22C．fx符合；

11可认为是y向左平移一个单位所得，所以在1,上是增函数，x1xD．fxx图象关于y轴对称，且在,0上是增函数，在0,上是减函数，不符合；

故选C. 【点睛】

（1）一次函数ykxbk0、反比例函数yk k0的单调性直接通过k的正负判断；

x（2）二次函数的单调性判断要借助函数的对称轴和开口方向判断； （3）复杂函数的单调性判断还可以通过平移、翻折等变换以及图象进行判断. 6．C 【解析】 【分析】

xy45的原像. 由题意得 ，再由xy，能求出N中元素4，xy5【详解】 由题意得 ∵xxy4x1x4，解得 或 ， 

xy5y4y1y，

5的原像为1,4， ∴N中元素4，故选：C. 【点睛】

本题考查象的原象的求法，考查映射等基础知识，考运算求解能力，考查函数与方程思想. 7．B 【解析】 【分析】

先解分式不等式得集合A，再化简B，最后根据交集与补集定义得结果. 【详解】 因为Ax91(0,9)，Bx4x4,xZ3,2,1,0,1,2,3， x所以阴影部分所表示集合为(CUA)故选B 【点睛】

B{0,1,2,3},元素共有4个，

本题考查分式不等式以及交集与补集定义，考查基本分析求解能力，属基础题.

8．C 【解析】 【分析】

配方即可得到x24x=x24，从而得出0≤x24x≤2，即得出y的范围，从而得出原函数的值域． 【详解】

∵x24x=x24， ∴0≤x24≤4； ∴0≤x24x≤2；

∴函数yx24x的值域为[0,2]. 故选：C. 【点睛】

本题考查函数的值域，利用配方法即可，属于简单题. 9．D 【解析】 【分析】

根据分段函数单调性的性质进行求解即可． 【详解】

∵当x1时，函数f（x）的对称轴为xa，又fx在,上为增函数，

222a1a1 1∴2a1＞0，即a，得1a2，

212a5aa2故选D． 【点睛】

本题主要考查函数单调性的应用，根据分段函数单调性的性质建立不等式关系是解决本题的关键，注意分段处保证单调递增． 10．D

【解析】 【分析】

易判断f（x）在（-∞，0）上的单调性及f（x）图象所过特殊点，作出f（x）的草图，根据图象可解不等式． 【详解】

∵f（x）在R上是奇函数，且f（x）在（0，+∞）上是增函数， ∴f（x）在（﹣∞，0）上也是增函数， 由f（-3）＝0，得f（﹣3）＝﹣f（3）＝0， 即f（3）＝0，

作出f（x）的草图，如图所示：

x0x0或 由图象，得xfx0fx0fx0解得0＜x＜3或﹣3＜x＜0，

∴xf（x）＜0的解集为：（﹣3，0）∪（0，3）， 故选D． 【点睛】

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． 11．D 【解析】 【分析】

用绝对值三角不等式求得最小值． 【详解】

yx2x4(x2)(x4)2，当且仅当(x2)(x4)0，即2x4时取等

号．所以ymin2． 故选：D． 【点睛】

本题考查绝对值三角不等式，利用绝对值三角不等式可以很快求得其最值，本题也可以利用绝对值定义去掉绝对值符号，然后利用分段函数性质求得最值． 12．C 【解析】 【分析】

由f(x)是定义在[1，1]上的奇函数，且f(x)1f(1x)，推出f1，f1，再结合当2x(0,1)时，2f()f(x)，推出f()，f(x515144)，f()，f()，由题意可得x对任意的x1，255251903193201)f()f()，2020202020204x2[1，1]，均有(x2x1)(f(x2)f(x1))0，进而得f(再由奇函数的性质f(x)f(x)算出最终结果． 【详解】

解：由fx1f1x，令x0，得f11，令x1，则211f﹐ 22当x0,1时，2fxfx，f511f252x1fx， 52即f1511f1，2211f， 5441f， 54且f41511f，5241f25211903204， 252020202025190f20203193201ff

202020204对任意的x1，x21,1，均有x2x1fx2fx10，f1901，

20204

同理f19020203193201ff.

202020204fx是奇函数， 190f2020191f2020191f2020319f2020319f2020320f

2020190f2020故选：C 【点睛】

131320f， 42020本题考查函数的奇偶性，函数值计算，属于中档题． 13．2 【解析】 【分析】

设幂函数f(x)x，将点(3,3)代入求出，即可求解.

【详解】

设f(x)x，f(x)的图象经过(3,3)，

(3)3,2,f(x)x2,f(2)2.

故答案为:2. 【点睛】

本题考查幂函数的定义以及函数值，属于基础题. 14．2或4 【解析】 【分析】

对于x的任一取值，分别计算fgx和gfx的值若两个值相等，则为正确的值. 【详解】

当x1时，fg1f31,gf1g13，不合题意.当x2时，

fg2f23,gf2g33，符合题意.当x3时，

fg3f31,gf3g13，不合题意.当x4时，fg4f23,gf4g33，符合题意.故填2或4.

【点睛】

本小题主要考查函数的对应法则，考查复合函数求值.在计算这类型题目的过程中，往往先算出内部函数对应的函数值，再计算外部函数的函数值.属于基础题. 15．-6 【解析】 【分析】

由函数是偶函数，则定义域关于原点对称、f(x)f(x)即可求出参数m、n的值； 【详解】

解：已知f(x)(m2)xnx5是定义在[n,n4]上的偶函数，所以nn40，解

32得n2，

又f(x)f(x)，(m2)xnx25(m2)x3nx25

32(m2)x30

解得m2，所以m2n6 故答案为：6 【点睛】

本题考查函数的奇偶性的应用，属于基础题. 16．①②③ 【解析】 【分析】

由奇偶性的定义判断①正确，由分类讨论结合反比例函数的单调性求解②；根据单调性，结合单调区间上的值域说明③正确；由【详解】

对于①，任取xR，都有fxxx只有x0一个根说明④错误． 1xxxfx，∴①正确；

1x1x

对于②，当x0时，fxx110,1， 1x1x根据函数fx的奇偶性知x0时，fx1,0， 且x0时，fx0,fx1,1，②正确； 对于③，则当x0时，fx11， 1x由反比例函数的单调性以及复合函数知，fx在1,上是增函数，且再由fx的奇偶性知，fx在,1上也是增函数，且fx1

fx1；

x1x2时，一定有fx1fx2，③正确；

对于④，因为

xx只有x0一个根， 1x∴方程fxx在R上有一个根，④错误． 正确结论的序号是①②③． 故答案为：①②③． 【点睛】

本题通过对多个命题真假的判断，综合考查函数的单调性、函数的奇偶性、函数的图象与性质，属于难题.这种题型综合性较强，也是高考的命题热点，同学们往往因为某一处知识点掌握不好而导致“全盘皆输”，因此做这类题目更要细心、多读题，尽量挖掘出题目中的隐含条件，另外，要注意从简单的自己已经掌握的知识点入手，然后集中精力突破较难的命题. 17．（1）A11Bx|x3，ACUBx|x0；

221或a4. 2（2）a|a【解析】 【分析】 （1）当a1，求出集合A，按交集、并集和补集定义，即可求解； 2（2）对A是否为空集分类讨论，若A，满足题意，若A，由AB确定集合A的端点位置，建立a的不等量关系，求解即可. 【详解】

11Ax|x2，Bx|0x3， （1）若a时22∴A1Bx|x3，由CUB{x|x0或x3}，

21x0 2所以ACUBx|（2）由AB知

当A时a12a1∴a2

2a1a12a1a1当A时或

a132a10∴a4或2a1 21或a4. 2综上：a的取值范围是a|a【点睛】

本题考查集合间的运算，以及集合间的关系求参数范围，不要忽略了空集讨论，属于基础题.

4x8,x0x0； （2）图见解析；单调递增区间为0,3，单调递减区间18．（1）fx4,4,x0x2为3,0 【解析】 【分析】

x01,x0求解即可. (1)代入Dx0,1,x0(2)根据一次函数与分式函数的图像画图,再根据图像判断单调区间即可. 【详解】

4x8,x0x0； （1）fx4,4,x0x2（2）fx的图象如下图所示：单调递增区间为0,3,单调递减区间为3,0.

【点睛】

本题主要考查了分段函数的应用与一次函数、分式函数的图像与性质等.属于基础题. 19．（1）f(x)minf(0)1；（2）a2或a3. 【解析】

试题分析：（1）先求函数对称轴，再根据对称轴与定义区间位置关系确定最小值取法（2）根据对称轴与定义区间位置关系三种情况分类讨论最大值取法，再根据最大值为3，解方程求出实数a的值

试题解析：解：（1）若a2，则fxx24x1x23

函数图像开口向下，对称轴为x2，所以函数fx在区间0,2上是单调递增的，在区间

22,3上是单调递减的，有又f01，f32

fxminf01

（2）对称轴为xa

当a0时，函数在fx在区间0,1上是单调递减的，则 fxmaxf01a3，即a2；

当0a1时，函数fx在区间0,a上是单调递增的，在区间a,1上是单调递减的，则

fxmaxfaa2a13，解得a2或1，不符合；

当a1时，函数fx在区间0,1上是单调递增的，则

fxmaxf112a1a3，解得a3；

综上所述，a2或a3

点睛：(1)已知函数的奇偶性求参数，一般采用待定系数法求解，根据f(x)f(x)0得到关于待求参数的恒等式，由系数的对等性得参数的值或方程(组)，进而得出参数的值；(2)已知函数的奇偶性求函数值或解析式，首先抓住奇偶性讨论函数在各个区间上的解析式，或充分利用奇偶性得出关于f(x)的方程，从而可得f(x)的值或解析式. 20．（1）单调递增,证明见解析.（2）a3 【解析】 【分析】

（1）先根据f12求得m的值,得函数解析式.进而利用作差法证明函数单调性即可. （2）构造函数gxfxx.根据（1）中函数单调性,结合yx的单调性,可判断gx的单调性,求得gx最小值后即可求得a的取值范围. 【详解】

（1）函数fxx代入可得21m,f12 xm,则m1 11所以fxx

x1函数fxx在1,上单调递增.

x证明:任取x1,x2满足1x1x2,

则fx2fx1

11x2x1

x2x1x2x111 x2x1x1x2 x1x2

x2x1x2x1x1x21x1x2因为1x1x2,则x2x10,x1x210

所以

x2x1x1x210x1x2,即fx2fx10

所以fx2fx1 函数fxx1在1,上单调递增. x（2）若afxx在1,恒成立 则afxx, 令gxfxx 由（1）可知fxx1在1,上单调递增,yx在1,上单调递增 x所以gxfxx在1,上单调递增 所以gxg13

所以a3即可满足afxx在1,恒成立 即a的取值范围为a3 【点睛】

本题考查了利用定义证明函数单调性的方法,根据函数单调性解决恒成立问题,属于基础题.

（，1）21．（1）单调增区间是，和1,,单调减区间为；

1212

（2）当0a12时，函数的最大值为faaa.， 2当

11112f时，函数的最大值为a， 2422122时，函数的最大值为faaa． 2当a【解析】 【分析】

（1）对函数fx去绝对值，表示成分段函数模型并作出图像，由函数图像进行判断． （2）令fxf【详解】

112（），，对实数a的范围分类讨论求解． 解出x1x22x2x,x1（1）fx2， 由分段函数的图象知,

xx,x1

（，1）. 函数的单调增区间是，和1,,单调减区间为

（2）当0a121212时，函数的最大值为faaa 2当

11112f时，函数的最大值为a； 2422122时，函数的最大值为faaa. 2当a【点睛】

（1）考查了分段函数单调性问题，结合分段函数图像可直接判断单调区间.

（2）主要考查了分类讨论思想，结合分段函数图像，对区间端点的范围讨论，自变量的范围不同，对应的函数的最值也不同. 22．（1）【解析】

试题分析：(1)利用奇函数的特性,定义在

,根据函数为奇函数

时的解析式,进而得到函数在

的奇函数必过原点,易得及当

时,

值；(2)当,可得函数在

,则

；（2）

；（3）

.

(3)根据奇函数在对称区间上单调性相同,结合二次上的解析式；

函数图象和性质,可分析出函数的单调性,进而将原不等式变形,解不等式可得实数的取值范围.

试题解析：（1）（2）设

，则

为

上的奇函数，

；

，

，

又即

为奇函数，

，

，

.

（3）且

，为

为

在上为增函数，

上的奇函数，

上的增函数，

恒成立，

，对任意∴

恒成立，

原不等式可变形为：即

（分离参数法）另法：即

，对任意

解得：，取值范围为.

考点：函数的奇偶性；函数的解析式；解不等式. 【方法点晴】(1)由奇函数的特性,在奇函数必过原点；(2)当时,

,则

时必有

,根据函数为奇函数时的解析式,进而得到函数在

，

，故定义在及当

(3)根据奇函上的解析式；

的

,可得函数在

数在对称区间上单调性相同,结合二次函数图象和性质,可分析出函数的单调性,进而将原不等式变形,解不等式可得实数的取值范围.

23．(1)证明见解析；(2)证明见解析；(3) 最大值是6,最小值是-6. 【解析】 【分析】

（1）令x＝y＝0，则可得f（0）＝0；y＝﹣x，即可证明f（x）是奇函数，

（2）设x1＞x2，由已知可得f（x1﹣x2）＜0，再利用f（x+y）＝f（x）+f（y），及减函数的定义即可证明．

（3）由（2）的结论可知f（﹣3）、f（3）分别是函数y＝f（x）在[﹣3、3]上的最大值与最小值，故求出f（﹣3）与f（3）就可得所求值域． 【详解】

（1）因为fx的定义域为R,且fxyfxfy,

令yx得fxxfxfx,所以fxfxf0; 令xy0,则f00f0f0,所以f00,

从而有fxfx0,所以fxfx,所以fx是奇函数. （2）任取x,yR,且x1x2,

则fx1fx2fx1fx1x2x1

fx1fx1fx2x1fx2x1,

因为x1x2,所以x2x10,所以fx2x10,所以fx2x10, 所以fx1fx2,从而fx在R上是减函数.

（3）由于fx在R上是减函数,

故fx在区间3,3上的最大值是f3,最小值是f3, 由于f12,所以f3f12f1f2f1f1f1

3f1326,

由于fx为奇函数知， f3-f36, 从而fx在区间3,3上的最大值是6,最小值是6. 【点睛】

本题考查了抽象函数的奇偶性和单调性，深刻理解函数奇偶性和单调性的定义及充分利用已知条件是解决问题的关键．