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    2017-2018学年江苏省苏州市吴中区高一(上)期中数学试卷(含详细解答)

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    2017-2018学年江苏省苏州市吴中区高一(上)期中数学试卷(含详细解答)

    1、9(5分)某店从水果批发市场购得椰子两筐,连同运费总共花了300元,回来后发现有12个是坏的,不能将它们出售,余下的椰子按高出成本价1元/个售出,售完后共赚78元则这两筐椰子原来的总个数为   10(5分)定义在R上的奇函数f(x)满足:当x0时,f(x)log2(2+x)+ax+b(a,b为常数),若f(2)1,则f(14)的值为   11(5分)已知函数f(x)的值域是8,1,则实数a的取值范围是   12(5分)若函数f(x)(x2)|xa|(aR)在区间3,4上单调递增,则实数a的取值范围是   13(5分)已知f(x)是定义在R上的奇函数,f(

    2、2)0,若x1,x2(,0),且x1x2时,0恒成立,则不等式(x+2)f(x)0的解集是   14(5分)已知集合Ax|x23x40,xR,函数f(x)(3x4)的值域为B,如果AB,则a的取值范围是   二、解答题(本大题共6小题,共90分)15(14分)设集合Ax|4x1,集合Bx|x+a|1(1)若a3,求R(AB);(2)若ABB,求实数a的取值范围16(14分)已知函数f(x)log3log3(3x)(1)解不等式f(x)0;(2)当函数f(x)的定义域为1,9时,求f(x)的值域17(14分)已知函数f(x)满足f(x1)loga(2x)logax(1)求函数

    3、f(x)的解析式及定义域;(2)解关于x的不等式f(2x)018(16分)某创业投资公司拟投资开发某种新能源产品,估计能获得10万元到1 000万元的投资收益现准备制定一个对科研课题组的奖励方案:奖金y(单位:万元)随投资收益x(单位:万元)的增加而增加,且奖金不超过9万元,同时奖金不超过投资收益的20%(1)请分析函数y+1是否符合公司要求的奖励函数模型,并说明原因;(2)若该公司采用函数模型y作为奖励函数模型,试确定最小的正整数a的值19(16分)设函数f(x)axax(a0且a1)(1)若f(1)0判断并证明函数f(x)的单调性;解关于x的不等式f(x2+2)+f(x4)0;(2)若f(

    4、1),且对任意的x1,+),不等式a2x+a2x2mf(x)+20恒成立,求实数m的取值范围20(16分)已知函数f(x)x24,g(x)k|xa|(1)当a2时,求函数yf(x)+g(x)在区间0,4上的最大值;(2)当a2时,若函数yf(x)g(x)有且仅有一个零点,求实数k的取值范围2017-2018学年江苏省苏州市吴中区高一(上)期中数学试卷参考答案与试题解析一、填空题(本大题共14小题,每小题5分,共70分)1(5分)设集合A0,1,2,3,B2,3,4,则AB等于0,1,2,3,4【分析】根据集合的并集的运算计算即可【解答】解:A0,1,2,3,B2,3,4,AB0,1,2,3,4

    5、,故答案为:0,1,2,3,4【点评】本题考查了并集的定义,是一道基础题2(5分)已知幂函数的图象过点(2,),则幂函数的解析式f(x)【分析】用待定系数法,设出幂函数的解析式,求出的值即可【解答】解:设幂函数的解析式为yx,(R);函数的图象过点(2,),2,;y,故答案为:【点评】本题考查了求幂函数的解析式的问题,解题时应用待定系数法,是容易题3(5分)计算:2lg5+lg4的值是2【分析】直接由对数的运算性质计算得答案【解答】解:2lg5+lg42lg5+2lg22lg(52)2故答案为:2【点评】本题考查了对数的运算性质,是基础题4(5分)函数的定义域为x|x4且x1【分析】根据分式有

    6、意义的条件,分母不能为0,偶次根式,被开方数大于等于0,可求出函数的f(x)的定义域【解答】解:解得x4且x1即函数的定义域为x|x4且x1故答案为:x|x4且x1【点评】本题主要考查了函数的定义域及其求法,解题的关键是注意分母不能为0,偶次根式被开方数大于等于0,属于基础题5(5分)若函数y的图象关于原点对称,则实数a等于1【分析】根据函数y的图象关于原点对称,得到函数yf(x)是R上的奇函数,根据奇函数的定义求出a的值即可【解答】解:令yf(x),函数y的图象关于原点对称,函数yf(x)是R上的奇函数,f(x)f(x)a1,故答案为:1【点评】本题考查了函数的奇偶性,是一道基础题6(5分)

    7、已知f(x1)2x+3,且f(m)6,则m等于【分析】设,则x2t+2,从而f(t)4t+7,由此能求出结果【解答】解:f(1)2x+3,设,则x2t+2,f(t)4t+7,f(m)6,4m+76,解得m故答案为:【点评】本题考查函数值的求法,是基础题,解题时要认真审题,注意函数性质的合理运用7(5分)已知集合Ax|x2k+1,kZ,Bx|0log2(x+1)3,xR,则AB的子集个数是8【分析】根据题意,解0log2(x+1)3可得集合B,由交集的定义可得集合AB1,3,5,分析可得答案【解答】解:根据题意,0log2(x+1)31x+180x7,则集合Bx|1x7又由集合Ax|x2k+1,

    8、kZ,则AB1,3,5,共3个元素,其子集有238个;故答案为:8【点评】本题考查集合的子集与真子集,关键是正确解出集合B,求出集合AB8(5分)函数f(x)|x2|ln(x+2)1的零点个数为3【分析】把函数f(x)|x2|ln(x+2)1的零点转化为两个函数yln(x+2)与y图象交点的横坐标,作出两函数的图象,数形结合得答案【解答】解:f(x)|x2|ln(x+2)1的零点即方程|x2|ln(x+2)10的根,也就是两个函数yln(x+2)与y图象交点的横坐标,作出两函数的图象如图:当x0时,ln(x+2)ln2,两函数图象在x2时有3个交点,即函数f(x)|x2|ln(x+2)1的零点

    9、个数为3故答案为:3【点评】本题考查函数零点的判定,考查数学转化思想方法与数形结合的解题思想方法,是中档题9(5分)某店从水果批发市场购得椰子两筐,连同运费总共花了300元,回来后发现有12个是坏的,不能将它们出售,余下的椰子按高出成本价1元/个售出,售完后共赚78元则这两筐椰子原来的总个数为120个【分析】设两筐椰子原来总共有x个,成本价为y元/个,根据题意列出方程组,再解方程组即可得出这两筐椰子原来的总个数【解答】解:设两筐椰子原来总共有x个,成本价为y元/个,则,化简得,xy+x12y390,把代入得,x12y90,x90+12y,xyy(90+12y)300,2y2+15y500,解得

    10、y2.5,y10(不合题意,舍去) x120;这两筐椰子原来总共有120个故答案为:120个【点评】本题考查了二元二次方程的应用问题,解题时应读懂题意,根据题目中的条件,找出等量关系,列方程组,求出解答10(5分)定义在R上的奇函数f(x)满足:当x0时,f(x)log2(2+x)+ax+b(a,b为常数),若f(2)1,则f(14)的值为3【分析】根据定义在R上的奇函数f(0)0,求出b值,利用f(2)1,求出a,再由f(14)f(14)得到答案【解答】解:函数f(x)是定义在R上的奇函数,当x0时,f(x)log2(2+x)+ax+b故f(0)1+b0,f(2)2+2a+b1,解得:b1a

    11、0,f(x)log2(2+x)1,f(14)f(14)log2(2+14)13,故答案为:3【点评】本题考查的知识点是函数奇偶性的性质,熟练掌握函数奇偶性的定义和性质,是解答的关键11(5分)已知函数f(x)的值域是8,1,则实数a的取值范围是(0,3【分析】由二次函数的性质可得当4x0时,函数的值域刚好为8,1,故只需y2x,ax0的值域应为8,1的子集,可得a的不等式,结合指数函数的单调性可得【解答】解:当4x0时,f(x)x22x(x+1)2+1,图象为开口向下的抛物线,对称轴为x1,故函数在4,1单调递增,1,0单调递减,当x1时,函数取最大值1,当x4时,函数取最小值8,又函数f(x

    12、)的值域为8,1,y2x,ax0的值域应为8,1的子集,又y2x单调递减,y2a,1),故只需2a8即可,解得0a3故答案为:(0,3【点评】本题考查函数的值域,涉及分段函数和指数函数,属基础题12(5分)若函数f(x)(x2)|xa|(aR)在区间3,4上单调递增,则实数a的取值范围是(,36,+)【分析】先去绝对值得到f(x),结合函数f(x)在区间3,4上单调递增,得实数a的取值范围【解答】解:f(x);(1)a2时,f(x)的单调递增区间为2,和a,+),若函数f(x)在区间3,4上单调递增,则4,或a3解得:a2,36,+)(2)a2时,f(x)的单调递增区间为(,a和,+),在区间

    13、3,4上恒单调递增,综上a(,36,+)故答案为:(,36,+)【点评】本题考查的知识点是分段函数的应用,函数的单调性,难度中档13(5分)已知f(x)是定义在R上的奇函数,f(2)0,若x1,x2(,0),且x1x2时,0恒成立,则不等式(x+2)f(x)0的解集是(,02,+)【分析】由已知可得f(x)在(,0)和在(0,+)上递减,f(2)f(2)0,进而可得答案【解答】解:当x1x2,x1,x2(,0),0恒成立,f(x1 )f(x2),当x1x2,x1,x2(,0),0恒成立,f(x1 )f(x2),f(x)在(,0)上递减,又f(x)在R上是奇函数,f(x)在(,0)和在(0,+)

    14、上递减,f(2)f(2)0,对于不等式(x+2)f(x)0,当x+20,即x2时,f(x)0,即f(x)f(2),x2,当x+20,即x2时,f(x)0,即f(x)f(2),2x0,或x2不等式(x+2)f(x)0的解集是:(,02,+)故答案为:(,02,+)【点评】本题考查的知识点是函数奇偶性的性质,熟练掌握函数奇偶性的性质,是解答的关键14(5分)已知集合Ax|x23x40,xR,函数f(x)(3x4)的值域为B,如果AB,则a的取值范围是(,5,+)【分析】先求解集合A,函数f(x)零点分段化简,求解值域,根据AB,即可a的取值范围【解答】解:集合Ax|x23x40,xRx|1x4函数

    15、f(x),当a0时,可得f(x)0,不满足题意;当a0时,0x4,f(x)是递增函数,其值域为0,a;而3x0,f(x)是递增函数,其值域为a+,0);AB,解得:a5当a0时,0x4,f(x)是递减函数,其值域为a,0而3x0,f(x)是递减函数,其值域为(0,a+;AB,解得:a,综上可得a的取值范围是(,5,+),故答案为:(,5,+)【点评】本题考查函数值域的求法,体现了分类讨论的数学思想方法,解答此题的关键是理解题意,是中档题二、解答题(本大题共6小题,共90分)15(14分)设集合Ax|4x1,集合Bx|x+a|1(1)若a3,求R(AB);(2)若ABB,求实数a的取值范围【分析

    16、】(1)将a3代入,求出集合B,再根据并集和补集的定义即可求出;(2)根据ABB,可得BA,得到关于a的不等式组,解出即可【解答】解:(1)当a3时,由|x+3|1,解得4x2,即集合B4,2,AB4,1,R(AB)(,4)(1,+),(2)ABB,BA,Ax|4x14,1,集合Bx|x+a|1a1,a+1,解得0a3,即实数a的取值范围为0,3【点评】本题考查了解绝对值不等式问题考查分类讨论思想,是一道中档题16(14分)已知函数f(x)log3log3(3x)(1)解不等式f(x)0;(2)当函数f(x)的定义域为1,9时,求f(x)的值域【分析】利用对数的运算性质化简f(x)的解析式(1

    17、)求解一元二次不等式可得log3x的范围,进一步求解对数不等式得答案;(2)由x的范围得到log3x的范围,再由二次函数的单调性得答案【解答】解:f(x)log3log3(3x)(log3x2)(log3x+1)(1)由f(x)0,得(log3x2)(log3x+1)0,即log3x1或log3x2,0或x9不等式f(x)0的解集为(0,)(9,+);(2)f(x)log3log3(3x)(log3x2)(log3x+1)由1x9,得0log3x2,当log3x时,;当log3x2时,f(x)max0f(x)的值域为【点评】本题考查函数值域的求法,训练了利用换元法求解对数不等式,是中档题17(

    18、14分)已知函数f(x)满足f(x1)loga(2x)logax(1)求函数f(x)的解析式及定义域;(2)解关于x的不等式f(2x)0【分析】(1)令tx1,利用换元法,可得函数的解析式及定义域;(2)由(1)由函数解析式及定义域,结合对数函数的图象和性质,分类讨论,可得不等式f(2x)0的解集;【解答】解:(1)令tx1,则xt+1,由2x0且x0得:x(0,1),即t(1,1),f(x1)loga(2x)logaxf(t)loga(t+1)loga(t+1)f(x),函数的定义域为:(1,1),(2)f(2x)当a(0,1)时,f(2x)0可化为:,解得:x(,0),当a(1,+)时,f

    19、(2x)0可化为:,解得:x(0,)【点评】本题考查的知识点是对数函数的图象和性质,函数解析式的求法,分类讨论思想,难度中档18(16分)某创业投资公司拟投资开发某种新能源产品,估计能获得10万元到1 000万元的投资收益现准备制定一个对科研课题组的奖励方案:奖金y(单位:万元)随投资收益x(单位:万元)的增加而增加,且奖金不超过9万元,同时奖金不超过投资收益的20%(1)请分析函数y+1是否符合公司要求的奖励函数模型,并说明原因;(2)若该公司采用函数模型y作为奖励函数模型,试确定最小的正整数a的值【分析】(1)设奖励函数模型为yf(x),根据“奖金y(单位:万元)随投资收益x(单位:万元)

    20、的增加而增加,说明在定义域上是增函数,且奖金不超过9万元,即f(x)9,同时奖金不超过投资收益的20%即f(x)(2)先将函数解析式进行化简,然后根据函数的单调性,以及使g(x)9对x10,1000恒成立以及使g(x)对x10,1000恒成立,建立不等式,求出相应的a的取值范围【解答】解:(1)对于函数模型yf(x)+1,当x10,1 000时,f(x)为增函数,(1分)f(x)maxf(1 000)+1+19,所以f(x)9恒成立,(2分)又因为当x10,1 000时f(x)+1f(10)0,所以f(x)恒成立,(3分)故函数模型y+1符合公司要求(4分)(2)对于函数模型yg(x),即g(

    21、x)10,当3a+200,即a时递增,(5分)为使g(x)9对于x10,1 000恒成立,即要g(1 000)9,3a+181 000,即a,(7分)为使g(x)对于x10,1 000恒成立,即要5,即x248x+15a0恒成立,即(x24)2+15a5760(x10,1 000)恒成立,又2410,1 000,故只需15a5760即可,所以a(9分)综上,a,故最小的正整数a的值为328(10分)【点评】本题主要考查了函数模型的选择与应用,以及函数的最值得应用,同时考查了函数的单调性和恒成立问题,以及转化的思想,属于中档题19(16分)设函数f(x)axax(a0且a1)(1)若f(1)0判

    22、断并证明函数f(x)的单调性;解关于x的不等式f(x2+2)+f(x4)0;(2)若f(1),且对任意的x1,+),不等式a2x+a2x2mf(x)+20恒成立,求实数m的取值范围【分析】(1)根据函数的单调性的定义证明函数的单调性即可;根据函数的单调性和奇偶性得到关于x的不等式,解出即可;(2)求出a,设g(x)22x+22x2m(2x2x)+2(2x2x)22m(2x2x)+4设tf(x)2x2x,则g(t)t22mt+4(tm)2+4m2通过m的范围讨论求解即可【解答】解:(1)f(1)0,a0,a1,f(x)axax是R上的递增函数,证明:设x1,x2是R上的任意两个值,且x1x2,f

    23、(x1)f(x2)+()(1+),a1,且x1x2,0,f(x1)f(x2)0,f(x1)f(x2)f(x)是R上的增函数;函数的定义域是R,且f(x)f(x),故函数yf(x)是R上的奇函数,f(x2+2)+f(x4)0,f(x2+2)f(x4)f(4x),x2+24x,解得:2x1,故不等式的解集是x|2x1;(2)因为f(1),所以a,解得a2(a0),设g(x)22x+22x2m(2x2x)+2(2x2x)22m(2x2x)+4,设tf(x)2x2x,则由x1,得tf(1),g(t)t22mt+4(tm)2+4m2,若m,则当tm时,ymin4m20,解得:m2,若m,则当t时,ymi

    24、n3m0,解得m,综上得m2【点评】本题考查了函数的单调性,奇偶性问题,考查函数恒成立以及分类讨论思想,转化思想,是一道综合题20(16分)已知函数f(x)x24,g(x)k|xa|(1)当a2时,求函数yf(x)+g(x)在区间0,4上的最大值;(2)当a2时,若函数yf(x)g(x)有且仅有一个零点,求实数k的取值范围【分析】(1)yf(x)+g(x),所以其最大值只可能是f(0)、f(2)、f(4)其中之一再由f(4)f(0),可得函数的最大值(2)由题意得,方程x24k|x2|0有且仅有一个解,显然,x2已是该方程的解故关于x的方程x+2k0(x2)有且仅有一个等于2的解或无解,且x+

    25、2+k0(x2)无解,从而求得实数k的取值范围【解答】解:(1)当x0,4时yf(x)+g(x),因为yf(x)+g(x)在区间0,4上图象由两段抛物线段组成,且这两个抛物线开口均向上,所以其最大值只可能是f(0)、f(2)、f(4)其中之一 又f(0)2k4,f(2)0,f(4)12+2k,显然f(4)f(0)所以当k6时,所求最大值为f(4)122k;当k6时,所求最大值为f(2)0(2)由题意得,yf(x)g(x)x24k|x2|,方程x24k|x2|0有且仅有一个解,显然,x2已是该方程的解,当x2时,方程变为(x2)( x+2k)0;当x2时,方程变为(x2)( x+2+k)0从而关于x的方程x+2k0(x2)有且仅有一个等于2的解或无解,且x+2+k0(x2)无解又x2时,k4,此时x6也是方程的解,不合题意所以关于x的方程x+2k0(x2)无解,且x+2+k0(x2)无解所以,k4且k4综上,k4,即实数k的取值范围为(,4【点评】本题主要考查二次函数的性质应用,函数的零点的定义,函数的奇偶性,体现了分类讨论和等价转化的数学思想,属于中档题


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