【文档说明】河南省鹤壁市高级中学2020-2021学年高一上学期数学精英对抗赛一试题 含答案.docx，共(12)页，174.701 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-9d51eaf069f1bf2eed974a2011e395f0.html

以下为本文档部分文字说明：

1高一数学精英对抗赛一一．选择题（共12小题,第1-6题每题5分，第7-12题每题6分）1．已知集合，若B⊆A，则实数m的取值范围为（）A．（4，+∞）B．[4，+∞）C．（2，+∞）D．[2，+∞）2．在下列四个函数中，当x1＞x2＞1时，能使[f（x1）+

f（x2）]＜f（）成立的函数是（）A．f（x）＝B．f（x）＝x2C．f（x）＝2xD．f（x）＝3．已知f（x）＝32x﹣（k+1）3x+2，当x∈R时，f（x）恒为正值，则k的取值范围是（）A．（﹣∞，﹣1）B．（﹣∞，2﹣1）C．（﹣1，2

﹣1）D．（﹣2﹣1，2﹣1）4．已知f（x）＝x2+px+q和是定义在上的函数，对任意的x∈A，存在常数x0∈A，使f（x）≥f（x0），g（x）≥g（x0）且f（x0）＝g（x0），则f（x）在A上的最大值为（）A．B．C．5D．5

．设函数f（x）的定义域为R，满足2f（x）＝f（x+2），且当x∈[﹣2，0）时，f（x）＝﹣x（x+2）．若对任意x∈（﹣∞，m]，都有f（x）≤3，则m的取值范围是（）A．（﹣∞，]B．（﹣∞，]C

．[，+∞）D．[，+∞）6．已知函数f（x）＝，其中{x}为不小于x的最小整数，如{3.5}＝4，{3}＝3，则关于f（x）性质的表述，正确的是（）A．定义域为（﹣∞，0）∪（0，+∞）B．在定义域内为增函数2C．函数为周期函数D．函数为奇函数7．已知函数，若对任意，都

有f（x+m）≥3f（x），则实数m的取值范围是（）A．[4，+∞）B．C．[3，+∞）D．8．已知函数f（x）＝，则下列说法中正确的是（）A．若a＜0，则关于x的方程f（x）＝a有解B．若a≤0，则

f（x）≤1恒成立C．若关于x的方程f（x）＝a有解，则0＜a≤1D．若f（x）≥1恒成立，则a≥09．已知定义在R上的函数f（x）＝﹣（x﹣1）3，则不等式f（2x+3）+f（x﹣2）≥0的解集为（）A．（﹣∞，]B．（0，]

C．（﹣∞，3]D．（0，3]10．已知函数，g（x）＝ax2+2x+a﹣1．若对任意的x1∈R，总存在实数x2∈[0，+∞），使得f（x1）＝g（x2）成立，则实数a的取值范围为（）A．B．C．D．31

1．已知若f[（m﹣1）f（x）]﹣2≤0在定义域上恒成立，则m的取值范围是（）A．（0，+∞）B．[1，2）C．[1，+∞）D．（0，1）12．已知函数f（x）＝x2﹣2（a+1）x+a2，g（x）＝﹣x2+2（a﹣1

）x﹣a2+2，记H1（x）＝，H2（x）＝，则H1（x）的最大值与H2（x）的最小值的差为（）A．﹣4B．4C．a2﹣a+4D．a2+a+8二．填空题（共2小题，每题5分）13．函数y＝f（x）定义域为D，若满足：①f（x）在D内是单调函数；②存在[m，n]⊆D使f（x）在[m，n]上的值

域为[]，那么就称y＝f（x）为“减半函数”．若函数f（x）＝loga（ax+t）（a＞0，a≠1，t≥0）是“减半函数”，则t的取值范围为．14．设a、b分别是方程2x+x+2＝0与log2x+x+2＝0的根，则a+b＝．三．解答题（共2小题，每题12分）15．已知函数f（x

）＝的图象关于原点对称，其中a为常数．（1）求a的值；（2）当x∈（1，+∞）时，f（x）+（x﹣1）＜m恒成立，求实数m的取值范围；（3）若关于x的方程f（x）＝（x+k）在[2，3]上有解，求k的取值范围．16．现有两个函数f1（x）＝loga（x﹣3a）与f2

（x）＝loga，其中a＞0，a≠1．（1）求函数F（x）＝f1（x）﹣f2（x）的表达式与定义域；4（2）给出如下定义：“对于在区间[m，n]上有意义的两个函数f（x）与g（x），如果对任意x∈[m，n]，

有|f（x）﹣g（x）|≤1，则称f（x）与g（x）在区间[m，n]上是接近的，否则称f（x）与g（x）在区间[m，n]上是非接近的．”若0＜a＜1，试讨论f1（x）与f2（x）在给定区间[a+2，a+3]上是否是接近的．5高一数学精英对抗赛一参考答案与试题

解析一．选择题（共12小题）1．D2.A3.B．4.C5.A6.C5.解：函数f（x）的定义域为R，满足2f（x）＝f（x+2），可得f（0）＝2f（﹣2）＝0，当x∈[﹣2，0）]时，函数f（x）在[﹣2，﹣1）上递增，在（﹣1，0）上递减，所以f（x）max＝f

（﹣1）＝1，由2f（x﹣2）＝f（x），可得当图象向右平移2个单位时，最大值变为原来的2倍，最大值不断增大，由f（x）＝f（x+2），可得当图象向左平移2个单位时，最大值变为原来的倍，最大值不断变小，当x∈[﹣4，

﹣2）时，f（x）max＝f（﹣3）＝，当x∈[0，2）时，f（x）max＝f（1）＝2，当x∈[2，4）时，f（x）max＝f（3）＝4，设x∈[2，4）时，x﹣4∈[﹣2，0），f（x﹣4）＝﹣（x﹣4）（x﹣2）＝f（x），即f（x）＝﹣4（x﹣4）（x﹣2），x

∈[2，4），由﹣4（x﹣4）（x﹣2）＝3，解得x＝或x＝，根据题意，当m≤时，f（x）≤3恒成立，故选：A．6【点评】本题考查函数类周期性的应用、分段函数求解析式、恒成立问题等，考查数形结合思想和方程思想，属于难题．7.解：∵f（﹣x）＝＝﹣f（x），∴函数，为R上的奇函数

，又x≥0时，f（x）＝x2为增函数，∴f（x）为定义域R上的增函数．又f（）＝3，∴f（x+m）≥3f（x）＝f（x），∵对任意，f（x+m）≥3f（x）＝f（x），f（x）为定义域R上的增函数，∴m≥[（﹣1）x]max＝（﹣1）（+3），即（1﹣）m＝m≥3（﹣1），

解得：m≥2．即实数m的取值范围是[2，+∞），故选：B．8.解：对于A，若a＜0，由于＞0，则关于x的方程f（x）＝a无解，故A错误；对于B，若a≤0，f（x）≤1⇔|x|﹣a≤|x﹣a|⇔|x|﹣|x﹣a|≤a，而||x|﹣|x﹣a||≤|x﹣x+a

|＝﹣a，即|x|﹣|x﹣a|∈[a，﹣a]，由a≤0可得f（x）≤1不恒成立，故B错误；对于C，关于x的方程f（x）＝a有解，即＝a，可得a＝，首先可得a＞0，x≠0，由＝≤＝，当0＜a≤1时，≤1成立；若a＞1，则1﹣a＜0，的范围无法确定，7故C正确；对于D，≥1即

为|x|﹣a≥|x﹣a|，即|x|﹣|x﹣a|≥a，而|x|﹣|x﹣a|≥﹣|a|，可得a≤﹣|a|，即有a≤0，故D错误．故选：C．【点评】本题考查函数的恒成立与有解问题的解法，考查绝对值不等式的性质，考查分类讨论思想和运算能力、推理能力，属于难题．9.解：令t＝x﹣1，则f

（t+1）＝，则f（t+1）是奇函数，则当t≥0时，y＝＝﹣t3＝﹣t3＝﹣t3＝﹣1﹣t3，为减函数，∴当x≥1时，f（x）为减函数，即g（x）＝f（x+1）是奇函数，则f（2x+3）+f（x﹣2）≥0等价为f（2x+2+1）+f（x﹣

3+1）≥0，即g（2x+2）+g（x﹣3）≥0，则g（2x+2）≥﹣g（x﹣3）＝g（3﹣x），则2x+2≤3﹣x，得3x≤1，x≤，即原不等式的解集为（﹣∞，]，故选：A．【点评】本题主要考查不等式的求解，结合条件构造新函数，判断新函数的奇偶性和单调性是解决本题的关键．有一定的难度．10

．解：由题意，函数f（x）图象如下：结合图象，可知函数f（x）的值域为（，+∞）．∵对任意的x1∈R，总存在实数x2∈[0，+∞），使得f（x1）＝g（x2）成立，∴函数f（x）的值域是函数g（x）在区间[0，+∞）上值域的子集．①当a＝0

时，g（x）＝2x﹣1，此时g（x）在区间[0，+∞）上值域为[﹣1，+∞），满足题意；②当a＜0时，二次函数g（x）＝ax2+2x+a﹣1开口朝下，很明显不符合题意；8③当a＞0时，对称轴x＝﹣＜0，g（0）＝a﹣1，此时g（x）在区间[0，+∞）上值域为[a﹣1，+∞），则必须

a﹣1≤，即a≤．即0＜a≤满足函数f（x）的值域是函数g（x）在区间[0，+∞）上值域的子集．综上所述，可得实数a的取值范围为[0，]．故选：A．【点评】本题主要考查函数恒成立问题，考查了数形结合法，分类讨论思想，集合思想，转化思想的应用，不等式的计算，全称命题

和特称命题与函数的结合，逻辑思维能力和数学运算能力，本题属较难题．11.解：∵，∴当﹣1＜x＜8时，log3（x+1）∈（﹣∞，2），|log3（x+1）|∈[0，2），x∈（﹣1，0）时，f（x）＝|log3（x+1）|单调递减，x∈

（0，8）时，f（x）单调递增，且当x＝﹣时，f（x）＝2①．当x≥8时，f（x）＝单调递减且f（x）∈（0，2]②，其图象如下：若f[（m﹣1）f（x）]﹣2≤0，则f[（m﹣1）f（x）]≤2，∴（m﹣1）f（x）≥﹣，当f（

x）＝0时，m∈R；当f（x）＞0时，m﹣1＞，当f（x）→+∞时，→0，∴m﹣1≥0，解得：m≥1．故选：C．【点评】本题考查函数恒成立问题，考查分段函数的应用，考查等价转化思想、数形结合思想、分类讨论思想、极限思想的

综合运用，考查逻辑推理与运算能力，属于难题．912.解：f（x）﹣g（x）＝2x2﹣4ax+2a2﹣2＝2（x﹣a﹣1）（x﹣a+1）．故当x≥a+1或x≤a﹣1时，f（x）≥g（x）；当a﹣1＜x＜a+1时，f（x）＜g（x）．又H1（x）＝，H2

（x）＝，，，∴，．设H1（x）的最大值为A，H2（x）的最小值为B．结合二次函数的性质可知，A＝H1（a﹣1）＝（a﹣1）2+2（a﹣1）（a﹣1）﹣a2+2＝3﹣2a；B＝H2（a+1）＝（a+1）2﹣2（a+1）（a+1）+a2＝﹣2a﹣1．故A﹣B＝3﹣2a﹣（﹣2

a﹣1）＝4．∴H1（x）的最大值与H2（x）的最小值的差为4．故选：B．【点评】本题考查函数的最值及其几何意义，考查分段函数的应用，训练了二次函数最值的求法，属难题．二．填空题（共4小题）13．解：由题意可知函数f（x）＝

loga（ax+t），（a＞0，a≠1）在其定义域内为增函数，若函数y＝f（x）为“减半函数”，10则f（x）在[m，n]上的值域为[]，∴即∴方程必有两个不同实数根，∵∴∴令b＝，则b＞0∴方程b2﹣b+t＝0有两个不同

的正数根，∴∴故答案为（0，）【点评】本题考查函数的值域，难点在于构造函数，转化为两函数有不同二交点，利用方程解决，属于难题．14.解：分别作出函数y＝log2x，y＝2x，y＝﹣2﹣x的图象，相交于点P，Q．∵log2a＝﹣2﹣a，2b＝﹣2﹣b．而y＝log2x（x＞0）与y＝2x互为反函数，

直线y＝﹣2﹣x与直线y＝x互相垂直，∴点P与Q关于直线y＝x对称．∴a＝2b＝﹣2﹣b．∴a+b＝﹣2．故答案为：﹣2．【点评】本题考查了同底的指数函数与对数函数互为反函数的性质、相互垂直的直线之间的关系，属于难题．三．解答题（共2小题）15.

解：（1）函数f（x）＝的图象关于原点对称，11∴f（x）+f（﹣x）＝0，即+＝0，∴（）＝0，∴＝1恒成立，即1﹣a2x2＝1﹣x2，即（a2﹣1）x2＝0恒成立，所以a2﹣1＝0，解得a＝±1，又a＝1时，f（x）＝无意义，故a＝﹣1；（2）x∈（1，+∞）时，f（x）+（x﹣1）＜m恒成立

，即+（x﹣1）＜m，∴（x+1）＜m在（1，+∞）恒成立，由于y＝（x+1）是减函数，故当x＝1，函数取到最大值﹣1，∴m≥﹣1，即实数m的取值范围是m≥﹣1；（3）f（x）＝在[2，3]上是增函数，g（x）＝（x+k）在[2，3]上是减函数，∴只需要即可

保证关于x的方程f（x）＝（x+k）在[2，3]上有解，下解此不等式组．代入函数解析式得，解得﹣1≤k≤1，即当﹣1≤k≤1时关于x的方程f（x）＝（x+k）在[2，3]上有解．【点评】本题考查函数恒成立问题的解法及对数函数性质的综合运用，属于有一定难度的

题，本题考查了数形结合的思想，转化化归的思想，属于灵活运用知识的好题：试题解析著作权属菁优网所有，未经书面同意，不得复制发布日期：2020/10/278:46:13；用户：杜玉芬；邮箱：hbgz575@xyh.com；学

号：260695331216．解：（1）函数f1（x）＝loga（x﹣3a）的定义域为（3a，+∞），函数f2（x）＝loga的定义域为（a，+∞），由a＞0，故3a＞a，故函数F（x）＝f1（x）﹣f2（x）＝loga[（x﹣3a）（x﹣a

）]的定义域为（3a，+∞），（2）∵0＜a＜1，∴t＝（x﹣3a）（x﹣a）在区间[a+2，a+3]上单调递增，又由y＝logat为减函数，∴f1（x）与f2（x）接近⇔|loga[（x﹣3a）（x﹣a）]|≤1，即a≤（x﹣3

a）（x﹣a）≤，即，解得：0＜a≤，即当0＜a≤时，两个函数是接近的，当＜a＜1时，两个函数是非接近的．【点评】本题考查的知识点是对数函数的图象和性质，对数的运算性质，函数的定义域，新定义，综合性强，

运算强度大，属于中档题目．