重庆一中高2014级12-13学年(下)4月月考——数学文

2013年重庆一中高2014级高二下期定时练习

数 学 试 题 卷（文科） 2013.4

一、选择题（每小题5分，共50分） 1、已知集合M0,1,2,N1,0,1,则MN( )

A.1,0,1,2 B.0,1 C.1,0 D.

2、函数ylg(x1)的定义域是( )

A.[0,) B.(0,) C.[1,) D.(1,)

3、设mR,则“m1”是“方程x2xm0有实数根”的（ ）条件

A.充分不必要条件 B.必要不充分条件

C.充要条件 D.既不充分也不必要条件

4、下列函数中，既是R上的奇函数，又在R上单调递增的是（ ）

A.yx2 B.y2x C.yxx D.ysinx

5、已知函数f(x)满足f(2x1)3x1，则f(3)( )

A.5 B.6 C.7 D.8

6、“若x1,则x1或x1”的否命题为（ ）

2A.若x21,则x1或x1 B.若x21,则1x1

C.若x1,则x1或x1

2 D.若x1,则1x1

27、先将函数ylgx的图像向右平移一个单位，再将所得的图像关于y轴对称之后成为函 数yg(x)，则yg(x)的解析式为（ ）

A.ylg(x1) B.ylg(x1)

C.ylg(x1) D.ylg(x1) 8、函数ylg(2xx)的单调递增区间为（ ）

2 1

A.(0,1) B.(1,2) C.(,0) D.(2,)

29、若x[,2]，使x2x10成立，则实数的取值范围为（ ）

123A.[0,1] B.[,1] C.[1, ) D.[0,)

410、设函数f(x)为定义在R上的奇函数，对任意xR都有f(x2)f(x)1成立， 则f(2013)的值为（ ）

A.1006 B.1007 C.1006.5 D.无法确定

二、填空题（每小题5分，共25分） 11、若函数f(x)x1，则f() x12212、设集合A0,x，Bx,2x,y，若AB1，则xy 13、设函数f(x)(2x1)(3xa)为奇函数，则a

x2x(x0)14、设函数f(x)，则不等式f(x1)f(2x)的解集为

1(x0)15、若函数f(x)的定义域为R，且满足yf(x1)为奇函数，yf(x1)为偶函数， 则下列说法中一定正确的有 （1）f(x)的图像关于直线x1对称 （2）f(x)的周期为4 （3）f(2013)0

（4）f(x)在[2,2]上只有一个零点

三、解答题（共75分） 16、设函数f(x)x2x3 （1）当x[2,2]时，求f(x)的值域 （2）解关于x的不等式：f(2x1)3

2 2

17、已知集合Ax(x3)(x1)0，集合Bxxa1 （1）当a3时，求AB

（2）若AB,求实数a的取值范围

18、有下列两个命题：

2命题p：对xR，axax10恒成立。

命题q：函数f(x)4x2ax在[1,)上单调递增。

若“pq”为真命题，“p”也为真命题，求实数a的取值范围。

14x19、设函数f(x)

2x（1）判断f(x)的奇偶性

（2）用定义法证明f(x)在(0,)上单调递增

220、设函数f(x)xaxb，集合Axf(x)x.

（1）若A1,2，求f(x)解析式。

（2）若A1，且f(x)在x[m,)时的最小值为2m1，求实数m的值。

3

21、若函数f(x),g(x)都在区间I上有定义，对任意xI，都有f(x)g(x)1成立，则称函数f(x),g(x)为区间I上的“伙伴函数”

（1）若f(x)lgx,g(x)lg(x1)为区间[m,)上的“伙伴函数”，求m的范围。 （2）判断f(x)4x,g(x)2x1是否为区间(,0]上的“伙伴函数”？ （3）若f(x)x

4

21,g(x)kx为区间[1,2]上的“伙伴函数”，求k的取值范围 22013年重庆一中高2014级高二下期定时练习（本部）

数 学 答 案（文科） 2013.4

一、选择题：（每小题5分，共50分）

1—5ADBCC 6—10DCADC 二、填空题：（每小题5分，共25分） 11、

13 12、0 13、 14、(1,1) 15、(1),(3) 32三、解答题（共75分）

16、解：（1）函数f(x)的对称轴为x1[2,2]，且2离对称轴较远，所以f(x)的最小值为f(1)2，f(x)的最大值为f(2)11，值域为[2,11] （2）f(2x1)(2x1)2(2x1)34x23，解出x(17、解：（1）A(1,3)，当a3时，B(2,4)，所以A2211,) 22B(2,3)

B(a1,a1)，（2）若AB，则a13或a11，解出a[4,)(,2]

218、解：（1）对xR，axax10恒成立，当a0时显然成立；

当a0时，必有2a00a4，所以命题p:0a4 2a4a0a1a8，所以命题q:a8 8函数f(x)4xax在[1,)上单调递增由已知：p假q真，所以a[4,8](,0)

19、解：（1）函数f(x)的定义域为R，关于原点对称。

14x(14x)4x14xf(x)xxf(x)，所以f(x)为偶函数。 xx224214x114x2(14x1)2x2(14x2)2x1x2（2）设x1x20，则f(x1)f(x2) 2x122x12x2(2x22x1)(4x12x24x22x1)(2x22x1)2x12x2(2x12x2)(2x22x1)(12x1x2) x1x2x1x2x1x2222222由于x1x20，所以22210；121所以f(x1)f(x2)0

xxxx20，

5

所以f(x)在(0,)上单调递增

20、解：（1）f(x)x2axbx，变形为x2(a1)xb0，

由已知其两根分别为x11,x22，由韦达定理可知：x1x2(a1)3；x1x2b2 解出：a2,b2

(a1)24b0（2）由已知方程x(a1)xb0有唯一根x01，所以，

1(a1)b02解出a1,b1，函数f(x)xx1，其对称轴为x若m21。下面分两种情况讨论： 21时，f(x)minf(m)m2m12m1，解出m3 211311若m时，f(x)minf()2m1，解出m 所以m3或

2488221、解：（1）由已知：f(x)g(x)lgxlg(x1)lgx1 x1所以1lgx111，解出：x，从而m x199xx2x（2）由已知：f(x)g(x)421tt1，其中t2(0,1]

由二次函数的图像可知：当t(0,1]时，ytt1[,1] 所以f(x)g(x)1恒成立，所以它们是“伙伴函数”

2234（3）由已知：f(x)g(x)x21kx1在x[1,2]时恒成立。 2即：1x1kx1在x[1,2]时恒成立，分离参数可得： 211kxkx2xmax2x在x[1,2]时恒成立，所以 kx3kx32x2xmin117在x[1,2]时单调递增，所以其最大值为2 2x4437函数yx为双勾函数，利用图像可知其最小值为6 所以k6 2x4函数yx 6