【文档说明】高中数学人教版必修第一册期中复习专题2.4 期中真题模拟卷04（1-3章）（解析版）.doc，共(19)页，717.000 KB，由MTyang资料小铺上传

转载请保留链接：https://www.ichengzhen.cn/view-36011.html

以下为本文档部分文字说明：

专题2.4期中真题模拟卷04（1-3章）一．选择题（共12小题）1．（2020·吉林朝阳·长春外国语学校期末（文））有下列四个命题，其中真命题是（）．A．nR，2nnB．nR，mR，mnmC．nR，mR，2mnD．nR，2nn【答案】B【解

析】对于选项A，令12n，则2111242，故A错；对于选项B，令1n，则mR，1mm显然成立，故B正确；对于选项C，令1n，则21m显然无解，故C错；对于选项D，令1n，则2(1)1显然不成立，

故D错.故选B2．（2020·浙江）22530xx的一个必要不充分条件是（）A．132xB．16xC．102xD．132x【答案】B【解析】求解不等式22530xx可得132x，结合所给的选项可知22

530xx的一个必要不充分条件是16x.本题选择B选项.3．（2020·六盘山高级中学期末（文））下列命题中正确的是（）A．若acbc22，则abB．若ab，则11abC．若ab，cd，则acbdD．若ab，cd

，则abcd【答案】A【解析】对于选项A，若acbc22，所以20c，则ab，所以该选项正确；对于选项B，11baabab符号不能确定，所以该选项错误；对于选项C，设1,0,1,3,2,3abcdacbd，所以acbd，所以该选项错误；对于选项D，设0,1,

2,1,0,1,abababcdcdcd，所以该选项错误；故选：A4．（2020·江西省奉新县第一中学月考（文））下列不等式中，正确的是（）A．a＋4a≥4B．a2＋b2≥4abC．ab≥2abD．x

2＋23x≥23【答案】D【解析】a＜0，则a＋4a≥4不成立，故A错；a＝1，b＝1，a2＋b2＜4ab，故B错，a＝4，b＝16，则ab＜2ab，故C错；由基本不等式得x2＋23x≥2232xx

23可知D项正确.故选：D.5．（2020·四川省绵阳江油中学期中）已知2x，8y，8082xyx，则xy的最小值为（）A．2B．4C．8D．14【答案】C【解析】解：因为8082xyx，所以822082xyx

，即82182yx，因为2x，8y，所以20x，80y，所以8282xyxyyx82281082xyyx822

882xyyx82282882xyyx当且仅当822882xyyx即4x，4y时取等号，故选：C6．（2020·安徽宣城期末（理））已知m，0n，4121mn，则m

n的最小值为（）A．72B．7C．8D．4【答案】A【解析】∵m，0n，4121mn，∴4111411911554122122nmmnmnmnmn，当且仅当411nmmn且4121mn，即2

m，32n时取等号，故mn的最小值72.故选：A.7．（2020·江西省信丰中学月考）不等式10xx的解集为（）A．[0，1]B．（0，1]C．（﹣∞，0]∪[1，+∞）D．（﹣∞，0）∪[1，+∞）【答案】B【解

析】根据题意，1100(1)0xxxxxx且0x，解得01x，即不等式的解集为（0，1]，故选：B8．（2020·铅山县第一中学月考）已知11232fxx，()8fm，则m等于（）A．14B．14C．32D．32【答案】B【解

析】解：设112xt，则22xt，()47ftt，()478fmm，解得14m．故选：B．9．（2020·江苏宝应中学）已知定义在R上的奇函数fx满足：当0x时，3fxx，若不等式242ftfmmt对任意实数t恒成立，则实数m的取值范围是（）A．

,2B．2,0C．,02,D．,22,【答案】A【解析】由于函数yfx为R上的奇函数，则fxfx.当0x时，0x，则

33fxfxxx.所以，对任意的xR，3fxx，则函数yfx为R上的增函数.由242ftfmmt可得224mtmt，即2420mttm，由题意可知，不等

式2420mttm对任意的实数t恒成立.①当0m时，则有40t，在tR不恒成立；②当0m时，则20,21680mmm.综上所述，实数m的取值范围是,2.故选：A．10．（2020·福建省泰宁第一中学月考（理

））下列函数中，既是偶函数又在区间（0，+∞）上单调递增的是（）A．y＝x2+2xB．y＝x3C．y＝lnxD．y＝x2【答案】D【解析】A选项：y＝x2+2x是非奇非偶函数所以，所以不是偶函数，不合题意；B选项：y＝x3是奇函数，不合题意；C

选项：y＝lnx是非奇非偶函数，所以不是偶函数，不合题意；D选项：y＝x2既是偶函数又在区间（0，+∞）上单调递增.故选：D11．（2020·洛阳市第一高级中学月考（理））已知函数321()(1)mfxmmx

是幂函数，对任意的12,(0,)xx且12xx，满足1212()()0fxfxxx，若,,0abRab，则()()fafb的值（）A．恒大于0B．恒小于0C．等于0D．无法判断【答案】B【解析】由题可知：函数321()(1)mfxmmx是幂函

数则21=12mmm或1m又对任意的12,(0,)xx且12xx，满足1212()()0fxfxxx所以函数fx为(0,)的增函数，故2m所以7fxx，又fxfx，所以fx为R单调递增的奇函数由0ab

，则ab，所以fafbfb则0fafb故选：B12．（2019·甘肃酒泉月考）已知fx是定义在1,1上的奇函数，对任意的12,1,1xx，均有21210xxfxfx．当0,1

x时，25xffx，11fxfx，则2902913143152016201620162016ffff（）A．112B．6

C．132D．254【答案】C【解析】由f（x）=1-f（1-x），得f（1）=1，令12x，则1122f（），∵当x∈[0，1]时，25xffx（）（），∴152xffx（）（），即1111111111115222525410224ffff

ff（）（），（），（）（），1290125201610＜＜，∵对任意的x1，x2∈[-1，1]，均有（x2-x1）（f（x2）-f（x1））≥0290120164f（），同理29131431512016201620164f

ff（）（）（）．∵f（x）是奇函数，∴2902913143152016201620162016ffff（）（）（）（）29029131431513[]20162016201

620162ffff（）（）（）（），故选：C．二．填空题（共6小题）13．（2020·邢台市第八中学期末）已知条件2:340pxx„；条件22:690qxxm，若q￢是p￢的充分不必要条件，则实数m的取值

范围是__________．【答案】4m≥或4m【解析】∵条件2:340pxx„；∴:14px„，∴:4px或1x，∵条件22:690qxxm„，，∴:3qxm或x3m，若q￢是p￢的充分不必要条件，则31434mmm

„…，解得：4m≥或4m故答案为4m≥或4m14．（2020·江苏扬中市第二高级中学）已知0,0ab，且1ab，则11822abab的最小值为_________．【答案】4【解析】

0,0,0abab，1ab,11882222abababababab882422abababab，当且仅当ab=4时取等号，结合1ab,解得23,23ab，或23,23ab

时，等号成立.故答案为：415．（2020·横峰中学（理））已知正实数a，b满足36ab，则1412ab的最小值为______．【答案】134313【解析】正实数a，b，即0a，0b；36ab，13(

2)13ab则13(2)11313ab，那么：14(12ab13(2)4(1)3(2))()1()131313(2)13(1)ababba121343121313…当且仅当2(1)3(2)ab时，即取等号．1412

ab的最小值为：134313，故答案为：134313．16．（2020·浙江）若222xxaxxa对xR恒成立，则实数a的取值范围为______.【答案】2a【解析】因为222xxaxxa对xR恒成立，当20

xxa时，222221xxaxxaxx或1x恒成立，因此22(1)(1)02110aaa；当20xxa时，222221xxaxxaxaxa恒成立，因此2(1)(1)02112aaaaa

；综上：2a故答案为：2a17．（2020·甘谷县第四中学月考（文））已知函数2(1)mfxmmx是幂函数，且fx在(0,)上单调递增，则实数m________.【答案】2【解析】由题意，函数2(1)mfxmmx

是幂函数，可得211mm，即220mm，解得2m或1m，当2m时，函数2fxx，此时fx在(0,)上单调递增，符合题意；当1m时，函数1fxx，此时fx在(0,)上单

调递减，不符合题意，故答案为：2.18．（2020·洛阳市第一高级中学月考（文））已知fx是定义域为,的奇函数，满足11fxfx，若12f，则1232020ffff________.【答案】0.【解析】因为()fx是定

义域为(,)的奇函数，所以()()fxfx且00f又(1)(1)fx=f+x所以21111fxfxfxfxfx所以

4222fxfxfxfxfx所以函数fx的周期为4，又因为12f、00f，在(1)(1)fx=f+x中，令1x，可得：200ff

在(1)(1)fx=f+x中，令2x，可得：3112fff在(1)(1)fx=f+x中，令3x，可得：4220fff所以2020(3)(2020)1234505004(1)(2)ffff+ffff

故答案为：0.三．解析题（共6小题）19．（2020·安徽师范大学附属中学（文））已知函数()|31||1|fxxx．（1）解不等式()2fx„；（2）记函数()()2|1|gxfxx的值域为M，若tM，求44tt的最小值．【答案

】（1）1|02xx；（2）17.【解析】解：（1）依题意，得4,1,1()22,1,314,.3xxfxxxxx于是1()242xfxx或113222xx

或1342xx，解得102x.即不等式()2fx的解集为1|02xx.（2）证明：()|31|3|1||31(33)|4gxxxxx，当且仅当(31)(33)0xx时，取等号，所以[4,)M.则44ytt在[

4,)单调递增，所以4114444174tttt.所以44tt的最小值为17.20．（2020·甘谷县第四中学月考（理））设:p实数x满足22430xaxa

，:q实数x满足31x.（1）若1a，且pq为真，求实数x的取值范围；（2）若其中0a且p是q的充分不必要条件，求实数a的取值范围.【答案】（1）|23xx（2）423a【解析】对于q：由31x

得131x，解24x（1）当1a时，对于p：243310xxxx，解得13x，由于pq为真，所以,pq都为真命题，所以2413xx解得23x，所以实数x的取值范围是|23xx.（

2）当0a时，对于p：224303xaxaxaxa，解得3axa.由于p是q的充分不必要条件，所以p是q的必要不充分条件，所以234aa，解得423a.所以实数a的取值范围是423a.21．（2

020·福建省泰宁第一中学月考（理））已知函数fx对任意x满足：3()(2)4fxfxx，二次函数gx满足：(2)()4gxgxx且14g．（1）求fx，gx的解析式；（2）若[,]xmn时，恒有

()()fxgx成立，求nm的最大值．【答案】（1）求1fxx，2()23gxxx；（2）nm的最大值5.【解析】（1）324fxfxx①，用2x代替上式中的x，得3284fxfxx②，联立①②，可得1fxx；设2gxaxbxc

，所以222224gxgxaxbxcaxbxcx，即4424axabx所以44420aab，解得1a，2b，又14g，得3c，所以2()23gxxx.（

2）令()()fxgx，即2123xxx2340xx解得14x所以当1,4x时，fxgx若要求[,]xmn时，恒有()()fxgx成立，可得415nm，即nm的最大值是5.22．（2019·贵溪市实验中学月考（理））已知函

数23fxxx（）．（1）对任意0xRfxm，（）恒成立，求实数m的取值范围：（2）函数()gxkxk，设函数()()()Fxfxgx，若函数()yFx有且只有两个零点，求实数k的取值范围．【答案】（1）94，；（2）01，，.【

解析】解：（1）23fxxx（）的定义域为R，22()3()3()（-）fxxxxxfx，故函数()yfx关于y轴对称，当0x时，23（）fxxx，当32x时，min39()()24fxf，对任意,()0xRfxm恒成立，即有m

in()mfx，故实数m的取值范围为94（，）．（2）显然1x不是函数()()()Fxfxgx的零点．故函数()()()Fxfxgx有且只有两个零点．yk与23||()1xxhxx的图象有两个交点．当0x

时，223||3()11xxxxhxxx，222223(23)(1)(3)23()()01(1)(1)xxxxxxxxhxxxx恒成立，故函数()yhx在(0,1)单调递增，在(1,)单调递增，且当(

0,1)x时，1x时，函数()hx，当(1,)x时，1x时，函数()hx，x时，函数()hx，当0x时，223||3()11xxxxhxxx，2222223(23)(1)(3

)23(3)(1)()()1(1)(1)(1)xxxxxxxxxxhxxxxx令()0hx，因为0x，故解得1x，当(,1)x时，()0hx，故在(,1)单调递增，

当(1,0)x时，()0hx，故在(1,0)单调递减，函数()yhx的图像如图所示，根据图象可得，实数k的取值范围为01（，）（，）．23．（2020·甘谷县第四中学月考（理））已知函数()fx是定义在1,1上，若对于任意,1,1xy，都有(

)()()fxyfxfy且0x时，有()0fx.（1）证明：()fx在1,1上为奇函数，且为单调递增函数；（2）解不等式1(1)()02fxfx；【答案】（1）证明见解析；（2）2,03x.【解析】（1）证明：令0xy有(0)0f，令y

x，()()()fxxfxfx，即0(0)()()ffxfx，所以()fx是奇函数.又令1211xx-??，则21fxfx=2121fxfxfxx，又当0x时，有()0fx，210xx，∴210fxx，即

210fxfx，∴()fx在定义域1,1上为单调递增函数；（2）∵()fx在1,1上为单调递增的奇函数，有1(1)()02fxfx，则1(1)()2fxfx，∴1111112112xxxx，

即202223xxx，2,03x，解得不等式的解集为2,03x.24．（2020·郁南县连滩中学期中）已知函数4mfxxx，且43f.（1）求m的值；（2）证明fx的奇偶性；（3）判断fx在0,上的单调性

，并给予证明.【答案】（1）1m；（2）奇函数，证明见解析；（3）单调增函数，证明见解析.【解析】（1）4444134mmf，解得1m；（2）因为4fxxx，定义域为0xx，关于原点对称，又44fxx

xfxxx，因此，函数yfx为奇函数；（3）设120xx，则12121212214444fxfxxxxxxxxx1212121212441xxxxxxxxxx，因

为120xx，所以120xx，所以12fxfx，因此，函数yfx在0,上为单调增函数.