江蘇無錫市湖濱中學(xué)2024-2025學(xué)年高一（上）數(shù)學(xué)第15周階段性訓(xùn)練模擬練習(xí)【含答案】

江蘇無錫市湖濱中學(xué)2024-2025學(xué)年高一（上）數(shù)學(xué)第15周階段性訓(xùn)練模擬練習(xí)一．選擇題（共4小題）1．函數(shù)的零點所在的大致區(qū)間為（）A．（0，1） B．（1，2） C．（2，e） D．（e，3）2．函數(shù)f（x）＝x+log2x﹣4的零點為x1，函數(shù)g（x）＝x+loga（x﹣1）﹣5（a＞1）的零點為x2，若x2﹣x1＞1，則實數(shù)a的取值范圍是（）A．（1，） B．（1，2） C．（，+∞） D．（2，+∞）3．設(shè)函數(shù)f（x）＝ln|2x+1|﹣ln|2x﹣1|，則f（x）（）A．是偶函數(shù)，且在（，+∞）單調(diào)遞增 B．是奇函數(shù)，且在（﹣，）單調(diào)遞減 C．是偶函數(shù)，且在（﹣∞，﹣）單調(diào)遞增 D．是奇函數(shù)，且在（﹣∞，﹣）單調(diào)遞減4．已知函數(shù)y＝f（x）的表達(dá)式為f（x）＝|log2x|，若0＜m＜n且f（m）＝f（n），則2m+n的取值范圍為（）A．（1，+∞） B．[1，+∞） C． D．二．多選題（共5小題）（多選）5．設(shè)a＞0，b＞0，已知，則下列說法正確的是（）A．M有最小值 B．M沒有最大值 C．N有最大值為 D．N有最小值為（多選）6．若0＜m＜1＜a＜b，則（）A．ma＜mb B．a(chǎn)m＜bm C．logma＜logmb D．（多選）7．已知函數(shù)y＝f（x），對于任意x，y∈R，＝f（x﹣y），則（）A．f（0）＝1 B．f（x2）＝2f（x） C．f（x）＞0 D．≥f（）（多選）8．定義在R上的函數(shù)f（x），對任意的x1，x2∈R，都有f（x1+x2）＝f（x1）+f（x2）+1，且當(dāng)x＞0時，f（x）＞f（0）恒成立，下列說法正確的是（）A．f（0）＝﹣1 B．函數(shù)f（x）的單調(diào)增區(qū)間為（0，+∞） C．函數(shù)g（x）＝f（x）+1為奇函數(shù) D．函數(shù)f（x）為R上的增函數(shù)（多選）9．已知f（x）是定義在R上的偶函數(shù)，且對任意x∈R，有f（1﹣x）＝﹣f（1+x），當(dāng)x∈[0，1]時，f（x）＝x2+x﹣2，則（）A．f（x）是以2為周期的周期函數(shù) B．點（﹣3，0）是函數(shù)f（x）的一個對稱中心 C．f（2021）+f（2022）＝﹣2 D．函數(shù)y＝f（x）﹣log2（x+1）有3個零點三．填空題（共3小題）10．設(shè)函數(shù)，則滿足的x的取值范圍是．11．已知函數(shù)f（x）是定義在R上不恒為零的偶函數(shù)，且對于任意實數(shù)x都有（x﹣1）f（x）＝xf（x﹣1）成立，則＝．12．已知定義在R上的函數(shù)f（x）滿足f（x+4）＝f（x），且當(dāng)x∈[0，4）時，f（x）＝2x+m，若f（2023）＝3f（1），則m＝．四．解答題（共5小題）13．設(shè)函數(shù)f（x）和g（x）的定義域為（﹣1，1），若f（x）是偶函數(shù)，g（x）是奇函數(shù)，且f（x）﹣g（x）＝2lg（1﹣x）．（1）求函數(shù)f（x）和g（x）的解析式；（2）判斷f（x）在（0，1）上的單調(diào)性，并給出證明．14．設(shè)a為實數(shù)，已知函數(shù)，g（x）＝lnx?（lnx﹣2）+a．（1）若函數(shù)f（x）和g（x）的定義域為[1，+∞），記f（x）的最小值為M1，g（x）的最小值為M2.當(dāng)M2≤M1時，求a的取值范圍；（2）設(shè)x為正實數(shù)，當(dāng)g（x）＞0恒成立時，關(guān)于x的方程f（g（x））+a＝0是否存在實數(shù)解？若存在，求出此方程的解；若不存在，請說明理由．15．已知函數(shù)f（x）＝（2x+2﹣x），g（x）＝（2x﹣2﹣x）．（1）利用函數(shù)單調(diào)性的定義，證明：f（x）在區(qū)間[0，+∞）上是增函數(shù)；（2）已知F（x）＝4f2（x）﹣4mf（x）+9，其中m是大于1的實數(shù)，當(dāng)x∈[0，log2m]時，F(xiàn)（x）≥0，求實數(shù)m的取值范圍；（3）當(dāng)a≥0，判斷與af（x）+（1﹣a）的大小，并證明你的結(jié)論．

16．已知函數(shù)f（x）＝x2+bx+c，滿足f（x）＝f（1﹣x），其一個零點為﹣1．（1）當(dāng)m≥0時，解關(guān)于x的不等式mf（x）≥2（x﹣m﹣1）；（2）設(shè)h（x）＝3|f（x）+3x﹣1|，若對于任意的實數(shù)x1，x2∈[﹣2，2]，都有|h（x1）﹣h（x2）|≤M，求M的最小值．17．已知函數(shù)．（1）當(dāng)a＝5，b＝﹣3時，求滿足f（x）＝3x的x的值；（2）當(dāng)b＝1時，若函數(shù)y＝f（x）是定義在R上的奇函數(shù)，函數(shù)g（x）滿足g（x）＝f（x）（3x+1）+3﹣x．①求f（x）及g（x）的表達(dá)式；②若對任意x∈R且x≠0，不等式g（2x）≥m?g（x）﹣10恒成立，求實數(shù)m的最大值．

參考答案與試題解析一．選擇題（共4小題）1．【解答】解：易知函數(shù)在（0，+∞）上單調(diào)遞增，∵f（e）＝1﹣＜0，f（3）＝ln3﹣1＞0，∴f（e）?f（3）＜0，∴函數(shù)的零點所在的大致區(qū)間為（e，3）．故選：D．2．【解答】解：f（x）＝x+log2x﹣4的零點為x1，所以x1+log2x1﹣4＝0，因為g（x）＝x+loga（x﹣1）﹣5（a＞1）的零點為x2，所以g（x2）＝x2+loga（x2﹣1）﹣5＝0，所以x1+log2x1﹣4＝x2﹣1+loga（x2﹣1）﹣4，所以x1+log2x1＝x2﹣1+loga（x2﹣1），又因為x2﹣x1＞1，所以x1＜x2﹣1，又因為y＝x+log2x，y＝x﹣1+loga（x﹣1）（a＞1）這兩個函數(shù)均單調(diào)遞增，當(dāng)x1＜x2﹣1時，log2x1＞loga（x2﹣1），解得a＞2．故選：D．3．【解答】解：由，得x．又f（﹣x）＝ln|﹣2x+1|﹣ln|﹣2x﹣1|＝﹣（ln|2x+1|﹣ln|2x﹣1|）＝﹣f（x），∴f（x）為奇函數(shù)；由f（x）＝ln|2x+1|﹣ln|2x﹣1|＝，∵＝＝．可得內(nèi)層函數(shù)t＝||的圖象如圖，在（﹣∞，）上單調(diào)遞減，在（，）上單調(diào)遞增，則（，+∞）上單調(diào)遞減．又對數(shù)式y(tǒng)＝lnt是定義域內(nèi)的增函數(shù)，由復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性可得，f（x）在（﹣∞，﹣）上單調(diào)遞減．故選：D．4．【解答】解：由題意函數(shù)y＝f（x）的表達(dá)式為f（x）＝|log2x|，若0＜m＜n且f（m）＝f（n），可得，﹣log2m＝log2n，化簡可得mn＝1．∴2m+n≥2＝2，當(dāng)且僅當(dāng)2m＝n時，等號成立．故2m+n的取值范圍為[2，+∞），故選：D．二．多選題（共5小題）5．【解答】解：因為a＞0，b＞0，所以M＝，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時取等號，所以M有最小值為2，沒有最大值，故A正確，B正確；因為，所以N＝＝，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b時取等號，所以N有最小值為，沒有最大值，故C錯誤，D正確，故選：ABD．6．【解答】解：對于選項A，∵0＜m＜1，∴函數(shù)y＝mx在R上是減函數(shù)，又∵a＜b，∴ma＞mb，故錯誤；對于選項B，∵0＜m＜1，∴函數(shù)y＝xm在（0，+∞）上是增函數(shù)，又∵a＜b，∴am＜bm，故正確；對于選項C，∵0＜m＜1，∴函數(shù)y＝logmx在（0，+∞）上是減函數(shù)，又∵1＜a＜b，∴l(xiāng)ogma＞logmb，故錯誤；對于選項D，﹣＝，∵0＜m＜1＜a＜b，∴＞0，即＞，故正確；故選：BD．7．【解答】解：對于A，令x＝y(tǒng)＝0，則有1＝f（0），故正確；對于B，由已知＝f（x﹣y），可得f（x）＝f（y）f（x﹣y），所以f（x+y）＝f（x）f（y），①令f（x）＝ax（a＞0且a≠1）滿足題干要求，2f（x）＝2ax，f（x2）＝，則f（x2）≠2f（x），故B錯誤；對于C，由①可知：令x＝，y＝，則f（x）＝f（）f（）＝[f（）]2，又因為＝f（x﹣y），則f（）≠0，所以f（x）＝[f（）]2＞0，故C正確；對于D，因為f（x）＞0，所以f（x）+f（y）≥2＝2，又由①，令x＝y(tǒng)＝，則f（x+y）＝f（）f（）＝[f（）]2，所以≥f（），故D正確．故選：ACD．8．【解答】解：對任意的x1，x2∈R，都有f（x1+x2）＝f（x1）+f（x2）+1，可得x1＝x2＝0時，f（0）＝2f（0）+1，解得f（0）＝﹣1，故A正確；令x1＝x，x2＝﹣x，則f（0）＝f（x）+f（﹣x）+1，可得[f（﹣x）+1]+[f（x）+1]＝0，則g（﹣x）＝﹣g（x），即g（x）＝f（x）+1為奇函數(shù)，故C正確；當(dāng)x＞0時，f（x）＞f（0）恒成立，可得g（x）＝f（x）+1＞0恒成立，設(shè)x1＜x2，即x2﹣x1＞0，可得g（x2﹣x1）＝f（x2﹣x1）+1＝f（x2）+f（﹣x1）+2＝[f（x2）+1]+[f（﹣x1）+1]＞0，即為g（x2）＞﹣g（﹣x1）＝g（x1），所以g（x）在R上遞增，即f（x）在R上遞增，故B錯誤，D正確．故選：ACD．9．【解答】解：根據(jù)題意，依次分析選項：對于A，對任意x∈R，有f（1﹣x）＝﹣f（1+x），即f（﹣x）＝﹣f（2+x），f（x）是定義在R上的偶函數(shù)，則有f（x+2）＝﹣f（x），變形可得f（x+4）＝﹣f（x+2）＝f（x），則函數(shù)f（x）是周期為4的周期函數(shù)，A錯誤；對于B，對任意x∈R，有f（1﹣x）＝﹣f（1+x），則（1，0）是函數(shù)f（x）的一個對稱中心，又由函數(shù)f（x）是周期為4的周期函數(shù)，則點（﹣3，0）是函數(shù)f（x）的一個對稱中心，B正確；對于C，函數(shù)f（x）是周期為4的周期函數(shù)，且對任意x∈R，有f（1﹣x）＝﹣f（1+x），則f（2021）+f（2022）＝f（1）+f（2）＝f（1）﹣f（0）＝2，C錯誤；對于D，作出函數(shù)f（x）與y＝log2（x+1）的圖象，易得兩個函數(shù)有3個交點，則函數(shù)y＝f（x）﹣log2（x+1）有3個零點，D正確；故選：BD．三．填空題（共3小題）10．【解答】解：①當(dāng)x≤0時，x﹣＜0，∴f（x）+f（x﹣）＝2x+1+2（x﹣）+1＝4x﹣1≤﹣1，則在x≤0時無解；②當(dāng)0時，x﹣≤0，∴f（x）+f（x﹣）＝3x+2（x﹣）+1＝3x+2x﹣2，在R上單調(diào)遞增，且x＝1時，3+2﹣2＝3，則的解集為（1，]；③當(dāng)x時，x﹣＞0，∴f（x）+f（x﹣）＝＞3，則在x時恒成立，綜上所述，的解集為（1，+∞）．故答案為：（1，+∞）．11．【解答】解：因為對于任意實數(shù)x都有（x﹣1）f（x）＝xf（x﹣1）成立，令x＝0可得，f（0）＝0，令x＝可得﹣＝，則f（）＝0，當(dāng)x≠0，1時，若f（x﹣1）＝0，則f（x）＝0，則f（）＝f（）＝f（）＝f（）＝0，則＝0．故答案為：0．12．【解答】解：函數(shù)f（x）滿足f（x+4）＝f（x），則f（x）的周期為4，f（2023）＝f（3）＝8+m＝3（2+m），解得m＝1．故答案為：1．四．解答題（共5小題）13．【解答】解：（1）根據(jù)題意：f（﹣x）﹣g（﹣x）＝2lg（1+x）；∴f（x）+g（x）＝2lg（1+x），聯(lián)立f（x）﹣g（x）＝2lg（1﹣x）得：f（x）＝lg（1+x）+lg（1﹣x）＝lg（1﹣x2），g（x）＝lg（1+x）﹣lg（1﹣x）＝lg；（2）f（x）＝lg（1﹣x2）在（0，1）上單調(diào)遞減，證明如下：設(shè)x1，x2∈（0，1），且x1＜x2，則f（x1）﹣f（x2）＝lg（1﹣x12）﹣lg（1﹣x22），∵0＜x1＜x2＜1，∴x12＜x22，∴1﹣x12＞1﹣x22，∴l(xiāng)g（1﹣x12）＞lg（1﹣x22），∴f（x1）＞f（x2），∴f（x）在（0，1）上是減函數(shù)．14．【解答】解：（1）當(dāng)x≥1時，2x≥2，﹣，所以f（x）＝，當(dāng)x＝1時取等號，即M1＝，當(dāng)x≥1時，lnx≥0，g（x）＝lnx?（lnx﹣2）+a＝（lnx﹣1）2+a﹣1，根據(jù)二次函數(shù)的性質(zhì)可知，當(dāng)lnx＝1，即x＝e時g（x）取得最小值M2＝a﹣1，當(dāng)M2≤M1時，a﹣1，所以a，故a的取值范圍為（﹣∞，]；（2）因為g（x）＝lnx?（lnx﹣2）+a＝（lnx﹣1）2+a﹣1＞0恒成立，所以a﹣1＞0，即a＞1，此時2g（x）＞1，0＜＜1，則f（g（x））+a＝2g（x）﹣+a＞0，所以關(guān)于x的方程f（g（x））+a＝0不存在實數(shù)解．15．【解答】（1）證明：任取x1，x2∈[0，+∞），且x1＜x2，則f（x1）﹣f（x2）＝（+）﹣（+）＝＝＝（1﹣），因為0≤x1＜x2，所以＜，所以﹣＜0，＞1，所以f（x1）﹣f（x2）＜0，即f（x1）＜f（x2），所以f（x）在區(qū)間[0，+∞）上是增函數(shù)；（2）解：F（x）＝4f2（x）﹣4mf（x）+9＝4（）2﹣4m（）+9，設(shè)t＝，因為f（x）在[0，log2m]上單調(diào)遞增，所以t∈[1，]，所以F（x）≥0，即4t2﹣4mt+9≥0，所以m≤t+，①m≥時，≥，即t+≥2＝3，當(dāng)且僅當(dāng)t＝時等號成立，此時m≤3，所以≤m≤3；②1＜m＜時，＜，此時y＝t+在[1，]上單調(diào)遞減，即t＝時，ymin＝+，此時m≤+，化簡得m4﹣9m2﹣1≤0，因為1＜m＜，1＜m2≤，此時m4﹣9m2﹣1≤0恒成立，綜上，實數(shù)m的取值范圍是（1，3]．（3）解：﹣af（x）﹣（1﹣a）＝﹣a?﹣1+a＝a﹣﹣a?＝a（1﹣）﹣，因為2x+≥2，當(dāng)且僅當(dāng)x＝0時等號成立，所以≥1，即1﹣≤0，由已知a≥0，所以a（1﹣）≤0，又因為2x＞0，所以＞0，所以a（1﹣）﹣＜0，即﹣af（x）﹣（1﹣a）＜0，所以＜af（x）+（1﹣a）．16．【解答】解：（1）因為f（x）＝f（1﹣x），則x2+bx+c＝（1﹣x）2+b（1﹣x）+c，得b＝﹣1，又其一個零點為﹣1，則f（﹣1）＝1+1+c＝0，得c＝﹣2，則函數(shù)的解析式為f（x）＝x2﹣x﹣2，則m（x2﹣x﹣2）≥2（x﹣m﹣1），即mx2﹣（m+2）x+2＝（mx﹣2）（x﹣1）≥0，當(dāng)m＝0時，解得：x≤1，當(dāng)m＞0時，①m＝2時，解集為R，②0＜m＜2時，解得：x≤1或，③m＞2時，解得：或x≥1，綜上：當(dāng)m＝0時，x∈（﹣∞，1]，當(dāng)m＞0時，①m＝2時