吉林省吉林市桦甸市第四中学2024-2025学年高一下学期二月份数学周练（一）

数学试题 第 1页（共 4页） 数学试题 第 2页（共 4 页） 绝密★启用前 2024—2025 学年第二学期高一年级二月份周练（一） 数 学 一、单项选择题：本题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分．在每小题给出的四个选项中，只有一项 是符合题目要求. 1．已知集合  2log 1A x x  ，  0,1, 2,3, 4B  ，则 A B 的非空子集的个数为（ ） A．1 B．3 C．5 D．7 2．已知 cos 3 1 sin      ，则 cos sin 1    的值为（ ） A． 3 3 B． 3 3  C． 3 D． 3 3．函数   2 e e 2 x x f x x x     的部分图象大致是（ ） A． B． C． D． 4．函数   2 2m mf x x   在  0,  单调递增的一个充分不必要条件是（ ） A． 2m≥ B． 1m  C． 3m  D． 2m  或 1m   5．函数     1ln 2 3 f x x x    的零点所在区间为（ ） A．  4, 3  B．  3, e  C．  e, 2  D．  2, 1  6．已知函数   1 0axf x a a  且 1a  在区间 2,3 上单调递增，则 a的取值范围为（ ） A． 10, 2      B．  1, C． 10, 3      D． 1 1, 3 2      7．设函数     2 1 2 log , 0 log , 0 x x f x x x      ，若    f a f a  ，则实数 a的取值范围是（ ） A．    1,0 0,1  B．    , 1 1,     C．    1,0 1,    D．    , 1 0,1   8．已知 3eln4 , eln3, 3 4 a b c   ，则（ ） A．a b c  B．c a b  C． a c b  D．b a c  二、多项选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合 题目要求，全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分. 9．下列命题中正确的有（ ） A．    2 1 mf x m m x   幂函数，且在  0,  单调递减，则 1m   B．    22log 2f x x x  的单调递增区间是  1, C．   2 1 1 f x ax ax    定义域为R ，则  0,4a D．   2 4f x x x   的值域是  ,5 10．下列不等式中，一定成立的是（ ） A．若    ln 1 ln 1a b   ，则 1 1 a b  B．若 1a b  ，则  2log log 2a ab b  C．若 0a b  ， Rc ，则 2 2ac bc D．若 0c a b   ，则 a b c a c b    11．已知定义在 (0, ) 的函数 ( )f x 满足：当 1 2x x 时，恒有    2 1 1 2 1 2 0 x f x x f x x x    ，则（ ） A．3 (4) 4 (3)f f B．函数 ( )f xy x  在区间 (0, ) 为增函数 C．函数 ( )y xf x 在区间 (0, ) 为增函数 D．      1 2 1 2 1 23 3 4f x x f x x f x x     数学试题 第 3页（共 4 页） 数学试题 第 4页（共 4 页） 三、填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分. 12．已知集合 { | }A x y x  ， 2{ | , }B y y x x A   ，则 A B  13．阅读下面一段材料：已知三角形三边长分别为 a、b、c，则三角形的面积为    S p p a p b p c    ， 其中 2 a b cp   .这个公式被称为海伦-秦九韶公式.根据此材料解答：已知三角形 ABC中， 4BC  ， 6AB AC  ，则三角形 ABC面积的最大值为 . 14．   21 0 13 14 4 2 81 8 32 6 2 36 16 3( 3)                    . 四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．（13 分） 化简求值: (1) 07log 23 27 ( 9.8)log lg 25 lg 4 7     ； (2)     121 02 3 1 70.027 2 2 1 7 9                 ； (3) sin 90 tan1395 cos 405     . 16．（15 分） 已知 sin(π ) 2cos   ． (1)若 为锐角，求 πcos 3      的值； (2)求 πtan 2 4      的值． 17．（15 分） 设函数    log 0, 1af x x a a   ． (1)解不等式    2 6 5f a f a  ； (2)已知对任意的实数m，  2 31 4f m m f         恒成立，是否存在实数 k，使得对任意的  1,0x  ，不等式    14 2 4 0x x xf f k    恒成立，若存在，求出 k的范围；若不存在，请说明理由． 18．（17 分） 已知定义在R 上的函数 12( ) 2 1 x x bf x    是奇函数． (1)求函数 ( )f x 的解析式； (2)判断 ( )f x 的单调性，并用单调性定义证明； (3)若存在 0x  ，使得关于 x的不等式 2 2 1 0kf x f kx x x                能成立，求实数 k的取值范围． 19．（17 分） 设函数 y f x （ ）在区间 D上有定义，若对任意 1x D ，都存在 2x D 使得： 1 22 x f x m （ ） ，则称函数 y f x （ ） 在区间 D上具有性质 .p m（ ） (1)判断函数 2xf x （ ） 在 R 上是否具有性质 0p（ ），并说明理由; (2)若函数 3 1f x x （ ） 在区间 0, 0a a （ ）上具有性质 1p（），求实数 a的取值范围; (3)设  0 2t ， ，若存在唯一的实数 m，使得函数 2 2 3f x x tx   （ ） 在 0 2， 上具有性质 p m（ ），求 t的值 2024—2025 学年第二学期高一年级二月份周练（一） 数学答案 1．B 【分析】解对数不等式求得集合A ，进而求得 A B ，从而求得正确答案. 【详解】 2 2log 1 log 2x   ，所以0 2x  ， 所以  | 0 2A x x   ，所以  1,2 A B ， 其非空子集个数为 22 1 3  . 故选：B. 2．A 【分析】由 cos cos 1 1 sin sin 1          即可求解. 【详解】因为 2 2 2 2 cos cos cos 1 sin 1 1 sin sin 1 sin 1 sin 1                   ，且 cos 3 1 sin      ， 所以 cos 3 sin 1 3     . 故选：A 3．D 【分析】根据函数的解析式可判断函数为奇函数，再根据  0,1x 和  1,x  时函数值的 符号可得正确的选项. 【详解】函数   2 e e 2 x x f x x x     的定义域为      , 1 1,1 1,      ， 定义域关于原点对称， 又    2 e e 2 x x f x f x x x         ，所以  f x 为奇函数， 所以函数  f x 的图象关于原点对称，故排除 A, 当  0,1x 时， e ex x ， 1x  ， 所以       e e 0 2 1 x x x x f x      ， 当  1,x  时， e ex x ， 1x  ， 所以       e e 0 2 1 x x f x x x       ，故排除 B、C． 故选：D． 4．C 【分析】根据幂函数的单调性求得参数范围，再由充分不必要条件的定义判断． 【详解】   2 2m mf x x   在  0,  单调递增，则 2 2 0m m   ，解得 1m   或 2m  ， 因此其中只有 C 是充分不必要条件， 故选：C． 5．B 【分析】根据公共定义域内判断函数的单调性及复合函数的单调性， 得出函数  f x 的单调性，再利用函数零点的存在性定理即可求解. 【详解】由题意可知，  f x 的定义域为  ,0 ， 令u x  ，则 lny u ，由u x  在  ,0 上单调递减， lny u 在定义域内单调递增， 所以  lny x  在  ,0 单调递减. 所以函数     1ln 2 3 f x x x    在  ,0 上单调递减. 所以      1 2 2 14 ln 4 4 2 ln 4 ln e 0 3 3 3 3 f                      13 ln 3 3 2 ln 3 1 ln e 1 0 3 f                     1 ee ln e e 2 1 0 3 3 f                   1 4 42 ln 2 2 2 ln 2 ln e 0 3 3 3 f                     1 51 ln 1 1 2 0 3 3 f              故  3 ( e) 0f f    ，根据零点的存在性定理，可得 函数     1ln 2 3 f x x x    的零点所在区间为  3, e  . 故选：B. 6．C 【分析】令 1u ax  ，可知内层函数 1u ax  在 2,3 上单调递减，且 min 0u  ，结合复 合函数法可得出关于实数 a的不等式组，即可求得实数 a的取值范围. 【详解】令 1u ax  ，因为 0a  且 1a  ，则内层函数 1u ax  在 2,3 上单调递减， 且 min 1 3 0u a   ，可得 10 3 a  ， 因为函数   1 0axf x a a  且 1a  在区间 2,3 上单调递增， 则外层函数 uy a 为减函数，所以， 0 1a  ， 综上所述，实数 a的取值范围是 10, 3      . 故选：C. 7．C 【分析】根据 0a  和 0a  分类求解． 【详解】若 0a  ，则由    f a f a  得 2 1 2 2 log log loga a a   ，即 2log 0a  ．∴ 1a  ． 若 0a  ，则由    f a f a  得    1 2 2 log loga a   ， 即    2 2log loga a    ∴  2log 0a  ， ∴0 1a   ，即 1 0a   ． 综上可知， 1 0a   或 1a  ． 故选：C． 8．A 【分析】利用构造函数结合函数的单调性比较大小即可. 【详解】 3eln4 ln 4 3ln 44 4 ,ln3eln3 4ln3 3 a b    设 2 ln 1 ln( ) , ( ) ,x xf x f x x x   当0 ex  时，   0f x  ，则函数   ln xf x x  在  0,e 上单调递增， 当 ex  时，   0f x  ，则函数   ln xf x x  在  e,  上单调递减， 则 ln 4 ln3 , 4 3  则 ln 4 4 1ln3 3  ，则 ,a b 则 ln e ln 3 , e 3  则 ln 3 3 1 ,ln e e b b c c     则 a b c  . 故选：A. 9．ACD 【分析】对于 A：根据幂函数的概念和性质解答；对于 B：先求出定义域后即可判断；对于 C：验证 0a  ，对于 0a  ，求 0  即可；对于 D：利用换元法求函数值域. 【详解】对于 A： 2 1 1 0 m m m       ，解得 1m   ，正确； 对于 B：由 2 2 0x x  得  f x 的定义域为    ,0 2,  ，故单调区间不可能为  1, ， 错误； 对于 C：当 0a  时，   1f x  ，定义域为R ，当 0a  时，对于 2 1ax ax  ，其 2 4 0a a    ， 解得0 4a  ，综合  0,4a ，正确； 对于 D：令 4 x t  ，则 24x t  ，且 0t  ， 则     2 24 2 2 4f x g t t t t t        ，由二次函数的性质可得  2 54 ,2t t    ，正确. 故选：ACD. 10．BD 【分析】根据对数函数的单调性及不等式的性质即可判断 A；首先说明当 1a b  ， 0m  时， b b m a a m    ，再根据换底公式及不等式的性质即可判断 B；举反例 0c  即可判断 C；利用做 差法即可判断 D． 【详解】对于 A，    ln 1 ln 1 1a b a b       ， 若 0, 1a b  ，则 1a 无意义，故 A 错误； 对于 B，当 1a b  ， 0m  时，           0            b a m a b m m b ab b m a a m a a m a a m ， 所以 b b m a a m    ，下面应用该性质； 当 1a b  时， 2ln 0a a   ，   2 2 2 2ln ln ln lnln ln( 2)log log ( 2)2ln ln 2 ln( 2) ln( 2)ln ln a a a ab b ab abb ba a ab baa a a aa a                  ，故 B 正确； 对于 C，当 0c  时， 2 2ac bc ，故 C 错误； 对于 D，             0 a c b b c a c a ba b c a c b c a c b c a c b               ，即 a b c a c b    ，故 D 正确； 故选：BD． 11．ABD 【分析】利用赋值法令 1 24, 3x x  ，即可判断选项 A；不妨设 1 20 x x  ，设      0 f x g x x x   ，利用定义证明其单调性即可判断选项 B；设     0h x xf x x  ，利用 定义即可判断选项 C；由函数      0 f x g x x x   在 (0, ) 为增函数，所以    1 2 1 23g x x g x x   ，    1 2 1 23g x x g x x   ，结合证明      1 2 1 2 1 23 3 4f x x f x x f x x     ，即可判断选项 D. 【详解】依题意，当 1 2x x 时，恒有    2 1 1 2 1 2 0 x f x x f x x x    ， 令 1 24, 3x x  则    3 4 4 3 0 4 3 f f   ， 即    3 4 4 3 0f f  ，所以3 (4) 4 (3)f f ，故 A 正确； 不妨设 1 20 x x  ，设      0 f x g x x x   ， 则            1 2 2 1 1 21 2 1 2 1 2 f x f x x f x x f x g x g x x x x x      ， 因为 1 20 x x  ，所以    2 1 1 2 0x f x x f x  ， 所以            1 2 2 1 1 21 2 1 2 1 2 0 f x f x x f x x f x g x g x x x x x       ， 所以  g x 在 (0, ) 为增函数，故 B 正确； 设     0h x xf x x  ，        1 2 1 1 2 2h x h x x f x x f x   的符号无法判断， 所以  y xf x 的单调性无法判断，故 C 错误； 由上述判断可知，函数      0 f x g x x x   在 (0, ) 为增函数， 所以    1 2 1 23g x x g x x   ，所以    1 2 1 2 1 2 1 2 3 3 f x x f x x x x x x      ， 所以      1 2 1 21 2 1 2 3 3 x x f x x f x x x x      ， 同理    1 2 1 23g x x g x x   ，所以    1 2 1 2 1 2 1 2 3 3 f x x f x x x x x x      ， 所以      1 2 1 21 2 1 2 3 3 x x f x x f x x x x      ， 所以            1 2 1 2 1 2 1 21 2 1 2 1 2 1 2 3 3 3 3 x x f x x x x f x x f x x f x x x x x x                 1 2 1 2 1 2 1 2 4 4 4 x x f x x f x x x x       ，故 D 正确； 故选：ABD. 12．{ | 0 }x x  【分析】化简集合A ， B，结合交集运算法则求结论. 【详解】由 y x 有意义可得 0x  ， 所以 { | 0 }A x x  ， 当 0x  时， 2 0y x  ， 所以 { | 0 }B y y  ， 所以 { | 0 }xB xA   . 故答案为：{ | 0 }x x  . 13． 2 5 【分析】求得   5 5 5ABCS AB AC   △ ，利用基本不等式可求得 ABCV 面积的最大值. 【详解】由已知可得 4 6 5 2 p   ， 所以，        5 5 4 5 5 5 5 5ABCS AB AC AB AC         △ 5 55 2 5 2 AB AC      ， 当且仅当 3AB AC  时，等号成立. 故 ABCV 面积的最大值为 2 5 . 故答案为： 2 5 . 14．1 【分析】根据指数幂的运算法则与性质求解. 【详解】   1 2 3 2 0 114 481 32 6 2 36 16 8 ( 3) 3                  1 4 43 6 22 23 14 6 2                 2 6 2 1 633 4       1 . 15．(1) 13 2 (2) 45 (3) 2 2 【分析】（1）借助指数与对数运算法则计算即可得； （2）借助指数运算法则计算即可得； （3）借助特殊角三角函数值与终边相同的角的关系计算即可得. 【详解】（1）原式 2 2 3 2 3log lg5 lg 2 13 2     3 2 lg5 lg 2 3 2     3 132 3 2 2     ； （2）原式 1 1 3 221000 257 1 27 9               10 549 1 45 3 3       ； （3）原式    41 tan 4 45360 36o 0c s 5        51 tan 45 os 4c    2 21 1 2 2    . 16．(1) 5 2 15 10  (2) 7 【分析】（1）根据题意先求 sin ,cos ，再利用两角和的余弦公式运算求解； （2）根据倍角公式结合两角差的正切公式运算求解. 【详解】（1）∵  sin π sin 2cos     ， 且 2 2sin cos 1   ， 为锐角， 解得 5 2 5cos ,sin 5 5    ， 所以 π π π 5 1 2 5 3 5 2 15cos cos cos sin sin 3 3 3 5 2 5 2 10                ． （2）由（1）可知： sin 2cos  ，可得 tan 2  ， 所以 2 2 2 tan 2 2 4tan 2 1 tan 1 2 3          ， 所以 4 1π tan 2 1 3tan 2 744 1 tan 2 1 3             ． 17．(1)  0,1 [2, )  (2)存在； 31 2 k  【分析】（1）讨论 a的取值范围，根据对数函数的单调性解不等式. （2）根据条件可得  f x 在  0,  上为增函数，通过函数的单调性把不等式等价变形，利 用恒成立问题可求得 k的范围. 【详解】（1）当0 1a  时，由    2 6 5f a f a  ，得 2 6 5 0a a   ， 解得0 2a  ，即  0,1a ； 当 1a  时，由    2 6 5f a f a  ，得0 2 6 5a a   ， 解得 2a  ，即 [2, )a  ． 综上可知，  0,1 [2, )a  ． （2）存在，理由如下： ∵ 2 2 1 3 31 2 4 4 m m m          ，且  2 31 4f m m f         恒成立， ∴  f x 在  0,  上为增函数． ∵    14 2 4 0x x xf f k    ，∴    14 2 4x x xf f k   ， ∴ 14 2 4x x xk   在  1,0x  上恒成立，即 12 4 2x xk    在  1,0x  上恒成立， 令 12 , ,1 2 xt t       ，设   22 2g t t t  ，对称轴为直线 1 2 t   ， ∴  g t 在 1 ,1 2      上单调递增， ∴  min 1 3 2 2 g t g      ，即 3 2 k  ． 又∵  1,0x  时， 4 0xk   恒成立， ∴  max4 1xk   ， 综上得， 31 2 k  ． 18．(1) 2(1 2 )( ) 2 1x x f x    (2) ( )f x 是R 上的减函数，证明见解析 (3) 1k  【分析】（1）先根据 (0) 0f  求得b的值，然后再检验即可； （2）利用单调性定义判断并证明； （3）根据函数的单调性与奇偶性将问题转化为“ 2 2 1 1x k x x x        在 0x  时能成立”，然后 通过换元法求解出结果． 【详解】（1）∵定义在R 上的函数 12( ) 2 1 x x bf x    是奇函数，∴ 2(0) 0 1 1 bf    ，∴ 2b  ． 此时 2(1 2 )( ) 2 1x x f x    ， 2(1 2 ) 2(1 2 )( ) ( ) 2 21 1 x x x xf x f x            ， ∴ ( )f x 是奇函数，满足题意， ∴ 2(1 2 )( ) 2 1x x f x    ． （2） ( )f x 是R 上的减函数，证明如下： 2(1 2 ) 2( ) 2 1 2 1 2 1 x x xf x         ，设 1 2,x x R 且 1 2x x ， ∴ 2 1 1 2 1 2 1 21 2 2 2 4 4 4(2 2 )( ) ( ) 2 1 2 1 2 1 2 1 1 2 1 2 (1 2 )(1 2 ) x x x x x x x xf x f x                       ， ∵ 1 2,x x R 且 1 2x x ，∴ 2 1 1 22 2 1 2 0,1 2 0,x x x x    ， ∴ 1 2( ) ( ) 0f x f x  ，即 1 2( ) ( )f x f x ， ∴ ( )f x 是R 上的减函数． （3）∵ ( )f x 是R 上的奇函数， ∴不等式 2 2 1 0kf x f kx x x                即为 2 2 1 k kf x f kx f kx x x x                        ， ∵ ( )f x 是R 上的减函数， ∴ 2 2 1 1kx kx k x x x x          在 0x  时能成立， 令 1 , ( 0)t x x x    ，则 1 12 2t x x x x      ，当且仅当 1x  时取等号， 故 2 2 22 11 2 2 2 1 1 xx txxk t t tx x x x              在 2t  时能成立， ∴ min 2( ) ( 2) t k t t   ， 令 2( ) , 2h t t t t    ， ∵ 2,y t y t    在[2, ) 上均单调递增， ∴ 2( )h t t t   在[2, ) 上单调递增， ∴ min 2( ) (2) 2 1 2 h t h    ， 故 1k  ． 19．(1)函数 2xf x （ ） 在 R 上不具有性质 0p（ ），理由见解析 (2)1 3a  (3) 2 2 或 2 【分析】（1）求出指数函数 2xf x （ ） 的定义域，根据特例 0m  ， 1 1x  判断函数 2xf x （ ） 在 R上是否具有性质 0p（ ）； （2）根据函数 3 1f x x （ ） 在区间 0 a， 上具有性质 1p（）得到 1x 和 2x 的关系，求出 a的取值 范围； （3）设  2{ | 2 3 0 2 }A y y x tx x     ， ， ，求出 2( )f x 的表达式，求出 12m x 的范围，分 0 1t  和1 2t  两种情况求解. 【详解】（1）指数函数 2xf x （ ） 在 R 上不具有性质 0p（ ）， 理由如下：指数函数 2xf x （ ） 的定义域为 R， 对于 0m  ， 1 1x  ，因为 21 2 0 2 x  ， 2x R ， 所以不存在 2x R ，满足 1 2 02 x f x  （ ） ， 因此函数 2xf x （ ） 在 R 上不具有性质 0p（ ）； （2）因为函数 3 1f x x （ ） 在区间 0 a， 上具有性质 1p（）， 所以对于任意  1 0x a ， ，都存在  2 0x a ， ， 使得 1 2 1 2 x f x  （ ） ，即 12 1 3 xx   ， 因为  1 0x a ， ，所以  11 1 1 03 3 x a a       ， ， ， 得1 3a  ； （3）设  2{ | 2 3 0 2 }A y y x tx x     ， ， ， 若函数 2 2 3f x x tx   （ ） 在 0 2， 上具有性质 p m（ ）， 则对任意  1 0 2x  ， ，都存在  2 0 2x  ， ，使得 1 22 x f x m （ ） ， 即 2 12f x m x （ ） ，因为  1 0 2x  ， ， 所以  12 2 2 2m x m m   ， ，所以  2 2 2m m A ， ， ①当0 1t  时， 24 1 3A t t    ， ， 因为 2 2 2m m A ， ，所以 4 1 2 2t m   且 22 3m t  ， 即 24 1 2 3t m t    ，因为 m唯一， 所以 24 1 3t t   ，得 2 2.t   ②当1 2t  时， 23 3A t   ， 因为 2 2 2m m A ， ，所以3 2 2m  且 22 3m t  ， 即 25 2 3m t   ，因为 m唯一，所以 25 3t  ， 得 2t  ，综上，t的值为2 2 或 2.