江西省宜春中学2024-2025学年高一上学期第三次数学周考试题

试卷第 1页，共 2页 2027 届高一上学期第三次周考数学试卷 命题人:赵燕玲 审题人:钟晓平 一､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 要求的. 1．已知集合   Z lg 1A x y x    ，  2 2 0B x x x    ，则 A B  （ ） A． 1,0,1 B． 1,0 C． 1,1 D．  1,2 2．已知幂函数    2 63 3 mf x m m x    的图象不过原点，且关于 y轴对称，则（ ） A． 4m  B． 1m   C． 4m  或 1m   D． 1 4  m 3．已知函数� = � � 是 exy  的反函数，则函数 1 1 y f x      的图象大致为（ ） A． B． C． D． 4．若 0.51.01a  ， 0.61.01b  ， 0.50.6c  ，则（ ） A． c a b  B． c b a  C． a b c  D．b a c  5．函数 2 21( ) 2 x xy    的单调递增区间是（ ） A．  , 1  B．[2，＋∞） C． 1 ,2 2      D． 11, 2     6．设函数   2 1 ln 1 ax x f x x x      ， ， ，若  f x 在R 上单调递增，则 a的取值范围为( ). A．  0,  B．  0,2 C．  , 2 D．  0,3 7．已知函数 log ( 1) 1ay x   （ 0a  ，且 1a  ）的图象恒过定点A，若点A在直线  1 0 0, 0mx ny m n     上，则 4 1 m n  的最小值为（ ） A．13 B．8 2 C．9 4 2 D．8 8．若关于 x的方程 1 24 2 1 0x xa a     ，有一个正实数根和一个负实数根，则实数 a的取值范围 为（ ） A．  1, 3 1   B．  1, 3 1  C．  1, 3 1  D．  3 1,   二､选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部 选对的得 5 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分. 9．下列说法正确的是（ ） A． 2x  的一个必要条件是 3x  B．若集合  2 1 0A x ax x    中只有一个元素，则 4a  ． C．“ 0ac  ”是“一元二次方程 2 0ax bx c   有一正一负根”的充要条件 D．已知集合  0,1M  ，则满足条件M N M  的集合N的个数为 4 10．下列说法不正确的是（ ） A．若  1f x  的定义域为 2,3 ，则  2f x  的定义域是 1, 4 B．函数   13 2 x x f x     的定义域是   3,2 2,   C．函数 y x ，  2,2x  是奇函数 D．若集合  2 1 0|A x ax x    中只有一个元素，则 1 4 a  11．下列说法正确的是（ ） A．方程    22 2log 2 1 log 2x x   的解集为 1,3 B．不等式 14 2 8 0x x   的解集为  , 2 C．已知正数 x， y满足 1x y  ，则 1 4 x y  的最小值为 9 D． 2 2 4ln 3 ln 1 x x    三､填空题：本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分. 12．已知函数  f x 是偶函数，当 0x  时，    1f x x x   ，则当 0x  时，  f x  ． 13．已知1 2 2, 1 2 1x y x y       ，则16 7x y 的取值范围为 14．已知函数   2 2 e , 0 2 1, 0 x a xf x x ax a x          恰有 2个零点，则实数 a的取值范围是 . 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）计算下列各式的值： (1) 1 0 5 1529( ) ( 8) ( 1) (0.5) 4      ； (2) 3log 2 5lne lg 2lg 2 3 2    . 试卷第 2页，共 2页 16．（15分）已知函数 ( ) ln(1 ) ln(1 )f x x x    ，记集合A为 ( )f x 的定义域． (1)求集合A； (2)判断函数 ( )f x 的奇偶性； (3)当 x A 时，求函数 2 21( ) ( ) 2 x xg x  的值域． 17．（15分）函数    2 4 1log 4 log 2 f x x x       . (1)当  1,4x 时，求该函数的值域； (2)若   2logf x m x 对于  1,4x 恒成立，求m的取值范围. 18．（17分）中国芯片产业崛起，出口额增长迅猛，展现强劲实力和竞争力．中国自主创新，多项技术 取得突破，全球布局加速.现有某芯片公司为了提高生产效率，决定投入 108万元买一套生产设备，预 计使用该设备后，前  N*n n 年的支出成本为  212 8n n 万元，每年的销售收入 100万元 (1)求该芯片公司买该套生产设备产生的前 n年的总盈利额  f n ； (2)使用若干年后对该设备处理的方案有两种，方案一：当总盈利额达到最大值时，该设备以 30万元的 价格处理； 方案二：当年平均盈利额达到最大值时，该设备以 54万元的价格处理，哪种方案较为合理? 并说明理由(注：年平均盈利额= 年度 总盈利额 ) 19．（17分）已知函数  f x 和  g x ，定义集合        { }f x g xM x f x g x ∣ . (1)设    2 2 3, 2f x x x g x x      ，求    f x g xM ； (2)设      2 2 4, 2 2f x ax ax g x x x     ，当     Rf x g xM  时，求 a的取值范围； (3)设      42 , , 2 1 x bf x x b g x h x x       ，若        f x h x g x h xM M  ，求b的取值范围. 答案第 1页，共 2页 2027 届高一上学期第三次周考数学参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案 B A D D C B C A CD ACD BC 1．B【详解】因为     Z lg 1 Z 1A x y x x x       ，    2 2 0 1 2B x x x x x        ， 所以  1,0A B   .故选：B. 2．A【详解】由题意得， 2 3 3 1m m   ，解得 4m  或 1m   ．当 4m  时，   2 2 1f x x x   ，满足题 意；当 1m   时，   7 7 1f x x x   ，其图象关于原点中心对称，不满足题意．故选：A． 3．D【详解】因为函数  y f x 是 exy  的反函数，所以   lnf x x ，则  1 1ln ln 1 1 1 f x x x          ， 则1 0x  ，解得 1x  ，所以函数 1 1 y f x      的定义域为  ,1 ，故排除 AB； 令 1 x   ，在  ,1 上是减函数，而函数 lny   是减函数，所以函数  1 ln 1 1 f x x        在  ,1 上是增函数，故排除 C.故选：D. 4．D【详解】 1.01xy  ，在R 上单调递增，0.6 0.5 ，故 0.6 0.51.01 1.01 ，所以b a ， 0.5y x ，在[0, ) 上单调递增，1.01 0.6 ，故 0.5 0.51.01 0.6 ，即 a c ，所以b a c  ．故选：D 5．C【详解】令 2 2 0x x    ，则 1 2x   ， 故函数的定义域为  1, 2 ，设 2 21 92 ( ) 2 4 t x x x        ， 1 2x   ，则当 11, 2 x      时， 2 2t x x    为增函数，此时 90, 4 t      ；当 1 ,2 2 x      时， 2 2t x x    为减函数，此时 90, 4 t      . 而w t 在 90, 4      上为增函数，故 2 2w x x    在 11, 2     上为增函数，在 1 ,2 2      上为减函数，此时 30, 2 w      .而 1 2 w y       在 30, 2      上为减函数，故 2 21 2 x x y          在 11, 2     上为减函数，在 1 ,2 2      上为增函 数.故选：C. 6．B【详解】因为若  f x 在R 上单调递增，且   2 1 ln 1 ax x f x x x      ， ， ，可得 0 2 ln1 a a     ， 即 0 2 0 a a     ，解得 0 2a  ，即 a的取值范围为  0,2 .故选：B . 7．C【详解】当 1 1x   时， log 1 1 1ay    ，即 (2,1)A 因为A在直线 1 0mx ny   上，所以 2 1m n  4 1 (2 ) 4 1m n m n m n         4 2 4 29 9 2 9 4 2n m n m m n m n         当且仅当 2 2 2 1 2 7 n m   时，取等号， 即 4 1 m n  的最小值为9 4 2 .故选：C 8．A【详解】令2x t ， 1 2 2 24 2 1 0 2 1 0x xa a t at a          ， 设关于 x的方程 1 24 2 1 0x xa a     有一个正实数根 1x 和一个负实数根 2x ， 故 2 22 1 0t at a    有两个根 1 2,t t ，其中 11 2 1 xt   ，  22 2 0,1xt   ， 令   2 22 1h t t at a    ，则    2 2 0 1 0 1 1 2 1 0 h a h a a            ，解得 1 1 3a    ，故实数 a的取值范围是  1, 3 1   .故选：A 9．CD【详解】对于 A，易知 3x  能推出 2x  ，因此 2x  的一个充分条件是 3x  ，即 A错误； 对于 B，若集合  2 1 0A x ax x    中只有一个元素，当 0a  时满足题意；当 0a  时，需满足 1 4 0a    ，可得 1 4 a  ，因此可得 0a  或 1 4 a  ，即 B错误；对于 C，由 0ac  可知一元二次方程 2 0ax bx c   的判别式 2 4 0b ac    ，即该方程有两根，且两根之积 0 c a  ，即两根异号，可知充分 性成立；若一元二次方程 2 0ax bx c   有一正一负根，可知两根之积为负， 即 0 c a  ，也即 0ac  ，即必要性成立，所以 C正确；对于 D，由M N M  可知 N是集合  0,1M  的 子集，所以集合 N可以是      , 0 , 1 , 1, 2 ，共 4个，即 D正确.故选：CD 10．ACD【详解】对于 A，因为  1f x  的定义域为  2,3 ，所以 2 3x   ，即 1 1 4x    ， 所以对于  2y f x  ， 1 2 4x    ，解得1 6x  ，所以  2f x  的定义域是 1,6 ，故 A不正确； 对于 B，由 3 0 2 0 x x      解得 3x   ，且 2x  ，所以定义域为    3,2 2,   ，故 B正确；对于 C，因为定 义域  2,2x  关于原点对称不成立，所以不是奇函数，故 C不正确；对于 D，由题意得方程 2 1 0ax x   只有一个解，显然当 0a  时， 1 0x   有唯一解 1x   ，故 D不正确.故选：ACD. 11．BC【详解】选项 A：    22 2log 2 1 log 2x x   ， 22 1 2x x    且 2 1 0x   （真数大于 0） 3x  ， 故 A错误；选项 B：设 2 0xt   ，则由 14 2 8 0x x   可得 2 2 8 0t t   解得 2 4t   ，又 0t  ， 0 2 4xt    ，解得 2x  ，不等式解集为  , 2 ，故 B正确； 选项 C：因为正数 x， y满足 1x y  ，所以  1 4 1 4 x y x y x y           4 41 4 5 2 9y x y x x y x y         ， 当且仅当 4y x x y  ，即 1 2, 3 3 x y  时取等号，故 C正确；选项 D：取 1 e x  ，则 2 2 4 4ln 2 6 3 ln 1 2 1 x x           ，故 D错误．故选：BC 12．【详解】解：当 0x  时，可得 0x  ，又因为当 0x  时，    1f x x x   ，所以      21f x x x x x         ，又因为函数  f x 是偶函数，即� −� = � � ， 所以     2f x f x x x     ，所以当 0x  时，   2f x x x   .故答案为： 2x x  . 13．【详解】设    16 7 2 2x y m x y n x y     ，故 2 16 2 7 m n m n      ，解得 5 6 m n    ，所以    16 7 5 2 6 2x y x y x y     ，又1 2 2, 1 2 1x y x y       ，所以    5 5 2 10, 6 6 2 6x y x y       ，    5 6 5 2 6 2 10 6x y x y       ，所以 1 16 7 16x y    .故答案为： 1 16 7 16x y    14．【详解】由题意可得当      2 20, 2 1 1 1x f x x ax a x a x a               ，即两个零点分别为 1a  和 1a  ，令 e 0x a  ，解得 lnx a ，当 1a  时， 1 0, 1 0a a    ，只有一个零点 lnx a ，不符合题意； 当 1a  时， 1 0, 1 0a a    ，只有一个零点 0x  ，不符合题意；当 1a  时，e 0x a  无零点，要使函 数恰有两个零点，需满足 1 0a   ，即 1a   ；综上，实数 a的取值范围是 1a   .故答案为： 1a   . 答案第 2页，共 2页 15.【详解】（1）原式 3 31 1 2 2 2      ；（2）原式 5 51 lg lg 4 2 3 lg 4 3 1 4 2 2               . 16．【详解】（1）由真数大于 0可知 1 0 1 0 x x      ， 1 1 x x     ，  1 1A x x    . （2）   1ln 1 xf x x      可知定义域  1 1A x x    关于原点对称，     11 1 1ln ln ln 1 1 1 x x xf x f x x x x                     ，故 ( )f x 为奇函数． （3）令 2 2t x x  ，对称轴 1x   ，在  1,1x  上， ( 1, 3)t  ， 又 1( ) 2 ty  在R 上递减，故 2 21( ) ( ) 2 x xg x  的值域是： 1( , 2) 8 ． 17．【详解】（1）        2 2 2 2 1 1 1log 4 log log 4 log 1 2 2 2 f x x x x x          ， [1,4]x ， 2log [0,2]x  ，令 2logt x ，则         2 1 1 54 1 2 2 2 2 f x g t t t t t       ， [0, 2]t 易知 ( )g t 单调递减，该函数值域为[ (2), (0)]g g 即[ 1,2] ； （2）令 2logt x ，则 1( ) ( 4)( 1) 2 f x t t mt    在[0,2]上恒成立， 当 0t  时， 2 0 恒成立，mR；当 (0,2]t 时，等价于 ( 4)( 1) 2 t tm t    恒成立， 令 2( 4)( 1) 5 4 1 4 1 1( ) ( 5) (2 4 5) 2 2 2 2 2 t t t th t t t t t              .当且仅当 2t  时取等号， 1 2 m   . 综上， 1 2 m   . 18．【详解】（1）依题意可得    2 2100 12 8 108 12 108 108f n n n n n n        ，  N*n ； （2）方案一：总盈利额   2 2 912 108 108 12 135 2 f n n n n            ， 又 *nN ，所以当 4n  或 5n  时，  f n 取得最大值132，此时处理掉设备，则总利额为132 30 162  万元；方案二：年平均盈利额为   2 6912 108 108 912 108 108 24 3f n n n n n n n n n                 ， 当且仅当 9n n  ，即 3n  时，等号成立；即 3n  时，年平均盈利额最大，此时  3 108f  ， 此时处理掉设备：总利润为108 54 162  万元；综上，两种方案获利都是162万元，但方案二仅需要3年 即可，故方案二更合适． 19．【详解】（1）已知    2 2 3, 2f x x x g x x      ， 由 ( ) ( )f x g x 即 2 2 3 2x x x     ， 解得 3 5 3 5 2 2 x     ， 则     3 5 3 5, 2 2f x g x M            ； （2）已知      2 2 4, 2 2f x ax ax g x x x     ， 由题意得， ( ) ( )f x g x 对任意 Rx 恒成立，  2 2 4 2 2 0ax ax x x     ，即   22 2( 2) 4 0a x a x     恒成立， 当 2a  时， 4<0 恒成立； 当 2a  时，由  2 2 0 4 2 16( 2) 0 a a a        解得 2 2a   ； 综上，当     Rf x g xM  时， a的取值范围为  2,2 ； （3）已知      42 , , 2 1 x bf x x b g x h x x       ， 由        f x h x g x h xM M  得，不等式组 ( ) 2 ( ) 2 f x g x    有解， 由 ( ) 2f x < 2 2 2 1 1 2 2 b bx b x          ， 又 4 4 2( 1) (4 2)( ) 2 2 0 0 1 1 1 x b x b x x bg x x x x                 ， 当 4 2 1b  ，即 1 4 b   时，1 0 对任意 ( ,1) (1, )x   恒成立，则满足        f x h x g x h xM M  ； 当 4 2 1b  ，即 1 4 b   时， ( ) 2 4 2,g x x b    或 1x  ， 要使        f x h x g x h xM M  ，则 1 4 2,2 b b   或 1 1 2 b   ， 解得 6 7 b   ，则有 6 1 7 4 b    ； 当 4 2 1b  ，即 1 4 b   时， ( ) 2 1,g x x   或 4 2x b  ， 要使        f x h x g x h xM M  ，则 1 1,2 b   或 1 4 2 2 b b   ， 解得 4b  ，则有 1 4 4 b   ； 综上所述，b的取值范围是 6 ,4 7     