2021-2022学年上海市控江中学高一上学期期末数学试题解析

一、单选题

1．“x1且y2”是“xy3”（ ）条件 A．充分非必要 C．充要 答案：A

根据充分条件和必要条件的定义分析即可得出答案. 解：解：若x1且y2，则xy3，

若xy3，当x0,y3也符合，故不能推出x1且y2， 所以“x1且y2”是“xy3” 充分非必要条件. 故选：A.

2．用数学归纳法证明等式“1232n1n12n1”，当nk1时，等式左边应在nk的基础上加上（ ） A．2k1

C．2k22k3 答案：C

由数学归纳法可知nk时，左端为123(2k1)，到nk1时，左端

123(2k3)，从而可得答案．

B．必要非充分 D．既非充分又非必要

B．2k3

D．2k12k22k3

解：解：用数学归纳法证明等式123(2n1)(n1)(2n1)时， 当n1左边所得的项是123；

假设nk时，命题成立，左端为123(2k1)；

则当nk1时，左端为123(2k1)(2k2)[2(k1)1]，

当nk1时，等式左边应在nk的基础上加上(2k2)(2k3)．

故选：C.

3．设a，b是实数，集合Axxa1,xR，Bx||xb|3,xR，且AB，则ab的取值范围为（ ） A． 0,2 答案：D

解绝对值不等式得到集合A,B，再利用集合的包含关系得到不等式，解不等式即可得解.

B．0,4

C．2,

D．4,

解：集合Axxa1,xRx|a1xa1， Bxxb3,xRx|xb3或xb3

又AB，所以a1b3或a1b3 即ab4或ab4，即ab4 所以ab的取值范围为4, 故选：D

4．已知函数yfx和ygx满足：对任意x1，x2R，都有fx1fx2gx1gx2，命题p：若yfx是偶函数，则ygx也是偶函数；

命题q：若yfx是单调函数，则ygx也是单调函数.则下列判断正确的是（ ） A．p和q都是真命题 C．p是真命题，q是假命题 答案：C

对于命题p，令x2x1，再根据偶函数的定义即可判断命题p的真假；对于命题q，设

x1x2，设函数fx是R上的增函数，则fx1fx2，判断gx1,gx2的大小关系，

B．p和q都是假命题 D．p假真命题，q是真命题

即可判断命题q的真假.

解：解：对于命题p，因为fx1fx2gx1gx2对任意x1，x2R恒成立， 令x2x1，则fx1fx1gx1gx1恒成立， 因为fx是偶函数，所以fx1fx1gx1gx1， 即0gx1gx1，所以gx1gx10， 即gx1gx1，所以ygx也是偶函数， 故命题p为真命题，

对于命题q，设x1x2，若函数fx是R上的增函数，则fx1fx2， 所以fx1fx2fx2fx1， 因为fx1fx2gx1gx2，

所以fx1fx2gx1gx2fx2fx1，

无法判断gx1,gx2的大小关系， 所以命题q为假命题. 故选：C. 二、填空题 5．已知2a3，则实数a______.

答案：log23

根据对数式与指数式的关系即可得解. 解：解：因为2a3，

所以alog23. 故答案为：log23.

6．不等式lgx1的解集为______. 答案：10,

不等式lgx1可化为：lgxlg10，然后用对数函数的单调性求解. 解：由lgx1，有lgxlg10，根据对数函数的单调性有：x10， 所以不等式的解集为10, 故答案为：10,.

7．已知A,0，Ba,，且ABR，则实数a的取值范围为______. 答案：a0

根据并集的运算结果列出不等式，即可得解. 解：解：因为ABR， 所以a0. 故答案为：a0.

8．已知正实数x，y满足2xy1，则xy的最大值为____．

1答案：；

81解：由均值不等式的结论有：12xy22xy ，解得：xy ，

8111当且仅当x,y 时等号成立，即xy的最大值为.

842点睛：在应用基本不等式求最值时，要把握不等式成立的三个条件，就是“一正——各项均为正；二定——积或和为定值；三相等——等号能否取得”，若忽略了某个条件，

就会出现错误．在应用基本不等式求最值时，要把握不等式成立的三个条件，就是“一正——各项均为正；二定——积或和为定值；三相等——等号能否取得”，若忽略了某个条件，就会出现错误．

9．已知方程2x23x10的两个根为x1、x2，则x12x22______. 答案：

133.25 42利用韦达定理求得x1x2,x1x2，再根据x12x22x1x22x1x2即可得解. 解：解：因为方程2x23x10的两个根为x1、x2， 31所以x1x2,x1x2，

2222所以x1x2x1x22x1x229131. 44故答案为：

13. 4x10．已知函数yfx是奇函数，且当x0时，有fxx2，则f2______.

答案：6

根据函数为奇函数可得f2f2，求出f2即可得解.

x解：解：因为函数yfx是奇函数，且当x0时，有fxx2，

所以f2f2246. 故答案为：6.

2m111．若幂函数ym3x是严格增函数，则实数m______.

答案：2

根据幂函数的定义及函数的单调性求解即可.

2m1解：因为ym3x是幂函数，

所以m231， 解得m2，

2m1又因为ym3x是严格增函数

所以m10,m1，m2 故答案为：2

212．函数ylgxkx1定义域为R，则实数k的取值范围为______.

答案：2k2

2根据函数ylgxkx1定义域为R，可得x2kx10在R上恒成立，则，从

而可得出答案.

2解：解：因为函数ylgxkx1定义域为R，

所以x2kx10在R上恒成立， 所以k240，解得2k2. 故答案为：2k2.

13．函数ylog0.5x1的严格减区间为______. 答案：1,

求出函数的定义域，利用复合函数的单调性即可得出答案. 解：解：x10，得x1或x1，

故函数ylog0.5x1的定义域为,11,， 令x1x1,x1，

x1,x1则函数x1在1,上递增，在,1上递减， 又函数ylog0.5为减函数，

所以函数ylog0.5x1的严格减区间为1,. 故答案为：1,.

21x1,x0,fx14．已知函数fx若关于x的方程恰有3个实数解，则实数22xa,x0.a的取值范围为______.

22,,+答案：2 2由已知可求得当x0时，fx有唯一实数解，进而求解.

11有2个实数解，将问题转化为，当x0时，fx222解：当x0时，f(x)(x1)，

2令(x1)122，解得x1或x1 222当x0时，f(x)xa2

由关于x的方程fx2所以a11恰有3个实数解，所以当x0时，fx有唯一实数解， 22122，解得a或a 22222所以实数a的取值范围为,22,+

22,,+故答案为： 2215．已知数列an的前n项和为Sn，且Snnan1n1，则an的通项公式an______. 答案：an1

n(n1)根据Sn与an的关系求通项公式即可. 解：Snnan1， S1a11即a11， 2当n2时，Sn1(n1)an11， annan(n1)an10，

整理得ann1， an1n1,a32a21,， a24a13an2， a1n(n1)ann1,an1n1将以上各式左右两边分别相乘得又a11， 21，

n(n1)所以an当n1时，a111符合， 1221.

n(n1)故数列an的通项公式an故答案为：an1.

n(n1)16．对于任意一个有穷数列，可以通过在该数列的每相邻两项之间插入这两项的之和，构造一个新的数列，现对数列1，5进行构造，第1次得到数列1，6，5，第2次得到数列1，7，6，11，5，依此类推，第n次得到数列1，x1，x2，x3，…，5.记第n次得到的数列的各项之和为Sn，则Sn的通项公式Sn______. 答案：3n13

依据题意构造数列，分析规律，结合等比数列前n项和公式即可求解. 解：由题意得， S116512，

S217611512181263，

S31871361711165121812636321263132， S4198157201319623172811271621512181621263632633126313233

，，

3n1，

Sn126313233由等比数列的前n项和公式可得，Sn126n1所以Sn的通项公式Sn33.

313n1133n13，

故答案为：3n13. 三、解答题

17．已知数列an满足a11，a48.

(1)若an是等差数列，求数列an的通项公式；

1(2)若an是等比数列，且数列bn满足anb1b2b3bn，求证：bn是等比

2数列. 答案：(1)an7n4 3(2)证明见解析

（1）根据等差数列的通项公式，求出公差，进而可得结果； （2）设出公比为q，利用anan1bn，结合等比数列定义可得结论. (1)

设等差数列的公差为d，a11,a48,13d8， d

777n4，an1n1； 333(2)

设等比数列的公比为qq0，

3n1因为a11,a48q8q2an2，a111b1,b1 22an11b1...bn，an1b1...bn1，n2，

22两式相减anan1bn，n2，

n1n2n2即bn222,n2，n1也适合，

bn12n1n22， bn2bn是以

12为首项，以2为公比的等比数列.

18．已知函数fxxm，其中m是非零实数. x(1)根据m的不同取值，写出yfx在1,上的单调区间及相应的单调性，无需证明；

(2)解关于x的不等式fx2x. 答案：(1)答案见解析. (2)答案见解析.

(1)讨论m的不同的值，结合对勾函数的增减性，可得单调区间;

(2)先化简不等式，讨论m0，m0两种情况，然后分别解分式不等式可得答案. (1) 当m0,ym是增函数，yx是增函数， xfx在1,上单调递增， m0时，由对勾函数性质可知，

fxxm在0,m上单调递减，在m,上单调递减 x当0m1时，m1

fx在1,上单调递增， 当m1时，m1

fx在1,m上单调递减，在m,上单调递增，

综上，当m1,m0时fx在1,上单调递增，当m1时，fx在1,m上单调

递减，在m,上单调递增，. (2)

mmmx2fxx2xx00

xxx当m0时，mx20，解得x0; 当m0时，

mx20,解得mx0； ①x0mx20,解得xm；; ②x0所以当m0时，xm,0m,；

综上，当m0时，不等式解集为0,；当m0时，不等式解集为m,0m,.

19．某辆汽车以x公里/小时速度在高速公路上匀速行驶(考虑到高速公路行车安全要求1450060x120)时,每小时的油耗(所需要的汽油量)为x100升.

5x(1)欲使每小时的油耗不超过9升,求x的取值范围;

(2)求该汽车行驶100公里的油耗y关于汽车行驶速度x的函数,并求y的最小值. 801180答案：（1）60,100;（2）y=90000,(其中60x120); 最小值为升.

99x90214500(1)令x1009,求出解集,结合题意得出x的取值范围;

5x(2)写出y关于x的函数,求出函数的最小值即可. 14500解：（1）由题意,令x1009,

5x化简得x2145x45000,解得45x100; 又因为60x120,

所以欲使每小时的油耗不超过9升,x的取值范围是60,100; （2）设该汽车行驶100公里的油耗为y;

2100145001180x100则y=90000,(其中60x120); x5x9x90111,由60x120,知,

x12060所以x=90时,汽车行驶100公里的油耗取得最小值为

80升. 9【点睛】本题考查了一元二次不等式的解法以及二次函数的最值，属于基础题.

n20．设kR，数列an满足an2nk，数列bn的通项公式为bn3.

(1)已知a1a2a3a4a525，求k的值； (2)若k113，设cnan，求数列cn最大项及相应的序数； bnan,n为奇数(3)若k1，设dn，求数列dn的前n项和Sn.

b,n为偶数n答案：(1)1 (2)最大项为

1，相应的序数为57或58. 357n9(3n1)(n1),n为偶数28(3)Sn n1n2(n1)9(31),n为奇数28（1）由已知代入即可求解； （2）由题cn2n1132284n，计算cn1cn，分类讨论n的取值，判断cn1与cn的n33n1大小即可得解；

（3）分类讨论n为奇数和n为偶数，利用分组求和结合等差数列求和及等比数列求和公式可得解. (1)

因为数列an满足an2nk，

a1a2a3a4a52468105k25，解得k1

(2) 由题知cnan2n113 bn3ncn1cn2(n1)1132n1132(n1)1133(2n113)2284n

3n13n3n13n1显然3n10，令2284n0，得n57 当1n56时，cn1cn0，即cn1cn， 当n57时，cn1cn0，即cn1cn， 当n58时，cn1cn0，即cn1cn，

c1c2c57c58c59c60，且c57c581 357所以数列cn的最大项为(3)

1，相应的序数为57或58. 3572n1,n为奇数由已知an2n1，即dnn

3,n为偶数246当n为偶数时，Sn33731132462n13332n13n

37113n

nn(32n1)9(192)n9(3n1) 2(n1)21928246当n为奇数时，Sn33731132462n13332n13n12n1

37113n1

n1n1(32n1)9(192)n2(n1)9(3n11) 221928n9(3n1)(n1),n为偶数28所以Sn n1n2(n1)9(31),n为奇数28【点睛】方法点睛：求数列和常用的方法：

（1）等差等比数列：分组求和法；（2）倒序相加法； （3）bn1（数列an为等差数列）：裂项相消法； anan1（4）等差等比数列：错位相减法. 2xa21．设aR，函数fxx.

2a(1)若a1，求证：函数yfx是奇函数； (2)若a0，判断并证明函数yfx的单调性；

(3)设a0，k0，若存在实数m，n（mn），使得函数yfx在区间[m，n]上的kkk取值范围是m,n，求的取值范围.

a22答案：(1)证明见详解；

(2)定义域上单调递增，证明见详解； 3221 (3)0，（1）a1代入解析式，根据函数式知定义域为x0且f(x)f(x)，即f(x)为奇函数；

2a(2x22x1)（2）利用单调性定义令x1x2，判断f(x1)f(x2)x1的符号，即可知

(2a)(2x2a)f(x1),f(x2)大小关系，从而可得结论.

fx）（3）因为k＜0，分a＞0，a＜0两种情况讨论函数（在区间[m，n]（m＜n）上的取

值范围是[k∈R），进而得出结论． (1)

2x1a1时，有f(x)x且定义域为x0，

212x112x∴f(x)xf(x)，

2112x综上有：f(x)的定义域关于原点对称且f(x)f(x)，即f(x)为奇函数； (2)

a0时，有2xa0，即f(x)定义域为R，结论为：f(x)在R上单调递增.

设对任意两个实数：x1x2，则

2x1a2x2a(2x1a)(2x2a)(2x2a)(2x1a)2a(2x22x1)f(x1)f(x2)x1x1，而

2a2x2a(2x1a)(2x2a)(2a)(2x2a)2x22x10，21a0,22a0,a0，

2a(2x22x1)0，即f(x1)f(x2)得证. ∴x1(2a)(2x2a)xx(3)

∵a0，所以a0或a0，

∴当a0时，由（2）知f(x)在R上单调递增，结合题意有，

2m1kkf(m)mx2m12m221kx的两个不同的实根， ，得n，即m,n是xk21221kf(n)n22n12n∴令t2x0，则t2(ak)tak0,(a,k0)在t0上有两个不同实根，

ak022故

{ak4ak0ak0，可得0322，

ka当a0时，f(x)12a在(,log2a),(log2a,)上都递减， 2ax若m,nlog2a,，有f(x)1，则

k1与k0矛盾，舍去； 2m若m,n,log2a，有f(x)1，即有

2m1kkf(m)nnmm2(2a)k(2a)2m12n2，即n，所以mn， n2(2a)k(2a)21kf(n)kmmn2212nm两式相减得ak220，又2m＜2n，故2n2m＞0，

从而ak0，

a1， ka3221. 综上所述，的取值范围0，k