第一篇：2018-2019學年甘肅省天水市一中高一上學期第二學段考試數(shù)學試題[大全]

2018-2019學年甘肅省天水市一中高一上學期第二學段考

試數(shù)學試題題

一、選擇題（本大題共10小題，每題4分，共40分）

1．已知全集U＝{0,1,3,5,6,8}，集合A＝{1,5,8}，B＝{2}，則集合A．{0,2,3,6} B．{0,3,6}C．{1,2,5,8} D．

2．已知函數(shù)f(x)是偶函數(shù)，且在區(qū)間[0,1]上是減函數(shù)，則f(－0.5)、f(－1)、f(0)的大小關系是()A．f(－0.5)

4．下列四個命題中，正確命題的個數(shù)為()①如果兩個平面有三個公共點，那么這兩個平面重合； ②兩條直線一定可以確定一個平面；

③若，，則；

④空間中，相交于同一點的三直線在同一平面內． A．1 B．2

C．3

D．4 5．函數(shù)y＝A．[0，＋∞)的值域是().B．[0，4]

C．[0，4)

D．(0，4)6．已知函數(shù)f(x)＝在(0,2)內的值域是，則函數(shù)y＝f(x)的圖象是()

7．如圖，是的直觀圖，其中，那么

是（）

A.等腰三角形 B.鈍角三角形 C.等腰直角三角形D． 直角三角形

28．函數(shù)f(x)＝ln(x＋1)－x的零點所在的大致區(qū)間是()A．(0,1)B．(1,2)C．(2，e)D．(3,4)9．已知

是

上的減函數(shù)，那么的取值范圍是（）

A.B.C.D.110．當0

二、填空題（本大題共4小題，每小題4分，共16分）

11．函數(shù)f(x)＝的定義域是__________。

12.已知一個長方體的同一頂點處的三條棱長分別為1，為__________。

13．若f(x)＝(a－2)x2＋(a－1)x＋3在 上是增函數(shù)，則a的取值范，2，則其外接球的表面積圍是。

14．函數(shù)f(x)＝|4x－x|－a恰有三個零點，則a＝。

三、解答題（本大題共4小題，共44分）

15．（10分）已知f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，且x≤0時，f(x)＝－x＋1(1)求f(0)，f(2)；(2)求函數(shù)f(x)的解析式；

216．（10分）如圖，正方體，得到一個三棱錐

． 的棱長為，連接求：(1)三棱錐的表面積.(2)O為側面所成的角.的中心,求異面直線BD與

17．（12分）如圖所示，一個圓錐形的空杯子上放著一個直徑為8cm的半球形的冰淇淋，請你設計一種這樣的圓錐形杯子（杯口直徑等于半球形的冰淇淋的直徑，杯子壁厚忽略不計），使冰淇淋融化后不會溢出杯子，怎樣設計最省材料？最省材料為多少？

18．（12分）設是實數(shù)，已知奇函數(shù),（1）求的值；

（2）若對任意x∈R，不等式f（x﹣2x）+f（k﹣2x）＜0恒成立，求k的取值范圍.天水一中2018級2018-2019學年度第一學期第二學段考試

數(shù)學試題答案

一、選擇題（本大題共10小題，每題4分，共40分）

221—5：ABCAC 6—10：ADBCB

二、填空題（本大題共4小題，每小題4分，共16分）

11.(－3，0)12.13.14.4

三、解答題（共44分）

15．（10分）（1）f(0)＝1，f(2)＝3；（2）

；

【詳解】(1)因為當x≤0時，f(x)＝－x＋1所以.又函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，所以f(0)＝1 f(2)＝f(－2)＝—(－2)＋1＝3，即f(2)＝3(2)令x>0，則－x<0，從而f(－x)＝x＋1＝f(x)，∴x>0時，f(x)＝x＋1 ∴函數(shù)f(x)的解析式為, 16（10分）（1）（2）

【解析】

(1)

∵

是

正方體，∴三棱錐的表面積為

（2）

∴，17（12分）【答案】當圓錐形杯子的高為8 cm時，用料最省為

143【解析】要使冰淇淋融化后不會溢出杯子，則必須有V圓錐≥V半球，而V半球＝2×3πr＝1432×3π×4，V≥8．

即當圓錐形杯子的高大于或等于8 cm時，冰淇淋融化后不會溢出杯子． 又因為S圓錐側＝πrl＝最省材料為。，所以高為8 cm時，制造的杯子最省材料，單調遞增，1111142223圓錐＝3Sh＝3πrh＝3π×4×h，則有3π×4×h≥2×3π×4，解得h考點：球的體積，圓錐的體積、表面積.18（12分）【答案】（1）a=1 ；（2）k＜-1.【詳解】（1）∵f（x）為R奇函數(shù)，∴f（0）=0，（2）因為所以

遞增，遞增，2

2，解得a=1，遞增，∵f（x）為奇函數(shù)，由不等式f（x﹣2x）+f（k﹣2x）＜0化為 f（x2﹣2x）＜﹣f（k﹣2x2），即f（x2﹣2x）＜f（2x2﹣k），又∵f（x）為增函數(shù)，x﹣2x＜2x﹣k，又∵g(x)=t+2t的最小值為-1，∴k＜-1

第二篇：2019-2020學年市第二中學高一上學期期中數(shù)學試題（解析版）

2019-2020學年市第二中學高一上學期期中數(shù)學試題

一、單選題

1．已知集合，若集合有4個子集，則實數(shù)（）

A．0、1或3

B．1或3

C．1或

D．0或3

【答案】D

【解析】集合有4個子集，則或，進而可得答案．

【詳解】

由題集合有4個子集，所以A與B的交集有兩個元素，則或，當時，可得或，當時，集合，不滿足集合的互異性，故或．

【點睛】

本題主要考查集合中元素的關系，屬于簡單題．

2．下列函數(shù)中,既是偶函數(shù),又在上單調遞增的是（）

A．

B．

C．

D．

【答案】C

【解析】先根據(jù)偶函數(shù)的定義進行判斷,然后判斷在時函數(shù)的單調性即可.【詳解】

選項A：函數(shù)的定義域為全體實數(shù)集.,所以函數(shù)是奇函數(shù),不符合題意；

選項B：函數(shù)的定義域為全體非零實數(shù)集.,所以函數(shù)是奇函數(shù),不符合題意；

選項C：函數(shù)的定義域為全體實數(shù)集.,所以函數(shù)是偶函數(shù),當時，因為底數(shù)大于1,故該函數(shù)是增函數(shù),符合題意；

選項D：函數(shù)的定義域為全體非零實數(shù)集.,所以函數(shù)是偶函數(shù),當時，該函數(shù)是減函數(shù),不符合題意.故選：C

【點睛】

本題考查了判斷函數(shù)的奇偶性和單調性,掌握偶函數(shù)的定義和基本函數(shù)的單調性是解題的關鍵.3．設，，則（）．

A．

B．

C．

D．

【答案】C

【解析】【詳解】

因為，而，所以，又，所以，即，所以有．

故選．

4．設函數(shù)f（x）=log2x+2x-3，則函數(shù)f（x）的零點所在的區(qū)間為（）

A．

B．

C．

D．

【答案】B

【解析】因為函數(shù)，所以f（1）==﹣1＜0，f（2）==2＞0，所以根據(jù)根的存在性定理可知在區(qū)間（1，2）內函數(shù)存在零點．

故選：B．

點睛：一是嚴格把握零點存在性定理的條件；

二是連續(xù)函數(shù)在一個區(qū)間的端點處函數(shù)值異號是這個函數(shù)在這個區(qū)間上存在零點的充分條件，而不是必要條件；

三是函數(shù)f(x)在[a，b]上單調且f(a)f(b)＜0，則f(x)在[a，b]上只有一個零點.5．如果，那么（）

A．

B．

C．

D．

【答案】C

【解析】

根據(jù)函數(shù)在是減函數(shù)，且，所以，所以，故選C.6．函數(shù)（其中常數(shù)e=2.71828……是一個無理數(shù)）的圖像為（）

A．

B．

C．

D．

【答案】A

【解析】利用函數(shù)的函數(shù)值符號及單調性即可作出判斷.【詳解】

∵

∴關于直線x=1軸對稱，y＞0，在上單調遞減，故選：A

【點睛】

函數(shù)圖象的辨識可從以下方面入手：（1）從函數(shù)的定義域，判斷圖象的左右位置；從函數(shù)的值域，判斷圖象的上下位置；（2）從函數(shù)的單調性，判斷圖象的變化趨勢；（3）從函數(shù)的奇偶性，判斷圖象的對稱性；（4）從函數(shù)的特征點，排除不合要求的圖象.7．設函數(shù),若,則的值等于（）

A．4

B．8

C．16

D．2019

【答案】B

【解析】根據(jù)函數(shù)的解析式,由,得到等式,再把化簡,運用對數(shù)的運算公式結合上個等式,可以求出所求代數(shù)式的值.【詳解】

由可得：.。

故選：B

【點睛】

本題考查了對數(shù)的運算性質,考查了運算能力,屬于基礎題.8．函數(shù)在上是增函數(shù)，則實數(shù)的取值范圍是（）

A．或

B．

C．

D．

【答案】B

【解析】【詳解】試題分析：，因為在上單調遞增，當時，外函數(shù)為減函數(shù)，根據(jù)復合函數(shù)“同增異減”可得在定義域內為減函數(shù)不滿足題意，當時，外函數(shù)為增函數(shù)，根據(jù)復合函數(shù)“同增異減”可得在定義域內為減函數(shù)且，所以滿足題意，故選擇B．

【考點】1．對數(shù)函數(shù)性質；2．復合函數(shù)的單調性．

9．已知是定義在上的奇函數(shù)，當時，則不等式的解集為（）

A．

B．

C．

D．

【答案】B

【解析】【詳解】

∵f（x）是定義在[﹣4，4]上的奇函數(shù)，∴當x=0時，f（0）=0，下面求x∈[﹣4，0）時的f（x）的表達式，設x∈[﹣4，0），則﹣x∈（0，4]，又∵當x＞0時，f（x）=﹣x2+4x，∴f（﹣x）=﹣（﹣x）2+4（﹣x）=﹣x2﹣4x，又f（x）是定義在[﹣4，4]上的奇函數(shù)，∴f（x）=﹣f（﹣x）=x2+4x，∴f（x）=，令f（x）=0，解得x=﹣4或0或4，當x∈[﹣4，0]時，不等式f[f（x）]＜f（x），即（x2+4x）2+4（x2+4x）＜x2+4x，化簡得（x2+4x）2+3（x2+4x）＜0，解得x∈（﹣4，﹣3）∪（﹣1，0）；

當x∈（0，4]時，不等式f[f（x）]＜f（x），即﹣（﹣x2+4x）2+4（﹣x2+4x）＜﹣x2+4x，化簡得﹣（﹣x2+4x）2+3（﹣x2+4x）＜0，解得x∈（1，3）；

綜上所述，x∈（﹣4，﹣3）∪（﹣1，0）∪（1，3），故選：B．

點睛：處理抽象不等式手段：（1）利用單調性化抽象為具體，（2）數(shù)形結合處理，（3）確定函數(shù)的表達式，把不等式的兩邊具體化。

10．已知二次函數(shù)滿足,若存在實數(shù)b，使得在上的最大值,則實數(shù)a的最大值為（）

A．

B．1

C．

D．2

【答案】B

【解析】二次函數(shù)的開口向上,根據(jù)二次函數(shù)的性質可知：在上的最大值是中最大值,因此可由題意得到不等式組,結合,最后求出實數(shù)a的最大值.【詳解】

因為,所以,所以.因為二次函數(shù)的開口向上,所以在上的最大值是中最大值,于是有：.故選：B

【點睛】

本題考查了二次函數(shù)在閉區(qū)間上最值問題,考查了數(shù)學運算能力.二、填空題

11．已知集合，則_____,______．

【答案】

【解析】求出函數(shù)的值域化簡集合的表示,求出定義域化簡集合的表示.最后利用交集、并集、補集的定義,結合數(shù)軸求解即可

【詳解】,.,.故答案為：；

【點睛】

本題考查了集合的交集、并集、補集的運算,考查了求函數(shù)的定義域、值域,利用數(shù)軸是解題常用的方法.12．已知冪函數(shù)的圖象過點，則的單調減區(qū)間為______．

【答案】

【解析】由已知可設,由題意有，解得,即,再結合函數(shù)的單調性可得解.【詳解】

解:因為為冪函數(shù),設,由函數(shù)的圖象過點，則,即,即,故的單調減區(qū)間為,故答案為:

.【點睛】

本題考查了冪函數(shù)解析式的求法及冪函數(shù)的單調性，重點考查了冪函數(shù)的定義，屬基礎題.13．設函數(shù),則_______．若,則的取值范圍是______．

【答案】0

【解析】把代入解析式,計算出結果,再把這個結果再代入解析式中,最后求出的值；

根據(jù)的取值不同進行分類討論,最后求出不等式的解集.【詳解】；

當時，當時，綜上所述：若,則的取值范圍是.【點睛】

本題考查了分段函數(shù)求值問題,考查了解分段函數(shù)不等式,考查了分類討論思想.14．若，則______,_______．

【答案】58

【解析】根據(jù)冪的乘方公式、乘方的定義進行運算即可.【詳解】；

.【點睛】

本題考查了乘方公式和乘方的定義,考查了數(shù)學運算能力.15．若函數(shù)（且）,圖象恒過定點,則_____；函數(shù)的單調遞增區(qū)間為____________．

【答案】2

【解析】根據(jù)對數(shù)的運算性質可以直接求出點的坐標,這樣可以計算出的值；再根據(jù)復合函數(shù)的單調性的性質可以求出函數(shù)的單調遞增區(qū)間.【詳解】

由函數(shù)（且）的解析式可知：當時，因此有

；因此,由復合函數(shù)的單調性的性質可知：函數(shù)的單調遞增區(qū)間為：.故答案為：2；

【點睛】

本題考查了對數(shù)型函數(shù)過定點問題,考查了復合函數(shù)的單調性問題,掌握對數(shù)的運算特性是解題的關鍵.16．已知函數(shù)恰有四個零點,則實數(shù)k的取值范圍為_________．

【答案】

【解析】根據(jù)函數(shù)有四個零點等價于方程有四個不同的實數(shù)解,運用數(shù)形結合思想,求出實數(shù)k的取值范圍.【詳解】

函數(shù)恰有四個零點,說明方程有四個不同的實數(shù)解.,顯然方程必有一個根為零.當且時,此時顯然,等式可變形為：,說明函數(shù)有三個交點,如下圖所示：

因此有.故答案為：

【點睛】

本題考查了已知函數(shù)零點求參數(shù)取值范圍問題,把零點問題轉化為方程根的問題是解題的關鍵.17．記號表示中取較大的數(shù)，如.已知函數(shù)是定義域為的奇函數(shù)，且當時，.若對任意，都有，則實數(shù)的取值范圍是________.【答案】

【解析】

由題意，當時，令，解得，此時

令，解得，此時，又因為函數(shù)是定義域上的奇函數(shù)，所以圖象關于原點對稱，且，所以函數(shù)的圖象如圖所示，要使得，根據(jù)圖象的平移變換，可得且，解得且，即且.點睛：本題主要考查了分段函數(shù)圖象與性質的綜合應用，其中解答中借助新定義，得到函數(shù)在的解析式，并作出函數(shù)的圖象，在根據(jù)函數(shù)的奇偶性，得到函數(shù)的圖象，由，根據(jù)圖象的變換得出相應的條件，即可求解的取值范圍，解答中正確得到函數(shù)的圖象，利用圖象得到是解答關鍵.三、解答題

18．設全集，集合,．

(1)求；

(2)設集合,若,求實數(shù)m的取值范圍．

【答案】(1)

；(2)

.【解析】(1)分別解指數(shù)不等式、一元二次不等式化簡集合的表示,根據(jù)補集、并集的定義進行求解即可；

(2)由,可得集合之間的關系,利用數(shù)軸可以,分類討論求出實數(shù)m的取值范圍．

【詳解】

(1)

因為，所以,因此；

(2)因為,所以.當時,即時，符合；

當時,即時,要想則有：而,所以；

綜上所述：實數(shù)m的取值范圍是.【點睛】

本題考查了集合并集、補集的運算,考查了已知集合運算的結果求參數(shù)問題,正解解出指數(shù)不等式和一元二次不等式是解題的關鍵.19．某廠家擬舉行雙十一促銷活動,經(jīng)調查測算,該產(chǎn)品的年銷售量（即該廠的年產(chǎn)量）m萬件與年促銷費用x萬元（）滿足．已知年生產(chǎn)該產(chǎn)品的固定投入為8萬元,每生產(chǎn)1萬件該產(chǎn)品需要再投入16萬元,廠家將每件產(chǎn)品的銷售價格定為每件產(chǎn)品年平均成本的1.5倍（產(chǎn)品成本包括固定投入和再投入兩部分資金）．

(1)將該產(chǎn)品的年利潤y萬元表示為年促銷費用x萬元的函數(shù)；

(2)該廠家年促銷費用投入多少萬元時,廠家的利潤最大？

【答案】(1)

()；(2)3

【解析】(1)先求出每件產(chǎn)品的價格,然后根據(jù)題意得到年利潤y的表達式即可；

(2)

利用基本不等式可以求出廠家的利潤最大時年促銷費用.【詳解】

(1)由題意可知：每件產(chǎn)品的價格為：.,而,所以()；

(2),當且僅當時取等號,即,所以廠家年促銷費用投入3萬元時,廠家的利潤最大.【點睛】

本題考查了利用基本不等式求解利潤最大問題,考查了閱讀理解能力,根據(jù)題意建立函數(shù)關系是解題的關鍵.20．已知函數(shù)．

(1)判斷的單調性,并根據(jù)函數(shù)單調性的定義證明；

(2)解關于的不等式．

【答案】(1)單調遞減,證明過程見解析；(2)

【解析】(1)求出函數(shù)的定義域,利用單調性的定義,結合對數(shù)的運算法則、差比法、對數(shù)函數(shù)的性質可以判斷出函數(shù)的單調性；

(2)利用函數(shù)的單調性,結合定義域、對數(shù)的運算性質,可以解出不等式的解集.【詳解】

(1)

是單調遞減函數(shù),理由如下：

由,所以函數(shù)的定義域為：.設且,則有.,所以有,因此函數(shù)是減函數(shù)；

(2),由(1)可知函數(shù)的單調性和定義域,于是有下列不等式組成立：,所以不等式的解集為：.【點睛】

本題考查了判斷并證明函數(shù)的單調性,考查了利用函數(shù)的單調性求解不等式問題,考查了數(shù)學運算能力.21．已知函數(shù)．

（1）已知f（x）的圖象關于原點對稱，求實數(shù)的值；

（2）若，已知常數(shù)滿足：對任意恒成立，求實數(shù)的取值范圍．

【答案】（1）；（2）．

【解析】試題分析：（1）函數(shù)的定義域是，函數(shù)圖象關于原點對稱，得函數(shù)是奇函數(shù)，即解出即可，需驗證函數(shù)是奇函數(shù)；（2）此題是個恒成立問題，求取參量的取值范圍，對此我們一般情況都是參變分離，化成，令，由于是恒成立問題，則有,只需要求取即可．

試題解析：（1）定義域為，又知函數(shù)為R上的奇函數(shù)，則a=

下面證明時是奇函數(shù)

對定義域R上的每一個x都成立，∴為R上的奇函數(shù)．

∴存在實數(shù)，使函數(shù)為奇函數(shù)．

另解：定義域為，又知函數(shù)為R上的奇函數(shù)，對定義域R上的每一個x都成立．

∴

∴

=，∴．

∴存在實數(shù)，使函數(shù)為奇函數(shù)．

（2）若，則，由對恒成立，得，∵當時，∴對恒成立，易知，關于x的函數(shù)在上為增函數(shù)，令

在上為增，∴．

【考點】1、函數(shù)奇偶性；2、指數(shù)函數(shù)；3、求取函數(shù)最值的方法．

【方法點晴】在（1）中利用奇函數(shù)的性質，在利用的時候一定注意定義域，除此之外，還可以直接根據(jù)奇函數(shù)的定義：，進行代入，亦可求出答案；在（2）中的恒成立問題是個經(jīng)典題型，對此我們分為如下幾種類型：

已知在定義域上恒成立則有：

1、；

2、；

3、；

如果帶有參量，例如本題，我們采用參變分離的方法進行轉化，這種方法非常常見，請大家一定要掌握．

22．已知函數(shù)．

(1)求的單調區(qū)間；

(2)若,存在,使得,求實數(shù)的取值范圍．

【答案】(1)見解析

(2)

.【解析】(1)根據(jù)的不同取值,結合絕對值的性質,分類討論求出函數(shù)的單調區(qū)間；

(2)

求出二次函數(shù)的對稱軸,根據(jù)對稱軸和所給的區(qū)間的位置進行分類討論,即可求出實數(shù)的取值范圍．

【詳解】

(1)當時，因此函數(shù)在上單調遞增,在上單調遞減；

當時，在區(qū)間上單調遞增,在區(qū)間上單調遞減；

當時，在區(qū)間上單調遞增,在區(qū)間上單調遞減；

(2)二次函數(shù)的對稱軸為：.①當時,二次函數(shù)是單調減函數(shù),因此有：,所以一元二次方程在區(qū)間上有兩不等根,則有；

②當時,二次函數(shù)是單調增函數(shù),因此有：,所以可以看成一元二次方程兩根,則，有；

③當時，所以由

函數(shù)的最大值是中的一個值,.①若時,有,此時,所以或

(i)若時,(ii)若,由（舍）：

②若時,有,此時,因此有,根據(jù)

綜上所述：實數(shù)的取值范圍是.【點睛】

本題考查了二次函數(shù)的單調性,考查了已知二次函數(shù)的定義域、值域求參數(shù)取值范圍問題.

第三篇：2019-2020學年市中學高一上學期十月考試數(shù)學試題（解析版）

2019-2020學年市中學高一上學期十月考試數(shù)學試題

一、單選題

1．下列四個命題中，為真命題的是（）

A.若，則

B.若，則

C.若，則

D.若，則

【答案】A

【解析】利用不等式的性質依次判斷即可.【詳解】

對于選項A,由及“同向同正可乘性”，可得；對于選項B，令則，顯然不成立；對于選項C，若，顯然不成立；對于選項D,若，顯然不成立.故選：A

【點睛】

本題主要考查不等式的性質，屬于基礎題.2．錢大姐常說“便宜沒好貨”，她這句話的意思是：“不便宜”是“好貨”的（）

A.充分條件

B.必要條件

C.充分必要條件

D.既非充分也非必要條件

【答案】B

【解析】根據(jù)等價命題，便宜T沒好貨，等價于，好貨T不便宜，故選B．

【考點定位】考查充分必要性的判斷以及邏輯思維能力，屬中檔題。

3．設、是非空集合，定義且，若，則等于（）

A.B.C.D.【答案】A

【解析】解出集合，利用交集和補集的定義得出集合和，然后利用題中的定義可得出集合.【詳解】

解不等式，即，解得，則集合.所以，，根據(jù)集合的定義可得.故選：A.【點睛】

本題考查集合的新定義運算，同時也考查了一元二次不等式的解法、交集與補集的運算，考查運算求解能力，屬于中等題.4．設集合，,，其中、，下列說法正確的是（）

A.對任意，是的子集；對任意，不是的子集

B.對任意，是的子集；存在，使得是的子集

C.存在，使得是的子集；對任意，不是的子集

D.存在，使得是的子集；存在，使得是的子集

【答案】B

【解析】利用集合子集的概念，任取，可推出，可得對任意的實數(shù)，；再由，求得、，即可判斷出選項B正確，A、C、D錯誤.【詳解】

對于集合，任取，則，所以，對任意，是的子集；

當時，，可得；

當時，，可得不是的子集.所以，存在，使得是的子集.故選：B.【點睛】

本題考查集合包含關系的判斷，同時也考查了一元二次不等式的解法，以及任意性和存在性問題的解法，考查推理能力，屬于中等題.二、填空題

5．設集合，集合，若，則__________．

【答案】

【解析】由題意得出，由此可解出實數(shù)的值.【詳解】，且，，解得.故答案為：.【點睛】

本題考查利用集合的包含關系求參數(shù)，在處理有限集的問題時，還應注意集合的元素應滿足互異性，考查計算能力，屬于中等題.6．用描述法表示所有被除余的整數(shù)組成的集合：_________．

【答案】

【解析】利用描述法和整除性質即可得出.【詳解】

由題意知，所有被除余的整數(shù)組成的集合為.故答案為：.【點睛】

本題考查描述法、數(shù)的整除性質，考查推理能力，屬于基礎題.7．設集合，則__________．

【答案】

【解析】解方程組，求出公共解，即可得出集合.【詳解】

解方程組，得，因此，.故答案為：.【點睛】

本題考查集合交集的計算，同時也考查了二元一次方程組的求解，在表示集合時要注意集合元素的類型，考查計算能力，屬于基礎題.8．不等式的解集是_________．

【答案】

【解析】將原不等式變形為，解出該不等式即可.【詳解】

由，移項得，即，解得或.因此，不等式的解集是.故答案為：.【點睛】

本題考查分式不等式的求解，考查運算求解能力，屬于基礎題.9．已知關于的不等式的解集為，則不等式的解集為__________．

【答案】

【解析】分析：不等式的解集為，則方程的根為，利用韋達定理求參數(shù)，再解不等式即可。

詳解：不等式的解集為，則方程的根為，由韋達定理可知：，所以不等式為，所以解集為

點睛：二次函數(shù)，二次方程，一元二次不等式三個二次的相互轉換是解決一元二次不等式

問題的常用方法。

10．設、，集合，則__________．

【答案】

【解析】根據(jù)題意得出，則，則有，可得出，由此得出，然后求出實數(shù)、的值，于是可得出的值.【詳解】，由于有意義，則，則有，所以，.根據(jù)題意有，解得，因此，.故答案為：.【點睛】

本題考查利用集合相等求參數(shù)的值，解題的關鍵就是根據(jù)題意列出方程組求解，考查運算求解能力，屬于中等題.11．設全集，若，，則__________．

【答案】

【解析】作出韋恩圖，將全集中的各元素放置在合適的區(qū)域內，得出集合和集合，再根據(jù)交集的定義可得出集合.【詳解】

全集，作出韋恩圖如下圖所示：

由圖形可知集合，因此，.故答案為：.【點睛】

本題考查集合的混合運算，同時也考查了韋恩圖法的應用，考查數(shù)形結合思想的應用，屬于中等題.12．下列說法中：

①“若，則”的否命題是“若，則”；

②“”是“”的必要非充分條件；

③“”是“或”的充分非必要條件；

④“”是“且”的充要條件.其中正確的序號為__________．

【答案】③

【解析】根據(jù)否命題與原命題的關系可判斷命題①的正誤；解方程，根據(jù)充分必要性可判斷出命題②的正誤；由命題“若，則或”的逆否命題為“若且，則”得出“”是“或”的充分必要性與“且”是“”的充分必要性相同，從而判斷命題③的正誤；利用舉反例和邏輯推理來判斷命題④的正誤.【詳解】

對于命題①，“若，則”的否命題是“若，則”，命題①錯誤；

對于命題②，解方程，得或，所以，“”是“”的充分非必要條件，命題②錯誤；

對于命題③，由于命題“若，則或”的逆否命題為“若且，則”，可知，“”是“或”的充分必要性與“且”是“”的充分必要性相同，“且”“”，取，則，所以，“”“且”，則“且”是“”的充分非必要條件，所以，“”是“或”的充分非必要條件，命題③正確；

對于命題④，取，則滿足，但“”“且”，由不等式性質可知，當且，有，則“且”“”.所以，“”“且”必要非充分條件，命題④錯誤.故答案為：③.【點睛】

本題考查四種命題以及充分必要性的判斷，常利用舉反例和邏輯推理進行推導，考查推理論證能力，屬于中等題.13．已知集合，則m的取值范圍為______．

【答案】

【解析】當時，不等式恒成立，可知符合題意；當時，由恒成立可得；當時，不可能在實數(shù)集上恒成立，由此可得結果.【詳解】

當時，恒成立，符合題意

當時，解得：

當時，集合不可能為

綜上所述：

故答案為：

【點睛】

本題考查一元二次不等式在實數(shù)集上恒成立問題的求解，易錯點是忽略二次項系數(shù)是否為零的討論，造成求解錯誤.14．已知集合，且，則實數(shù)的值為_________．

【答案】或或1

【解析】解方程得，因為，所以，，分別解得的值

【詳解】

由題，因為，所以當時，無解，；當時，；當時，綜上所述，的值為或或

【點睛】

由集合間的關系求參數(shù)時，常根據(jù)集合包含關系的意義，建立方程求解，此時應注意分類討論思想的運用

15．集合，若，則實數(shù)的取值范圍是__________．

【答案】

【解析】由，結合題意得出關于的方程有負根，分和，在的前提下，分二次方程有兩個相等的負根、兩根一正一負以及兩個負根進行分類討論，可求出實數(shù)的取值范圍.【詳解】，，則關于的方程有負根.（1）當時，即當時，原方程為，不成立；

（2）當時，即當時，設該方程的兩個實根分別為、.①若該方程有兩個相等的負根，則，可得，此時方程為，即為，解得，合乎題意；

②若該方程的兩根一正一負時，則有，解得；

③當該方程有兩個負根時，則有，解得.綜上所述，實數(shù)的取值范圍是.故答案為：.【點睛】

本題考查二次方程根的分布問題，解題時要結合判別式、兩根之和與積的符號來進行分析，考查分類討論思想的應用，屬于中等題.16．若集合,集合，且，記為中元素的最大值與最小值之和，則對所有的，的平均值是__________．

【答案】

【解析】先歸納出集合時，集合且時，的平均值，然后令可得出的平均值.【詳解】

先考慮集合時，集合且時，的平均值.，則，此時，的平均值為；，當時，當時，當時，此時，的平均值為；，當時，當時，時，當時，當時，當時，當時，此時，的平均值為；

依此類推，對于集合，的平均值為.由于，所以，.故答案為：.【點睛】

本題考查了集合的新定義，同時也考查了歸納推理，解題的關鍵就是利用歸納推理得出的表達式，考查推理論證能力，屬于難題.三、解答題

17．已知集合，若，求的值.【答案】、或

【解析】解出集合，由得出，然后分和兩種情況討論，在時，可得出或，由此可得出實數(shù)的值.【詳解】

解方程，解得或，則集合.，則.當時，合乎題意；

當時，，或，解得或.因此，實數(shù)的取值有、或.【點睛】

本題考查利用集合的包含關系求出參數(shù)，同時也考查了一元二次方程的求解，解題的關鍵就是對變系數(shù)的一次方程進行分類討論，考查運算求解能力，屬于中等題.18．設、且，比較兩數(shù)與的大小.【答案】見解析

【解析】將兩個代數(shù)式作差，因式分解，然后對各因式的符號進行判斷，可得出兩數(shù)與的大小關系.【詳解】

.，.①當時，此時，；

②當時，此時，；

③當時，此時，.【點睛】

本題考查利用作差法比較兩數(shù)的大小，在作差后依次因式分解、討論符號，然后可判斷出兩數(shù)的大小關系，考查分析問題和解決問題的能力，屬于中等題.19．已知集合，集合，.求：（1）；

（2）.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）求出集合、，利用交集的定義可得出集合；

（2）求出集合，利用并集的定義得出集合，再利用補集的定義可得出集合.【詳解】

（1），因此，；

（2），由不等式的性質可得，則集合，因此，.【點睛】

本題考查集合交集、并集與補集的混合運算，同時也考查了函數(shù)定義域、值域的求解，考查運算求解能力，屬于中等題.20．若關于的不等式的解集為，的解集為.（1）試求和；

（2）是否存在實數(shù)，使得？若存在，求的范圍；若不存在，說明理由.【答案】（1），；（2）存在，.【解析】（1）將不等式變形為，然后對和的大小進行分類討論，解出該不等式可得出集合，將不等式變形為，解出該不等式可得出集合；

（2）對和的大小進行分類討論，結合列出關于的不等式，解出即可得出實數(shù)的取值范圍.【詳解】

（1）不等式即為.①當時，原不等式即為，解該不等式得，此時；

②當時，解該不等式得或，此時；

③當時，解該不等式得或，此時.不等式即為，解得，此時，；

（2）當時，，此時成立；

當時，，要使得，則有，解得，此時；

當時，，則，要使得，則，這與矛盾.綜上所述，實數(shù)的取值范圍是.因此，存在實數(shù)，使得.【點睛】

本題考查一元二次不等式與分式不等式的求解，同時也考查了利用集合的并集運算求參數(shù)，解題時要注意對參數(shù)的取值進行分類討論，考查分類討論思想的應用，屬于中等題.21．對在直角坐標系的第一象限內的任意兩點，作如下定義:,那么稱點是點的“上位點”，同時點是點的“下位點”.（1）試寫出點的一個“上位點”坐標和一個“下位點”坐標；

（2）設、、、均為正數(shù)，且點是點的上位點，請判斷點是否既是點的“下位點”又是點的“上位點”，如果是請證明，如果不是請說明理由；

（3）設正整數(shù)滿足以下條件：對任意實數(shù)，總存在，使得點既是點的“下位點”，又是點的“上位點”，求正整數(shù)的最小值.【答案】（1）“上位點”，“下位點”；（2）是，證明見解析；（3）.【解析】（1）由已知中“上位點”和“下位點”的定義，可得出點的一個“上位點”的坐標為，一個“下位點”的坐標為；

（2）由點是點的“上位點”得出，然后利用作差法得出與、的大小關系，結合“下位點”和“上位點”的定義可得出結論；

（3）結合（2）中的結論，可得，滿足條件，再說明當時，不成立，可得出的最小值為.【詳解】

（1）對于平面直角坐標系的第一象限內的任意兩點作如下定義：，那么稱點是點的“上位點”，同時點是點的“下位點”.點的一個“上位點”的坐標為，一個“下位點”的坐標為；

（2）點是點的“上位點”，.，點是點的“下位點”，點是點的“上位點”；

（3）若正整數(shù)滿足條件：在時恒成立.由（2）中的結論可知，時滿足條件.若，由于，則不成立.因此，的最小值為.【點睛】

本題考查的知識點是新定義“上位點”和“下位點”，同時也考查了利用作差法比較兩數(shù)的大小關系，解題的關鍵就是對題中新定義的理解，考查分析問題和解決問題的能力，屬于難題.

第四篇：2018-2019學年市高一上學期期末數(shù)學試題（解析版）

2018-2019學年市高一上學期期末數(shù)學試題

一、單選題

1．已知集合M＝{x∈Z|0＜x＜6}，N＝{x|x＞3}，P＝M∩N，則P的子集共有（）

A．1個

B．2個

C．4個

D．8個

【答案】C

【解析】化簡集合,根據(jù)交集定義,求出交集,根據(jù)子集定義,列舉出子集即可得到.【詳解】

因為,N＝{x|x＞3}

所以P＝M∩N,其子集有,共4個.故選:C

【點睛】

本題考查了交集的運算,考查了求子集的個數(shù),屬于基礎題.2．函數(shù)y的定義域是（）

A．（﹣1，+∞）

B．（﹣1，0）∪（0，+∞）

C．[﹣1，+∞）

D．[﹣2，0）∪（0，+∞）

【答案】B

【解析】由解得結果即可得到答案.【詳解】

由

得且,所以函數(shù)y的定義域是.故選:B

【點睛】

本題考查了求具體函數(shù)的定義域,容易漏掉,屬于基礎題.3．已知角α終邊上一點P（1，），則cosα＝（）

A．

B．

C．

D．

【答案】A

【解析】根據(jù)余弦函數(shù)的定義可得結果.【詳解】

因為角α終邊上一點P（1，）,所以,所以,所以.故選:A

【點睛】

本題考查了余弦函數(shù)的定義,屬于基礎題.4．函數(shù)f（x）＝tan（2x）的最小正周期是（）

A．

B．π

C．2π

D．4π

【答案】A

【解析】根據(jù)周期公式,計算可得.【詳解】

由周期公式.故選:A

【點睛】

本題考查了的周期公式,熟練掌握公式是解題關鍵,屬于基礎題.5．已知a，b為實數(shù)，集合M＝{b，1}，N＝{a，0}，f：x→x為集合M到集合N的映射，則a+b等于（）

A．﹣1

B．2

C．1

D．1或2

【答案】C

【解析】根據(jù)且,可得答案.【詳解】

依題意可知且,所以，所以.故選:C

【點睛】

本題考查了映射的概念,考查了集合中元素的互異性,屬于基礎題.6．冪函數(shù)f（x）的圖象過點，則f（x）的一個單調遞減區(qū)間是（）

A．（0，+∞）

B．[0，+∞）

C．（﹣∞，0]

D．（﹣∞，0）

【答案】A

【解析】設,根據(jù),解出,根據(jù)冪函數(shù)的單調性可得答案.【詳解】

設,則,即,所以,所以,所以的遞減區(qū)間為,故選:A

【點睛】

本題考查了求冪函數(shù)的解析式,考查了冪函數(shù)的單調性,屬于基礎題.7．下列函數(shù)中偶函數(shù)是（）

A．y

B．y＝sinx+2|sinx|

C．y＝ln（x）

D．y＝ex+e﹣x

【答案】D

【解析】利用特值排除法可排除,利用偶函數(shù)的定義可得正確.【詳解】

令,則,不正確;

令,則，,所以不正確;

令,則,所以不正確;

令,則,所以正確.故選:D

【點睛】

本題考查了特值排除法解選擇題,考查了偶函數(shù)的定義,屬于基礎題.8．直角坐標系中，已知A（3，0），B（0，4），則△AOB（O為坐標原點）重心坐標為（）

A．（0，0）

B．（1，1）

C．（1，）

D．（，2）

【答案】C

【解析】取的中點,則重心為的一個靠近的三等分點,根據(jù)中點公式求出的坐標,根據(jù)可以求得的坐標即可.【詳解】

如圖:

設的中點為,重心為,則,為的靠近的三等分點,即,設,則,所以且,解得,所以.故選:C

【點睛】

本題考查了重心的性質,考查了中點公式,考查了向量的線性運算的坐標表示,屬于基礎題.9．已知x∈（e﹣1，1），令a＝lnx，b，c＝elnx，則a，b，c的大小關系為（）

A．a(chǎn)＜c＜b

B．b＜a＜c

C．c＜a＜b

D．c＜b＜a

【答案】A

【解析】根據(jù)為增函數(shù),可得,根據(jù)為遞減函數(shù),可得,根據(jù)對數(shù)恒等式可得.【詳解】

因為,且為增函數(shù),所以,因為且為遞減函數(shù),所以，所以.故選:A

【點睛】

本題考查了根據(jù)對數(shù)函數(shù)和指數(shù)函數(shù)的性質比較大小,關鍵是找中間值進行比較,屬于基礎題.10．已知函數(shù)f（x）（a∈R），若f[f（﹣1）]＝2，則a＝（）

A．

B．

C．1

D．

【答案】B

【解析】按照從內到外的順序,先求得,再求得,解方程即可得到答案.【詳解】

因為,所以,解得.故選:B

【點睛】

本題考查了求分段函數(shù)的函數(shù)值,對于有多層函數(shù)符號的,要按照從內到外的順序計算是解題關鍵,屬于基礎題.11．若O點是△ABC所在平面內任一點，且滿足，則△OBC與△ABC的面積比為（）

A．

B．

C．

D．

【答案】C

【解析】連并延長交于,設，根據(jù)向量減法的逆運算可得,結合已知可得,解得,由此可得結果.【詳解】

如圖所示:連并延長交于,設，則,所以,所以,又,所以,解得,所以,所以,所以.故選:C

【點睛】

本題考查了向量共線定理,考查了向量減法的逆運算,考查了平面向量基本定理,考查了三角形的面積,屬于中檔題.12．已知曲線C1：y＝sinx，C2：y＝cos（2x），則下面結論正確的是（）

A．把C1上各點的橫坐標伸長到原來的2倍，縱坐標不變，再把得到的曲線向右平移個單位長度，得到曲線C2

B．把C1上各點的橫坐標伸長到原來的2倍，縱坐標不變，再把得到的曲線向右平移個單位長度，得到曲線C2

C．把C1上各點的橫坐標縮短到原來的倍，縱坐標不變，再把得到的曲線向左平移個單位長度，得到曲線C2

D．把C1上各點的橫坐標縮短到原來的倍，縱坐標不變，再把得到的曲線向左平移個單位長度，得到曲線C2

【答案】D

【解析】將變成后,根據(jù)周期變換和平移變換結論可得答案.【詳解】

由,因此把C1上各點的橫坐標縮短到原來的倍，縱坐標不變，再把得到的曲線向左平移個單位長度，得到曲線是正確的.故選:D

【點睛】

本題考查了誘導公式,考查了三角函數(shù)圖像的周期變換和平移變換,屬于基礎題.二、填空題

13．若的圓心角所對的弧長為3π，則該扇形的面積為_____.【答案】6π

【解析】先用弧長公式求得半徑,再用面積公式求得面積即可.【詳解】

設弧長為,半徑為,則,所以,所以扇形的面積為.故答案為:.【點睛】

本題考查了扇形的弧長公式,考查了扇形的面積公式,屬于基礎題.14．若函數(shù)y＝cos（ωx）（ω＞0）的一個對稱中心是（，0），則ω的最小值為_____.【答案】2

【解析】根據(jù)余弦函數(shù)的對稱中心為,列式可解得ω＝6k+2,進一步可求得正數(shù)的最小值.【詳解】

令ω（k∈Z），整理得ω＝6k+2（k∈Z），當k＝0時，ω的最小值為2．

故答案為:

【點睛】

本題考查了余弦函數(shù)的對稱中心,令ω是解題關鍵,屬于基礎題.15．已知函數(shù)f（x），若f（x）的最大值為3，則a＝_____.【答案】2

【解析】根據(jù)f（t）是遞減函數(shù),將問題轉化為t＝ax2﹣4x+1有最小值,再根據(jù)二次函數(shù)知識可得答案.【詳解】

由題意，f（t）是遞減函數(shù)，那么t＝ax2﹣4x+1必有最小值使得f（t）的最大值為3；

即3，那么tmin＝﹣1，所以且,解得：a＝2.故答案為:

【點睛】

本題考查了指數(shù)函數(shù)的單調性,考查了二次函數(shù)的最值,屬于基礎題.16．設f（x）＝x2+bx+c，方程f（x）＝x的兩根是x1和x2，且x1＞0，x2﹣x1＞1．若0＜t＜x1，則f（t）_____x1（填“＞”，“＜”或“＝”）．

【答案】＞

【解析】作差后分解因式,根據(jù)韋達定理以及已知條件可判斷出差的符號.【詳解】

因為方程f（x）＝x的兩根是x1和x2

即的兩根為,所以,又∵x1是方程f（x）＝x的根，∴f（x1）＝x1，∴f（t）﹣x1＝f（t）﹣f（x1）＝（t﹣x1）（t+x1+b）＝（t﹣x1）（t+1﹣x2），∵x1+x2＝1﹣b，0＜t＜x1，∴t﹣x1＜0，又x2﹣x1＞1，即x1+1﹣x2＜0，∴t+1﹣x2＜x1+1﹣x2＜0，故f（t）﹣x1＞0，即f（t）＞x1．

故答案為:

＞

【點睛】

本題考查了差值法比較大小,考查了韋達定理,屬于中檔題.三、解答題

17．計算：（1）[（1﹣log63）2+log62×log618]×log46；

（2）sin（﹣120°）cos210°+cos（﹣60°）sin150°+tan225°．

【答案】（1）1

（2）2

【解析】(1)利用對數(shù)的運算性質計算可得;

(2)利用誘導公式和特殊角的三角函數(shù)值計算可得.【詳解】

（1）原式＝[（log62）2+log62×（2﹣log62）]×log46＝2log62×log46＝log64×log46＝1；

（2）原式＝﹣sin60°cos（180°+30°）+cos60°sin30°+tan（180°+45°）

＝sin60°cos30°+cos60°sin30°+tan45°

11＝1+1＝2．

【點睛】

本題考查了對數(shù)的運算性質,考查了誘導公式,考查了特殊角的三角函數(shù)值,屬于基礎題.18．已知集合A＝{x|a﹣3＜x＜a+3}，B＝{x|x＜﹣1或x＞4}．

（1）若a＝﹣1，求A∩（?RB）；

（2）若A∪B＝R，求實數(shù)a的取值范圍．

【答案】（1）{x|﹣1≤x＜2}

（2）（1，2）

【解析】(1)根據(jù)集合的補集和交集概念運算可得;

(2)根據(jù)并集結果列式可得.【詳解】

（1）a＝﹣1時，A＝{x|﹣4＜x＜2}，且B＝{x|x＜﹣1或x＞4}，∴?RB＝{x|﹣1≤x≤4}，A∩（?RB）＝{x|﹣1≤x＜2}；

（2）∵A∪B＝R，∴，解得1＜a＜2，∴a的取值范圍為（1，2）．

【點睛】

本題考查了集合補集和交集運算,考查了根據(jù)并集結果求參數(shù)的取值范圍,屬于基礎題.19．已知點A（﹣1，1），B（0，3），C（3，x）．

（1）若A，B，C三點共線，求x的值；

（2）若與夾角為銳角，求x的取值范圍；

（3）若x＝﹣2，求在方向上的投影．

【答案】（1）x＝9

（2）x＞﹣1且x≠9

（3）

【解析】(1)轉化為∥,利用坐標表示可得答案;

(2)利用?且與不平行可得答案;

(3)根據(jù)方向投影的概念計算可得.【詳解】

（1）∵A（﹣1，1），B（0，3），C（3，x）．

∴（1，2），（4，x﹣1）

∵A，B，C三點共線，∴∥，∴x﹣1＝8，即x＝9．

（2）與夾角為銳角知，?4+2（x﹣1）＝2x+2＞0，∴x＞﹣1；

由（1）知，x＝9時∥，不符合題意，∴x＞﹣1且x≠9．

（3）x＝﹣2時，（1，2），（4，﹣3），在方向上的投影．

【點睛】

本題考查了平面向量平行的坐標表示,考查了向量的夾角,考查了向量在向量上的投影的概念,屬于基礎題.20．已知函數(shù)f（x）＝ln（1+x）﹣ln（1﹣x）+sinx．

（1）判斷并證明函數(shù)（x）的奇偶性；

（2）解關于x的不等式：f（3x+2）+f（x）＞0．

【答案】（1）奇函數(shù)，證明見解析

（2）（）

【解析】(1)根據(jù)誘導公式，以及奇函數(shù)的定義可證;

(2)先判斷函數(shù)為（﹣1，1）上的單調性,然后根據(jù)奇偶性和單調性解不等式即可得到答案.【詳解】

（1）定義域為（﹣1，1），∵f（x）＝ln（1+x）﹣ln（1﹣x）+sinx．

∴f（﹣x）＝ln（1﹣x）﹣ln（1+x）﹣sinx＝﹣f（x），∴f（x）為奇函數(shù)，（2）∵f（x）＝ln（1+x）﹣ln（1﹣x），y＝sinx在（﹣1，1）上均為單調遞增的函數(shù)，∴f（x）＝ln（1+x）﹣ln（1﹣x）+sinx在（﹣1，1）上單調遞增，∵f（3x+2）+f（x）＞0，∴f（3x+2）＞﹣f（x）＝f（﹣x），∴1＞3x+2＞﹣x＞﹣1，解可得，即不等式的解集為（）

【點睛】

本題考查了用定義證明函數(shù)為奇函數(shù),考查了誘導公式,考查了利用奇偶性和單調性解不等式,屬于中檔題.21．已知函數(shù)f（x）＝Asin（ωx+φ）（A＞0，ω＞0，）的部分圖象如圖所示．

（1）求函數(shù)f（x）的解析式；

（2）若x∈[，]，求函數(shù)f（x）的值域．

【答案】（1）f（x）＝sin（）

（2）[，1]

【解析】(1)根據(jù)圖像可得最大值,周期,根據(jù)最大值和周期可得和,根據(jù)五點作圖法中的第一個關鍵點可得;

(2)根據(jù)正弦函數(shù)的性質可得最大最小值,進一步可得值域.【詳解】

（1）由圖象知函數(shù)的最大值為1，即A＝1，3﹣（﹣1）＝4，即周期T＝8，即8，得ω，則f（x）＝2sin（x+φ），由五點對應法得1+φ，得φ，即f（x）＝sin（）．

（2）若x∈[，]，則∈[，]，∴當時，即x時，f（x）最小，最小值為f（），當時，即x＝1時，f（x）最大，最大值為f（1）＝1，∴f（x）的值域為[，1]．

【點睛】

本題考查了由圖像求解析式,考查了求正弦型函數(shù)在指定區(qū)間上的值域,屬于中檔題.22．已知函數(shù)f（x）＝x2．

（1）證明：函數(shù)f（x）在（0，）上單調遞減，在+∞）上單調遞增；

（2）討論函數(shù)g（x）＝4x3﹣4ax+1在區(qū)間（0，1）上的零點個數(shù)．

【答案】（1）證明見解析

（2）見解析

【解析】(1)根據(jù)單調函數(shù)的定義證明即可;

(2)將問題轉化為討論在上的實根個數(shù),根據(jù)(1)問中函數(shù)的單調性,討論可得答案.【詳解】

（1）證明：?x1，x2，假設x1＜x2，則；

∵，∴；

∴4x1x2（x1+x2）﹣1＜0；

∴f（x1）﹣f（x2）0；

即f（x）在（0，）上單調遞減；

同理f（x）在（，+∞）上單調遞增．

（2）由g（x）＝0得：a．

由（1）知：f（x）在（0，）上單調遞減，在（，+∞）上單調遞增；

∴；

①當a，則，∴f（x）＝a在（0，1）上無解，即g（x）在（0，1）上無零點，②當a，則a，∴f（x）＝a在（0，1）上有且僅有一個解；即g（x）在（0，1）上有且只有一個零點；

③當，由，f（x）在（0，）上單調遞減可知，f（x）＝a在（0，）上有且只有一解；

由，a，且f（x）在（，+∞）上單調遞增；

f（x）＝a在（，1）上有且只有一解；

即g（x）在（0，1）上有2個零點；

④當a時，則時，f（x），∴f（x）＝a在（，1）上無解，∵，f（x）在（0，）上單調遞減，∴f（x）＝a在（0，）上有且只有一解；

即g（x）在（0，1）上有且只有一個零點；

綜上所述：①當a，g（x）在（0，1）上無零點，②當a或a時，g（x）在（0，1）上有且只有一個零點，③當，g（x）在（0，1）上有2個零點．

【點睛】

本題考查了用定義證明函數(shù)的單調性,考查了求函數(shù)的零點個數(shù),解題關鍵是轉化為討論函數(shù)與函數(shù)的交點個數(shù),屬于難題

第五篇：2019-2020學年市中學高一上學期期中數(shù)學試題（解析版）

2019-2020學年市中學高一上學期期中數(shù)學試題

一、單選題

1．已知，B3，則

A．

B．4，C．2，3，4，D．3，4，【答案】D

【解析】利用并集概念與運算直接得到結果.【詳解】，3，3，4，故選：D．

【點睛】

本題考查并集的定義與運算，屬于基礎題.2．命題“，”的否定是（）

A．，B．，C．，D．，【答案】A

【解析】利用全稱命題的否定是特稱命題解答即可.【詳解】

因為全稱命題的否定是特稱命題，需改變量詞且否定結論，所以，命題“，”的否定是“，”.故選：A

【點睛】

本題主要考查全稱命題的否定，意在考查學生對該知識的理解掌握水平.3．設，則“”是“”的（）

A．充分不必要條件

B．必要不充分條件

C．充要條件

D．既不充分也不必要條件

【答案】A

【解析】對化簡后得，再利用集合間的關系進行判斷.【詳解】

設，或，顯然是的真子集，所以推出；而不能推出，所以“”是“”的充分不必要條件.故選：A.【點睛】

本題考查不等式的解法、考查簡易邏輯中的充分條件與必要條件，將問題轉化為集合間的關系能使求解過程更清晰.4．函數(shù)的定義域為

（）

A．

B．

C．

D．

【答案】A

【解析】根據(jù)函數(shù)解析式，只需解析式有意義即可求出.【詳解】

要使函數(shù)有意義，則需滿足：，解得

所以定義域為，故選：A

【點睛】

本題主要考查了給出函數(shù)解析式的函數(shù)定義域問題，屬于中檔題.5．已知冪函數(shù)f(x)＝(n2＋2n－2)(n∈Z)的圖像關于y軸對稱，且在(0，＋∞)上是減函數(shù)，則n的值為（）

A．1

B．2

C．1或2

D．1或－3

【答案】A

【解析】由冪函數(shù)f（x）＝（n2+2n﹣2）（n∈Z）的圖象關于y軸對稱，且在（0，+∞）上是減函數(shù)，知，由此能求出n的值．

【詳解】

∵冪函數(shù)f（x）＝（n2+2n﹣2）（n∈Z）的圖象關于y軸對稱，且在（0，+∞）上是減函數(shù)，∴，解得n＝1．

故選：A．

【點睛】

本題考查冪函數(shù)的性質及其應用，是基礎題．熟記冪函數(shù)的性質是關鍵，是基礎題．

6．已知，，則的大小為（）

A．

B．

C．

D．

【答案】C

【解析】由指數(shù)函數(shù)的性質求得，再由對數(shù)函數(shù)的性質求得，即可得到答案.【詳解】

由題意，根據(jù)指數(shù)函數(shù)的性質，可得，由對數(shù)函數(shù)的性質，可得，所以.故選：C.【點睛】

本題主要考查了指數(shù)式與對數(shù)式的比較大小，其中解答中熟記指數(shù)函數(shù)與對數(shù)函數(shù)的圖象與性質，求得的取值范圍是解答的關鍵，著重考查了推理與計算能力，屬于基礎題.7．函數(shù)y=log

(2x2-3x+1)的遞減區(qū)間為（）

A．（1，+）

B．（-，］

C．（，+）

D．（-，］

【答案】A

【解析】，所以當時，當時，即遞減區(qū)間為（1，+），選A.點睛：求函數(shù)單調區(qū)間的常用方法：(1)定義法和導數(shù)法，通過解相應不等式得單調區(qū)間；(2)圖象法，由圖象確定函數(shù)的單調區(qū)間需注意兩點：一是單調區(qū)間必須是函數(shù)定義域的子集：二是圖象不連續(xù)的單調區(qū)間要分開寫，用“和”或“，”連接，不能用“∪”連接；(3)利用函數(shù)單調性的基本性質，尤其是復合函數(shù)“同增異減”的原則，此時需先確定函數(shù)的單調性.8．函數(shù)的零點所在的區(qū)間為（）.A．(-1,0)

B．(0,1)

C．(1.2)

D．(2,3)

【答案】B

【解析】根據(jù)零點存在定理判斷．

【詳解】，因此零點在區(qū)間內．

故選：B．

【點睛】

本題考查零點存在定理，屬于基礎題型．

9．若，且，則的最小值是（）

A．

B．

C．

D．

【答案】C

【解析】將代數(shù)式與代數(shù)式相乘，展開后利用基本不等式可求出的最小值.【詳解】

由基本不等式得，當且僅當時，等號成立，因此，的最小值為，故選：C.【點睛】

本題考查利用基本不等式求代數(shù)式的最值，解題時要充分利用定值條件，熟悉幾種常見的利用基本不等式求最值的代數(shù)式類型，并對代數(shù)式進行合理配湊，考查運算求解能力，屬于中等題.10．十六世紀中葉，英國數(shù)學家雷科德在《礪智石》一書中首先把“”作為等號使用，后來英　國數(shù)學家哈利奧特首次使用“”和“”符號，并逐漸被數(shù)學界接受，不等號的引入對不等式的發(fā)展影響深遠.若，則下列命題正確的是（）.A．若且，則

B．若，則

C．若，則

D．若且，則

【答案】B

【解析】可舉反例說明一些不等式不成立，從而確定正確結論．

【詳解】

當時，A不正確；若，則，C不正確；若，則，D不正確；若，則，即，B正確．

故選：B．

【點睛】

本題考查不等式的性質，解題時可舉反例說明命題是錯誤的，也可直接利用不等式的性質推理論證．

11．已知函數(shù)，則關于的不等式的解集為（）

A．

B．

C．

D．

【答案】C

【解析】由題意，可得到，且函數(shù)在上遞增，原不等式等價于，根據(jù)函數(shù)單調性，即可求出結果.【詳解】

因為，所以，因此，因此關于的不等式，可化為；

又單調遞增，單調遞增，所以在上遞增；

所以有，解得：.故選：C

【點睛】

本題主要考查由函數(shù)單調性解不等式，熟記基本初等函數(shù)的單調性，會用基本初等函數(shù)單調性判斷復合函數(shù)單調性即可，屬于?？碱}型.12．若不等式對任意恒成立，則實數(shù)的取值范圍為（）

A．[

B．

C．

D．

【答案】A

【解析】【詳解】

構造函數(shù)f（x）=3x2，g（x）=logax，∵不等式3x2-logax＜0對任意恒成立，∴f（）≤g（∴-≤0．

∴0＜a＜1且a≥∴實數(shù)a的取值范圍為[

故選A

二、填空題

13．設函數(shù)，則=________.【答案】24

【解析】先求內層的值，代入對應的表達式，得，再將代入的表達式即可求解

【詳解】

先求，再求，即

故答案為：24

【點睛】

本題考查分段函數(shù)具體值的求法，應先求內層函數(shù)值，再將此值當作自變量再次代入對應的表達式求解，是基礎題

14．若為上的奇函數(shù)，則實數(shù)的值為

．

【答案】

【解析】試題分析：因為為上的奇函數(shù)，所以，所以．

【考點】奇函數(shù)的定義與性質．

15．已知函數(shù)，則不等式的解集為________.【答案】

【解析】分段函數(shù)，按定義和分類解不等式．

【詳解】

時，則，時，則，綜上，原不等式解集為．

故答案為：．

【點睛】

本題考查對數(shù)函數(shù)與指數(shù)函數(shù)的性質，只是要注意分段函數(shù)要分類討論．屬于基礎題．

16．若函數(shù)且在區(qū)間上是減函數(shù)，則實數(shù)的取值范圍是__________．

【答案】

【解析】根據(jù)復合函數(shù)單調性，令，首先按和分類，在函數(shù)定義域內，是增函數(shù)，則是增函數(shù)，則，若是減函數(shù)，則，這樣就可保證函數(shù)是減函數(shù)．

【詳解】

令，若，則，遞增，也是增函數(shù)，又，∴在上是減函數(shù)，若，則是減函數(shù)，因此，解得，綜上的取值范圍是．

故答案為：．

【點睛】

本題考查對數(shù)函數(shù)的性質，解題基礎是掌握復合函數(shù)單調性．同時注意與的單調性的關系．

三、解答題

17．求下列答式的值:

(1)

(2)

【答案】（1）18；（2）．

【解析】（1）利用冪的運算法則計算；

（2）根據(jù)對數(shù)運算法則計算．

【詳解】

（1）原式＝．

（2）原式＝．

【點睛】

本題考查分數(shù)指數(shù)冪的運算法則與對數(shù)運算法則，屬于基礎題型．

18．已知2≤x≤16，求函數(shù)的最大值與最小值．

【答案】最大值是6，最小值是．

【解析】用換元法把函數(shù)轉化為求二次函數(shù)的最值問題．可設，要注意的取值范圍．

【詳解】

設，∵，∴．，∵，∴，即時，取得最小值，即時，取得最大值6．

∴的最大值是6，最小值是．

【點睛】

本題考查對數(shù)函數(shù)的最值問題，解題關鍵是用換元法把問題轉化為二次函數(shù)的最值．在遇到這種形式的函數(shù)時通過設轉化為二次函數(shù)．

19．某公司制定了一個激勵銷售人員的獎勵方案：當銷售利潤不超過萬元時，按銷售利潤的進行獎勵；當銷售利潤超過萬元時，若超過部分為萬元，則超出部

分按進行獎勵，沒超出部分仍按銷售利潤的進行獎勵．記獎金總額為（單位：萬元），銷售利潤為（單位：萬元）．

（1）寫出該公司激勵銷售人員的獎勵方案的函數(shù)表達式；

（2）如果業(yè)務員老張獲得萬元的獎金，那么他的銷售利潤是多少萬元？

【答案】（1）（2）他的銷售利潤是萬元

【解析】（1）由題意，得

（2）∵時，又，∴，令，解得．

答：老張的銷售利潤是萬元．

【考點】分段函數(shù)、對數(shù)函數(shù)模型.20．已知定義在上的函數(shù)

.(1)

當時,試判斷在區(qū)間上的單調性,并給予證明.(2)

當時,試求的最小值.【答案】(1)

在區(qū)間上單調遞增，證明見解析；

(2)4.【解析】（1）用定義法嚴格證明即可

（2）用換元法設，由（1）可得，再根據(jù)對勾函數(shù)增減性求出的最小值即可

【詳解】

(1)

用定義法證明如下:

設,則，,，,，,即，在區(qū)間上單調遞增；

(2)設,則，由(1)知,當時在區(qū)間上單調遞增，在區(qū)間上單調遞減,在區(qū)間上單調遞增，當,即,解得時,.【點睛】

本題考查函數(shù)增減性的證明，復合函數(shù)值域的求法，換元法的應用，換元法的核心在于新元的取值范圍必須明確，復合函數(shù)的增減性遵循同增異減

21．已知函數(shù)且

(1)若方程的一個實數(shù)根為2，求的值;

(2)當且時，求不等式的解集;

(3)若函數(shù)在區(qū)間上有零點，求的取值范圍。

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】（1）用代入方程，可求得；

（2）由對數(shù)函數(shù)的性質解此不等式；

（3）結合零點存在定理和二次方程根的分布知識求解．

【詳解】

（1）即有一個根是2，則，∴，．

（2）不等式為，∵，∴，解得，即不等式的解集為．

（3）由題意在上有解，解法一：

(i)若，則，，滿足題意；

(ii)若，則，，滿足題意；

(iii)，或．

（iv），解得

綜上所述，的取值范圍是．

解法二：，∵，∴，∴，∴，∴或．

【點睛】

本題考查對數(shù)函數(shù)的圖象與性質，考查函數(shù)零點的概念．函數(shù)零點問題特別是二次函數(shù)零點分布問題如果用根的分布知識求解有一定的難度，如題中解法一，但若用分離參數(shù)法轉化為求函數(shù)的值域問題將會顯得簡單，如解法二，在解題中要注意體會．

22．已知函數(shù)是奇函數(shù)．

（1）求實數(shù)的值；

（2）若，對任意有恒成立，求實數(shù)取值范圍；

（3）設,若，問是否存在實數(shù)使函數(shù)在上的最大值為？若存在，求出的值；若不存在，說明理由.【答案】（1）

（2）

（3）不存在,理由見解析.【解析】（1）根據(jù)定義域為R且為奇函數(shù)可知,代入即可求得實數(shù)的值.（2）由（1）可得函數(shù)的解析式,并判斷出單調性.根據(jù)將不等式轉化為關于的不等式,結合時不等式恒成立,即可求得實數(shù)取值范圍；

（3）先用表示函數(shù).根據(jù)求得的解析式,根據(jù)單調性利用換元法求得的值域.結合對數(shù)的定義域,即可求得的取值范圍.根據(jù)對數(shù)型復合函數(shù)的單調性,即可判斷在的取值范圍內能否取到最大值0.【詳解】

（1）函數(shù)的定義域為R,且為奇函數(shù)

所以,即

解得

（2）由（1）可知當時,因為,即

解不等式可得

所以在R上單調遞減,且

所以不等式可轉化為

根據(jù)函數(shù)在R上單調遞減

所不等式可化為

即不等式在恒成立

所以恒成立

化簡可得

由打勾函數(shù)的圖像可知,當時,所以

（3）不存在實數(shù).理由如下:

因為

代入可得,解得或(舍)

則,令,易知在R上為單調遞增函數(shù)

所以當時，則

根據(jù)對數(shù)定義域的要求,所以滿足在上恒成立

即在上恒成立

令,所以,即

又因為

所以

對于二次函數(shù),開口向上,對稱軸為

因為

所以

所以對稱軸一直位于的左側,即二次函數(shù)在內單調遞增

所以,假設存在滿足條件的實數(shù),則:

當時,由復合函數(shù)單調性的判斷方法，可知為減函數(shù),所以根據(jù)可知,即

解得,所以舍去

當時,復合函數(shù)單調性的判斷方法可知為增函數(shù),所以根據(jù)可知,即

解得,所以舍去

綜上所述,不存在實數(shù)滿足條件成立.【點睛】

本題考查了函數(shù)奇偶性的性質及應用,不等式恒成立問題的解法,復合函數(shù)單調性的判斷及最值求法,含參數(shù)的分類討論思想的綜合應用,綜合性強,屬于難題.