2019-2020学年福建省泉州市高一上学期期末数学试题（解析版）

2019-2020学年福建省泉州市高一上学期期末数学试题（解析版）

‎2019-2020学年福建省泉州市高一上学期期末数学试题 一、单选题 ‎1．已知集合,,则( )‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】直接利用集合的交运算即可得答案.‎ ‎【详解】‎ ‎∵,，‎ ‎∴.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查集合的交运算，考查运算求解能力，属于基础题.‎ ‎2．函数(且)的图象恒过定点,则该定点是( )‎ A．(2,0) B．(2,1) C．(3,0) D．(3,1)‎ ‎【答案】B ‎【解析】令求得定点的横坐标，进而得到定点的纵坐标，即可得答案.‎ ‎【详解】‎ 令得，∵，‎ ‎∴图象恒过定点为.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查指数函数过定点问题，考查对概念的理解，属于基础题.‎ ‎3．命题“,”的否定是( )‎ A．, B．,‎ C．, D．,‎ ‎【答案】D ‎【解析】直接利用特称命题的否定为全称命题的定义，即可得答案.‎ ‎【详解】‎ ‎∵命题“,”，‎ ‎∴命题的否定为：,.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查特称命题的否定，考查对概念的理解与应用，求解时注意将存在改成任意，同时对结论进行否定.‎ ‎4．“四边形的对角线互相垂直”是“四边形是菱形”的( )‎ A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分也不必要条件 ‎【答案】B ‎【解析】先考虑前面能否推出后面，再考虑后面能否推出前面，即可得答案.‎ ‎【详解】‎ ‎“四边形的对角线互相垂直”无法推出“四边形是菱形”,所以“四边形的对角线互相垂直”不是充分条件；‎ 反之，“四边形是菱形”推出“四边形的对角线互相垂直”,所以“四边形的对角线互相垂直”是必要条件.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查充分条件与必要条件，考查对四边形性质的理解，属于基础题.‎ ‎5．以下命题正确的是( )‎ A．若,则 B．若,则 C．若,则 D．若,则 ‎【答案】B ‎【解析】利用不等式的性质对选项进行一一验证，即可得答案.‎ ‎【详解】‎ 对A,若,则,故A错误；‎ 对B,由易得,所以,故B正确；‎ 对C,取,满足,但是,故C错误；‎ 对D,取,满足,但是,故D错误；‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查不等式的基本性质，求解时注意要否定一个选项，需举出反例.‎ ‎6．四个变量随变量变化的数据如下表:‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎4‎ ‎6‎ ‎8‎ ‎10‎ ‎12‎ ‎16‎ ‎29‎ ‎55‎ ‎81‎ ‎107‎ ‎133‎ ‎159‎ ‎9‎ ‎15‎ ‎87‎ ‎735‎ ‎6567‎ ‎59055‎ ‎531447‎ ‎1‎ ‎8‎ ‎64‎ ‎216‎ ‎512‎ ‎1000‎ ‎1728‎ ‎2.000‎ ‎3.710‎ ‎5.419‎ ‎6.419‎ ‎7.129‎ ‎7.679‎ ‎8.129‎ 其中关于呈指数增长的变量是( )‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】直接观察表中的数据，,四个变量都是越来越大,但是增长速度不同,其中变量增长速度最快，即可得答案.‎ ‎【详解】‎ 从题中表格可以看出,四个变量都是越来越大,但是增长速度不同,其中变量增长速度最快,画出散点图:‎ 可知变量呈指数增长.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查指数爆炸增长的概念，考查对概念的理解，属于基础题.‎ ‎7．函数的图象大致为( )‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】A ‎【解析】利用函数为奇函数及在时函数值的正负，即可得答案.‎ ‎【详解】‎ 由于函数的定义域关于原点对称，且,‎ 所以函数的奇函数,排除B,C选项；‎ 又因为,故排除D选项.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查根据函数的解析式选择函数的图象，考查数形结合思想，求解时注意根据解析式发现函数为奇函数及特殊点函数值的正负.‎ ‎8．若代数式有意义,则锐角的取值范围是( )‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】由题意可得，结合可得，解三角不等式即可得答案.‎ ‎【详解】‎ 由题意可得,∴或 ‎∵,∴,‎ ‎∴,所以的取值范围为.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查三角不等式的求解，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意锐角这一条件的应用.‎ ‎9．已知函数在上单调递减,则的取值范围为( )‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】由复合函数的单调性，即同增异减的法则得在上要恒大于零且单调递减，从而得到关于的不等式，解不等式组即可得答案.‎ ‎【详解】‎ 在上单调递减,‎ 则应满足在上要恒大于零且单调递减,‎ 所以解得.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查复合函数的单调区间求解，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意考虑真数大于0这一条件.‎ ‎10．设,,,则( )‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】利用指数函数和对数函数的单调性，引入中间变量，即可得答案.‎ ‎【详解】‎ 注意到;‎ 因为,所以;‎ 因为,且,所以.‎ 综上,.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查利用指数函数和对数函数的单调性比较大小，考查函数与方程思想、转化与化归思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意中间变量的引入.‎ 二、多选题 ‎11．已知和为函数的图象上两点,若,,则的值可能为( )‎ A．0 B．1 C． D．‎ ‎【答案】ABD ‎【解析】将的值分别代入求出的值，再与选项进行对比，即可得答案.‎ ‎【详解】‎ 由已知可得的周期为,‎ 当时,如图所示,此时 当或时,如图所示,结合对称性,此时 当或时,如图所示,结合对称性,此时 故选：ABD.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查利用函数的图象求解问题，考查函数与方程思想、分类讨论思想、数形结合思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意讨论的完整性.‎ ‎12．已知函数是定义在上的偶函数,当时,.以下说法正确的是( )‎ A．当时, B．‎ C．存在,使得 D．函数的零点个数为10‎ ‎【答案】AD ‎【解析】对A，由得,再代入解析式；对B，取特值 代入可得矛盾；对C，可作出正半轴的图象再进行观察；对D，利用图象的对称性可得答案.‎ ‎【详解】‎ 对A，当时,,所以,‎ 所以,故A正确；‎ 对B，当时,与矛盾,故B错误；‎ 对C，由为偶函数,可作出正半轴的图象如下:观察图象,的值域为,故C错误;‎ 对D，由的零点个数即为根的个数,即与的交点个数，‎ 观察图象,在时,有5个交点，根据对称性可得时,也有5个交点｡共计10个交点,故D正确.‎ 故选：AD.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查分段函数的图象与性质，考查函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想、数形结合思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力.‎ 三、填空题 ‎13．在平面直角坐标系中,角的顶点在原点,始边与轴非负半轴重合,角的终边经过点,则___________,_________.‎ ‎【答案】 ‎ ‎【解析】利用三角函数的定义直接求得的值.‎ ‎【详解】‎ ‎∵角的终边经过点，∴，‎ ‎∴.‎ 故答案为：；.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查利用角终边过点，求角的三角函数值，考查运算求解能力，属于基础题.‎ ‎14．已知,,则______,______.‎ ‎【答案】 1 ‎ ‎【解析】利用指数式与对数式的互化，即可得答案.‎ ‎【详解】‎ ‎∵，‎ ‎∴.‎ 故答案为： ；1.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查指数式与对数式的互化、换底公式，考查运算求解能力，属于基础题.‎ ‎15．已知,,,则的最小值为______,的最小值为______.‎ ‎【答案】2 ‎ ‎【解析】（1）利用基本不等式直接求最小值；‎ ‎（2）利用1的代换将所求式子转化为，再利用基本不等式求最值.‎ ‎【详解】‎ 第(1)问:,当且仅当即时“=”成立;‎ 第(2)问:‎ 当且仅当即时“=”成立.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查基本不等式求最值，考查运算求解能力，求解时注意验证等号成立的条件.‎ ‎16．已知函数,且,则的取值范围为______.的最大值与最小值和为______.‎ ‎【答案】 2 ‎ ‎【解析】（1）证明为定值，从而可得的取值范围；‎ ‎（2）由,知关于点成中心对称图形,从而得到函数的最大值与最小值之和为对称中心的纵坐标的2倍.‎ ‎【详解】‎ 第(1)问:由,‎ ‎,‎ 所以,则的取值范围.‎ 第(2)问:由,知关于点成中心对称图形,‎ 所以.‎ 故答案为：； 2.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查函数的对称性，考查函数与方程思想、数形结合思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意对称中心性质的应用.‎ 四、解答题 ‎17．(1)化简与求值:;‎ ‎(2)已知,求的值.‎ ‎【答案】(1);(2).‎ ‎【解析】（1）直接利用对数运算法则和指数幂运算法则进行求解；‎ ‎（2）利用诱导公式化简所求式子，再将代入即可得答案.‎ ‎【详解】‎ ‎(1)原式；‎ ‎(2)原式 因为,原式.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查对数运算法则和指数幂运算法则、诱导公式，考查运算求解能力.‎ ‎18．已知函数是二次函数,,.‎ ‎(1)求的解析式;‎ ‎(2)函数在上连续不断,试探究,是否存在,函数在区间内存在零点,若存在,求出一个符合题意的,若不存在,请说明由.‎ ‎【答案】(1);(2)存在,.‎ ‎【解析】（1）由,知此二次函数图象的对称轴为, 由可设出抛物线的解析式为，再利用求得的值；‎ ‎（2）利用零点存在定理，证明即可得到的值.‎ ‎【详解】‎ ‎(1)由,知此二次函数图象的对称轴为, ‎ 又因为,所以是的顶点, ‎ 所以设，‎ 因为,即，‎ 所以设 ‎ 所以 ‎(2)由(1)知 ‎ 因为 ‎ ‎ ‎ 即 因为函数在上连续不断, ‎ 由零点存在性定理,所以函数在上存在零点.‎ 所以存在使得函数在区间内存在零点.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查一元二次函数的解析式、零点存在定理，考查函数与方程思想考查逻辑推理能力和运算求解能力.‎ ‎19．已知函数.‎ ‎(1)用分段函数形式写出在的解析式,并画出其图象;‎ ‎(2)直接写出的最小正周期及其单调递增区间.‎ ‎【答案】(1),图象见解析;(2),.‎ ‎【解析】（1）对分类讨论使得或，再将函数的绝对值去掉，即可得答案；‎ ‎（2）直接观察图象，即可得答案.‎ ‎【详解】‎ ‎(1)当时,,,‎ 当时,,, ‎ 所以 ‎ 其图象如图所示. ‎ ‎(2)由,‎ 可知为函数的一个周期，‎ 结合图象可得为函数的最小正周期，‎ ‎(直接写出答案也可以给满分)‎ 由图可得,时,函数的递增区间为,，‎ 又的最小正周期为,故函数的递增区间为.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查分段函数的性质、三角函数的图象，考查分类讨论思想、数形结合思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意绝对值内符号的正负.‎ ‎20．已知函数为在上的奇函数,且.‎ ‎(1)用定义证明在的单调性;‎ ‎(2)解不等式.‎ ‎【答案】(1)证明见解析;(2).‎ ‎【解析】（1）根据函数为定义在上的奇函数得，结合求得的解析式，再利用单调性的定义进行证明；‎ ‎（2）因为,,由(1)可得，解指数不等式即可得答案.‎ ‎【详解】‎ ‎(1)因为函数为在上的奇函数,所以 ‎ 则有 ‎ 解得,即 ‎ ‎,且 ‎ ‎ ‎ 因为,且,‎ 所以,,‎ 所以即 ,‎ 所以在上单调递减 .‎ ‎(2)因为,,由(1)可得 不等式可化为,即( ‎ 解得,即 ‎ 所以不等式的解集为 ‎【点睛】‎ 本题考查奇函数的应用、单调性的定义证明、利用单调性解不等式，考查函数与方程思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意不等式的解集要写成集合的形式.‎ ‎21．泉州是全国休闲食品重要的生产基地,食品产业是其特色产业之一,其糖果产量占全国的20%.现拥有中国驰名商标17件及“全国食品工业强县”2个(晋江､惠安)等荣誉称号,涌现出达利､盼盼､友臣､金冠､雅客､安记､回头客等一大批龙头企业.已知泉州某食品厂需要定期购买食品配料,该厂每天需要食品配料200千克,配料的价格为1元/千克,每次购买配料需支付运费90元.设该厂每隔 天购买一次配料.公司每次购买配料均需支付保管费用,其标准如下:6天以内(含6天),均按10元/天支付;超出6天,除支付前6天保管费用外,还需支付剩余配料保管费用,剩余配料按元/千克一次性支付.‎ ‎(1)当时,求该厂用于配料的保管费用元;‎ ‎(2)求该厂配料的总费用(元)关于的函数关系式,根据平均每天支付的费用,请你给出合理建议,每隔多少天购买一次配料较好.‎ 附:在单调递减,在单调递增.‎ ‎【答案】(1)78;(2),,9天.‎ ‎【解析】（1）由题意得第6天后剩余配料为(千克),从而求得；‎ ‎（2）由题意得其中. 求出分段函数取得最小值时，对应的值，即可得答案.‎ ‎【详解】‎ ‎(1)第6天后剩余配料为(千克),‎ 所以; ‎ ‎(2)当时,, ‎ 当时,, ‎ 所以其中. ‎ 设平均每天支付的费用为元,‎ 当时,, ‎ 在单调递减,所以; ‎ 当时,, ‎ 可知在单调递减,在单调递增, ‎ 又,,,所以 综上所述,该厂9天购买一次配料才能使平均每天支付的费用最少.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查构建函数模型解决实际问题、函数的单调性和最值，考查函数与方程思想、转化与化归思想、分类讨论思想，考查逻辑推理能力和运算求解能力，求解时注意对勾函数图象的应用.‎