上海市闵行区闵行中学2019-2020学年高一上学期期中考试数学试题

上海市闵行区闵行中学2019-2020学年高一上学期期中考试数学试题

www.ks5u.com 闵行中学高一期中数学卷 一.填空题 ‎1.已知集合，集合，则 ；‎ ‎【答案】。‎ ‎【解析】‎ 交集就是由两个集合的公共元素组成的集合。‎ ‎2.已知集合，如果且，那么________‎ ‎【答案】或1或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据元素与集合的关系,可得关于的方程,解方程且满足且,即可求得的值。‎ ‎【详解】集合,且 所以若,解得 若,解得 所以的值为或1或 故答案为: 或1或 ‎【点睛】本题考查了元素与集合的关系,根据元素属于集合求参数,属于基础题.‎ ‎3.已知，则________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据分段函数的定义域,代入即可求得的值.‎ ‎【详解】因为 所以 故答案为:‎ ‎【点睛】本题考查了求分段函数的值,注意自变量的取值范围,属于基础题.‎ ‎4.若关于的不等式的解集是，则________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据不等式与方程的关系,将不等式转化为方程,求得的值,即可求得的值.‎ ‎【详解】因为不等式的解集是 即是方程的解 所以或 则 故答案为:5‎ ‎【点睛】本题考查了不等式与方程的关系,根据不等式的解集求参数,属于基础题.‎ ‎5.函数的定义域是________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据二次根式有意义的条件,即可求得函数的定义域.‎ ‎【详解】函数 所以满足解不等式可得 所以函数的定义域为 故答案为: ‎ ‎【点睛】本题考查了函数定义域的求法,注意二次根式有意义的条件,属于基础题.‎ ‎6.“”是“集合 的子集恰有4个”的________条件（填充分不必要、必要不充分、充要、既不充分又不必要之一）‎ ‎【答案】充分不必要 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将代入函数解析式, 画出函数图像,根据交点个数即可判断是否有4个子集;根据有有4个子集,可知两个函数有2个交点,即可求得的取值范围,进而判断充分必要性.‎ ‎【详解】当时,集合为,,画出两个函数图像如下图所示:‎ 由图像可知, 与有2个交点,所以有两个元素.则有4个子集,所以是充分性 若集合的子集恰有4个,则两个函数必有2个交点,满足条件的得的取值范围为,所以是非必要性 综上可知, “”是“集合的子集恰有4个”的充分不必要条件 故答案为: 充分不必要 ‎【点睛】本题考查了充分必要条件的简单应用,注意问题最后不是求的交点个数,而是交集的子集个数,属于中档题.‎ ‎7.如果2属于关于的不等式的解集，则实数的取值范围是________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ 将不等式因式分解后,求得解集,由元素与集合的关系即可求得实数的取值范围.‎ ‎【详解】因为即 所以不等式的解集为 因为 ‎ 所以解不等式组可得 故答案为:‎ ‎【点睛】本题考查了含参数一元二次不等式的解法,元素与集合的关系,属于基础题.‎ ‎8.任意两个正整数、，定义某种运算：，则集合中元素的个数是________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据正整数的奇偶,讨论的不同取值情况:若一奇一偶,则取;若都是奇数或都是偶数,则取,列举出所有可能即可.‎ ‎【详解】集合 若一奇一偶,则取,此时所有个数为,,,,此时共有4个;‎ 若都是偶数,则取,此时所有个数为,,此时共有2个;‎ 若都是奇数,则取,此时所有个数为,, 此时共有3个;‎ 综上可知,满足条件的元素共有9个.‎ 故答案为:9‎ ‎【点睛】本题考查了新定义运算与集合的综合应用,注意分析题意并正确理解新定义是解决此类问题的关键,属于中档题.‎ ‎9.已知直角三角形的面积为2，则它的周长的最小值为________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设出直角三角形的两条边长,根据面积用一条边表示出另外一条边长,即可表示出周长,结合基本不等式即可求得最小值.‎ ‎【详解】设直角三角形的两条边长分别为、,‎ 则,‎ 即,斜边长为 所以周长为 由基本不等式可知 当且仅当时取等号 所以周长的最小值为 故答案为: ‎ ‎【点睛】本题考查了基本不等式的简单应用,积定求和的最小值,属于中档题.‎ ‎10.若函数的定义域为R，则实数的取值范围是_______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎ 对于 恒成立，当 时， 恒成立；当 时，‎ ‎，综上 .‎ ‎11.若关于的不等式的解集不是，则实数的最大值是________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将不等式变形,并构造函数,对分类讨论,求得不同取值范围内解析式.画出函数图像,并根据图像求得的取值范围.‎ ‎【详解】不等式 变形为 构造函数 当时, ‎ 当时, ‎ 当时, ‎ 即,画出函数图像如下图所示:‎ 因为不是空集,即有解 所以从图像可知, ‎ 即实数的最大值是3‎ 故答案为:3‎ ‎【点睛】本题考查了分类讨论绝对值不等式相关问题,将不等式转化为函数,结合图像来分析参数取值是常用方法,属于基础题.‎ ‎12.已知有限集，如果中元素满足，就称为“完美集”.‎ ‎①集合不是“完美集”；‎ ‎②若、是两个不同的正数，且是“完美集”，则、至少有一个大于2；‎ ‎③二元“完美集”有无穷多个；‎ ‎④若，则“完美集”有且只有一个，且；‎ 其中正确的结论是________(填上你认为正确的所有结论的序号)‎ ‎【答案】②③④‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对于①,根据定义检验与是否相等即可.‎ 对于②根据韦达定理即可判断是否正确.‎ 对于③根据②可知,二元完美集可以看成一元二次方程对应的两个根,所以有无数组.‎ 对于④,检验当时,求得完美集的个数;同时检验当时不存在完美集即可.‎ ‎【详解】对于①, 根据定义.则,‎ 则,所以集合是“完美集”,则①错误;‎ 对于②,设,由韦达定理可知 可以看成一元二次方程 则,解得或(舍)‎ 即,所以至少有一个大于2,所以②正确;‎ 对于③,根据②可知一元二次方程当取不同值时, 的值是不同的.而有无穷多个值,因而二元“完美集”有无穷多个,所以③正确;‎ 对于④,设 ,则 所以 所以当时, ‎ 因为 所以只能是,由代入解得,所以此时完美集只有一个为,所以④正确;‎ 故答案为: ②③④‎ ‎【点睛】本题考查了元素与集合的关系,正确理解题意解决问题的关键,对理解能能力和分析解决问题能力要求较高,属于难题.‎ 二.选择题 ‎13.“”是“”的（ ）条件 A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充要 D. 既不充分也不必要 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据不等式及运算即可判断充分性,由特殊值即可判断非必要性.‎ ‎【详解】若,则不等式左右两边分别相加,可得 两边分别相乘可得,所以充分条件 若,满足不等式组成立,但不成立,所以不是必要条件 综上可知, “”是“”的充分不必要条件 故选:A ‎【点睛】本题考查了不等式的基本性质,注意特殊值法在判断中的应用,属于基础题.‎ ‎14.下列四个图象中，是函数图象的是(　　)‎ A. (1) B. (1)(3)(4) C. (1)(2)(3) D. (3)(4)‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：根据函数定义，对于x在某一范围内的每一个确定的值，y都有唯一确定的值与它对应，所以(1)(2)不对．‎ 故选：B 考点：函数的概念．‎ ‎15.下列结论正确的是（ ）‎ A. 命题“若，则”为假命题 B. 命题“若，则”的否命题为假命题 C. 命题“若，则方程有实根”的逆命题为真命题 D. 命题“若，则”的逆否命题为真命题 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据不等式性质,可判断A;根据集合关系及否命题定义,可判断B;根据方程有实数根的条件,即可判断C;逆否命题与原命题真假一致,所以判断原命题的真假即可判断D.‎ ‎【详解】对于A,由不等式性质”不等式两边同时加上或减去同一个数,不等号方向不变”可知A为真命题,所以A错误;‎ 对于B,命题的否命题为 “若,则”,根据集合关系可知命题为真命题,所以B错误;‎ 对于C,逆命题为 “若方程有实根,则”,根据方程有实数根,,可得,所以为假命题,C错误;‎ 对于D,当时,不等式成立所以命题为真命题.而逆否命题与原命题真假一致,所以逆否命题也为真命题,所以D正确.‎ 故选:D ‎【点睛】本题考查了原命题、逆命题、否命题及逆否命题间的关系,命题真假的判断,属于基础题。‎ ‎16.设、是正实数，且，则的最小值是（ ）‎ A. 4 B. C. D. 1‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先将整式化简,再根据“1”的代换,结合基本不等式即可求得最小值。‎ ‎【详解】先将整式化简,即 因为,即 则 所以原式 当且仅当时取等号,即时取等号 所以的最小值为1‎ 故选：D ‎【点睛】本题考查了基本不等式在求最值中的应用,对不等式的化简变形至关重要,注意对“1”的变形应用,属于中档题。‎ 三.解答题 ‎17.设实数集，集合，，‎ ‎.‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）若，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）解不等式求得集合B,根据交集和补集运算即可求得。‎ ‎（2）由可知集合A为集合C的子集,根据集合间的关系即可求得实数的取值范围。‎ ‎【详解】（1）因为,化简可得 则或 由交集运算可得 故答案为：‎ ‎（2）化简集合C可得 因为,即集合A为集合C的子集 所以满足,解不等式组可得 故实数的取值范围为 ‎【点睛】本题考查了集合间的基本运算,集合与集合间的关系,属于基础题。‎ ‎18.设函数.‎ ‎（1）若函数的图像与轴无公共点，求实数的取值范围；‎ ‎（2）若方程有两个不相等的正根，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）二次函数与轴无公共点,则,即可求得实数的取值范围；‎ ‎（2）根据方程根的分布及韦达定理,即可求得方程有两个正根时实数的取值范围。‎ ‎【详解】（1）因为函数的图像与轴无公共点 所以满足 即 解不等式可得 故实数的取值范围为 ‎（2）若方程有两个不相等的正根,设两个正根分别为 ‎ 则满足,解不等式组可得 故实数的取值范围为 ‎【点睛】本题考查了二次函数与一元二次方程的关系,二次函数与轴的交点、一元二次方程根的分布,属于基础题.‎ ‎19.阅读下面材料：在计算时，我们发现，从第一个数开始，后面每个数与它的前面个数的差都是一个相等的常数，具有这种规律的一列数，除了直接相加外，我们还可以用下面的公式来计算它们的和，（其中：表示数的个数，表示第一个数，表示最后一个数)），那么，利用或不利用上面的知识解答下面的问题：某集团总公司决定将下属的一个分公司对外招商承包，有符合条件的两家企业A、B分别拟定上缴利润，方案如下：A：每年结算一次上缴利润，第一年上缴利润100万元，以后每年比前一年增加100万元；B：每半年结算一次上缴利润，第一个半年上缴利润30万元，以后每半年比前半年增加30万元；‎ ‎（1）如果承包4年，你认为应该承包给哪家企业，总公司获利多？‎ ‎（2）如果承包年，请用含的代数式分别表示两家企业上缴利润的总金额，请问总公司应该如何在承包企业A、B中选择？‎ ‎【答案】（1）应承包给B企业（2）答案不唯一，具体见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据所给条件,依次列举出两个公司4年分别上缴利润,求和后比较两个公司上缴总的利润,即可判断.‎ ‎（2）根据利润递增情况,列出两个公司分别所交利润总和.比较大小,即可做出选择.‎ ‎【详解】（1）由题意可知,A公司第一年上缴利润100万元,以后每年比钱一年增加100万元,则4年上缴利润分别为 则A公司4年上缴利润共万元 B公司第一个半年上缴利润30万元,以后每半年比前半年增加30万元,4年上缴的利润分别为 则B公司4年上缴利润共万元 因为 ‎∴应承包给B企业 ‎（2）A公司年上缴总利润为；‎ B公司年上缴总利润为 当时, ‎ 所以当时,选A或B企业都可以 当,,所以选A企业;‎ 当,所以选B企业;‎ ‎【点睛】本题考查了等差数列求和在实际问题中的应用,注意项数与通项公式,属于基础题.‎ ‎20.已知函数.‎ ‎（1）求，的值；‎ ‎（2）设，试比较、的大小，并说明理由；‎ ‎（3）若不等式对一切恒成立，求实数的最大值.‎ ‎【答案】（1），；（2）；详见解析（3）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据函数解析式,代入即可求值.‎ ‎（2）根据函数解析式,利用作差法即可比较、的大小.‎ ‎（3）将解析式代入,化简不等式,转化为关于二次函数的恒成立问题,即可求得实数的最大值.‎ ‎【详解】（1）因为函数 所以 ‎（2）,理由如下:‎ 因为 则 因为,则 ‎，,‎ 所以,即,‎ 所以 即 ‎（3）因为函数 则代入不等式可化为 化简可得,即 因为对于一切恒成立 所以 当时,二次函数取得最小值,即 所以实数的最大值为 ‎【点睛】本题考查了函数的求值,单调性的证明及不等式恒成立问题的综合应用,属于基础题.‎ ‎21.已知集合，且.‎ ‎（1）证明：若，则是偶数；‎ ‎（2）设，且，求实数的值；‎ ‎（3）设，求证：；并求满足的的值.‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）；（3）证明见解析，.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据,将代入化简,结合即可证明.‎ ‎（2）根据题意,设,结合（1）并分类讨论即可求得的值, 代入求得的值,讨论并舍去不符合要求的的值,即可得实数的值;‎ ‎（3）根据题意,设代入化简,并结合即可证明;化简不等式,结合（2）可知,在范围内的值只能是,即,即可求得的值.‎ ‎【详解】（1）证明: 若,则 所以 因为 所以原式 因为 所以偶数 原式得证 ‎（2）因为,且 则,所以 设,‎ 由（1）可知,即 所以或 ‎ 当时,代入可得 此时,不满足,所以不成立 当时,代入解得,若,则,不满足,所以不成立;若,则,满足 综上,可知 ‎（3）证明:因为,所以可设且 则 代入 即成立,原式得证 对于,不等式同时除以可得 由（2）可知, 在范围内, ‎ 所以 即 ‎【点睛】本题考查了元素与集合的关系,根据定义判断元素的特征,综合性和创新性强,需要很好的理解能力,属于难题.‎ ‎ ‎