浙江省温州七校2019-2020学年高一上学期期中考试数学试题

浙江省温州七校2019-2020学年高一上学期期中考试数学试题

www.ks5u.com ‎2019-2020学年度第一学期期中学业水平诊断高一数学 一、选择题：本大题共13小题，每小题4分，共52分,在每小题给出的四个选项中，第1～10题只有一项符合题目要求.‎ ‎1.已知集合，，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出,再求得解.‎ ‎【详解】由题得，‎ 所以.‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查集合的补集和交集运算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.‎ ‎2.命题“，”的否定是（ ）‎ A. ， B. ，‎ C. ， D. ，‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用全称命题的否定是特称命题解答即可.‎ ‎【详解】因为全称命题的否定是特称命题，需改变量词且否定结论，所以，命题“，”的否定是“，”.‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查全称命题的否定，意在考查学生对该知识的理解掌握水平.‎ ‎3.“”是“”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】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据充分条件和必要条件的定义进行判断.‎ ‎【详解】当a>0时,a2>0一定成立;a2>0时,a>0或a<0,故“a>0”是“a2>0”的充分不必要条件.故选A.‎ ‎【点睛】根据充分条件的定义和必要条件的定义判断，首先要分清条件p与结论q，若，则p是q的充分条件.若q不能推出p,则p是q的不必要条件.‎ ‎4.我们把含有限个元素集合叫做有限集，用表示有限集合中元素的个数.例如，，则.若非空集合满足，且，则下列说法错误的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据，且即可得出，从而看出选项不正确．‎ ‎【详解】根据，且得，；‎ ‎，，正确，‎ 显然不正确，因为，不一定是空集．‎ 故选：．‎ ‎【点睛】本题主要考查有限集的定义，集合元素个数的定义，列举法的定义．‎ ‎5.设，则的最大值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先化简，再利用基本不等式求函数的最大值.‎ ‎【详解】由题得.‎ 当且仅当即时取到等号.‎ 所以的最大值为.‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查基本不等式求函数的最值，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.‎ ‎6.下面各组函数中表示同一个函数的是（ ）‎ A. ， B. ，‎ C. ， D. ，‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别判断两个函数的定义域和对应法则是否相同即得解．‎ ‎【详解】．的定义域为R，的定义域为，，两个函数的定义域不相同，不是相同函数．‎ ‎．，两个函数的定义域，对应法则相同是同一函数．‎ ‎．，，的定义域为R，两个函数的定义域不相同，不是同一函数．‎ ‎．的定义域为，的定义域为R，两个函数的定义域不相同，不是同一函数．‎ 故选：．‎ ‎【点睛】本题主要考查同一函数的定义与判定，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.‎ ‎7.已知若，则实数的值为（ ）‎ A. B. 2 C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 推导出，从而（a），当时，（a），当时，（a），由此能求出实数的值．‎ ‎【详解】（a），‎ ‎，‎ ‎（a），‎ 当时，（a），解得，‎ 当时，（a），解得，或（舍，‎ 综上，实数的值为．‎ 故选：．‎ ‎【点睛】本题考查函数值的求法，考查函数性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．‎ ‎8.若不等式对一切实数都成立，则实数的取值范围为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分类讨论与0的关系，时恒成立，时，只需二次函数图象开口向下且与轴无交点，进而求解.‎ ‎【详解】①时，恒成立；‎ ‎②，△，解得 综上，，‎ 故选：．‎ ‎【点睛】考查分类讨论的思想，数形结合，不等式恒成立与二次函数图象的关系.‎ ‎9.某容器如图所示，现从容器顶部将水匀速注入其中，注满为止.记容器内水面的高度随时间变化的函数为，则的图象可能是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据容器的特点分析水面高度的变化情况得解.‎ ‎【详解】由图知，容器两头小，中间大，在水流速度一定的情况下，水面高度在达到容器体积前应该是逐渐变慢；达到容器体积后，逐渐加快.‎ 故选：‎ ‎【点睛】考查识图能力，水面高度在达到容器体积前应该是逐渐变慢；达到容器体积后，逐渐加快，是解决本题的关键点．‎ ‎10.已知函数是定义在上的单调函数，，是其图象上的两点,则不等式的解集为 （ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意可得出，（2），从而得出在上是减函数，从而根据不等式得，（2）或，从而得出或，解出的范围即可．‎ ‎【详解】据题意知，，（2），‎ 是上的单调函数，‎ 在上单调递减，‎ 由得，（2），或，‎ 或，解得或，‎ 原不等式的解集为，，．‎ 故选：．‎ ‎【点睛】考查单调函数的定义，减函数的定义，以及绝对值不等式的解法，函数图象上点的坐标和函数解析式的关系．‎ ‎11.下列结论正确的有（ ）‎ A. 函数的定义域为 B. 函数，的图象与轴有且只有一个交点 C. “”是“函数为增函数”的充要条件 D. 若奇函数在处有定义，则 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎．函数的满足：，解得范围即可判断出正误；．根据函数的定义即可判断出正误；．利用一次函数的单调性即可判断出正误；．奇函数在处有定义，可得，解得．‎ 详解】．函数的满足：，解得，且，因此函数的定义域为，，，因此不正确；‎ ‎．函数，，的图象与轴有且只有一个交点，根据函数的定义可知正确；‎ ‎． “函数为增函数”，因此“”是“函数为增函数”的充要条件，所以该命题正确；‎ ‎．奇函数在处有定义，则，因此，所以该命题正确．‎ 故选：．‎ ‎【点睛】本题考查了函数的定义、奇偶性和单调性、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．‎ ‎12.十六世纪中叶，英国数学家雷科德在《砺智石》一书中首先把“”作为等号使用，后来英国数学家哈利奥特首次使用“”和“”符号，并逐渐被数学界接受，不等号的引入对不等式的发展影响深远.若，则下列命题正确的是（ ）‎ A. 若且，则 B. 若，则 C. 若，则 D. 若且，则 ‎【答案】BC ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎．取，，即可判断出正误；．若，作差，即可比较出大小关系；．若，作出，即可比较出大小关系；‎ ‎．若且，则，，而可能为0，即可比较出大小关系．‎ ‎【详解】．取，，则不成立．‎ ‎．若，则，，因此正确．‎ ‎．若，则，，，正确；‎ ‎．若且，则，，而可能为0，因此不正确．‎ 故选：．‎ ‎【点睛】本题考查了不等式的基本性质、作差法、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．‎ ‎13.我们把定义域为且同时满足以下两个条件的函数称为“函数”：（1）对任意的，总有；（2）若，，则有成立，下列判断正确的是（ ）‎ A. 若为“函数”，则 B. 若为“函数”，则在上为增函数 C. 函数在上是“函数”‎ D. 函数在上是“函数”‎ ‎【答案】ABD ‎【解析】‎ 分析】‎ 利用“函数”的定义对每一个命题逐一分析，必须同时满足“函数”的两个条件，才是“函数”，否则就是假命题.‎ ‎【详解】A.因为对任意的，总有，所以，又因为，，则有成立，所以所以，综合得，所以若为“函数”，则，是真命题；‎ B.设所以，‎ 因为 所以若为“函数”，则在上为增函数，是真命题；‎ C.显然函数满足条件（1），如果则所以；如果设则所以，所以函数 在上是“函数”是假命题；‎ D.显然，所以满足条件（1），，所以满足条件（2）.所以函数在上是“函数”是真命题.‎ 故选：ABD ‎【点睛】本题主要考查函数的单调性的证明和函数的性质，考查新定义的理解和应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.‎ 二、填空题：本大题共有4个小题，每小题4分，共16分.‎ ‎14.若函数是定义在上的奇函数，则______.‎ ‎【答案】0‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先根据奇函数的定义域求出的值，再利用奇函数的定义求出的值即得解.‎ ‎【详解】因为函数是奇函数，‎ 所以其定义域关于原点对称，‎ 所以.‎ 由题得 所以对于定义域内的每一个值都成立，‎ 所以.‎ 所以0.‎ 故答案为：0‎ ‎【点睛】本题主要考查奇函数的性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.‎ ‎15.设：，：，若是必要不充分条件，则实数的取值范围是_____.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据必要不充分条件得到，即得解.‎ ‎【详解】因为是的必要不充分条件，‎ 所以是的真子集，‎ 即.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查必要不充分条件的性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.‎ ‎16.已知函数与的定义域相同，值域也相同，但不是同一个函数，则满足上述条件的一组与的解析式可以为______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 结合一次函数的性质可知，，两个函数的定义域和值域都是R,但是对应关系不同.‎ ‎【详解】结合一次函数的性质可知，，两个函数的定义域和值域都是R,但是对应关系不同，所以两个函数不是同一个函数.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题主要考查基本初等函数的性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.‎ ‎17.定义其中表示中较大的数.对，设，，函数，则（1）______；（2）若，则实数的取值范围是______.‎ ‎【答案】 (1). (2). 或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先求出，再求得解；（2）先求出的解析式，再分类讨论解不等式得解.‎ ‎【详解】（1），所以.‎ ‎（2）‎ ‎，‎ 所以当时，，因为，所以该不等式无实数解；‎ 当时，，所以，因为，所以该不等式解为；‎ 当时，，不等式无实数解；‎ 当时，，所以该不等式解为；‎ 当时，，，因为，所以该不等式无实数解.‎ 综上所述，不等式的解集为或.‎ ‎【点睛】本题主要考查新定义的理解和应用，考查分段函数求值和解不等式，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.‎ 三、解答题：本大题共有6个小题，共82分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤 ‎18.已知集合，，.‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）若，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）或；（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先求出集合B,再求；（2）根据得到的不等式组，解不等式即得解.‎ ‎【详解】（1） 由题得或，‎ 又因为 所以或；‎ ‎（2）因为，‎ 所以，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查一元二次不等式的解法，考查集合的交集和并集运算，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.‎ ‎19.已知函数.‎ ‎（1）求函数的解析式；‎ ‎（2）根据函数单调性的定义证明在上单调递减.‎ ‎【答案】（1）；（2）证明见解析.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）可得出，从而得出；（2）根据单调性的定义，设任意的，，并且，然后作差，通分，提取公因式，从而得出，然后说明即可．‎ ‎【详解】（1），‎ ‎；‎ ‎（2）证明：，，且，则：‎ ‎，‎ ‎，，，，‎ 又由，得，‎ 于是，‎ 即，，‎ 函数在上单调递减．‎ ‎【点睛】考查换元法求函数解析式的方法，已知求的方法，以及减函数的定义，根据减函数的定义证明一个函数为减函数的方法．‎ ‎20.某种商品的销售价格会因诸多因素而上下浮动，经过调研得知：年月份第（，）天的单件销售价格（单位：元,第天的销售量（单位：件）为常数），且第天该商品的销售收入为元（销售收入销售价格销售量）.‎ ‎（1）求m的值； ‎ ‎（2）该月第几天的销售收入最高？最高为多少？‎ ‎【答案】（1）；（2）当第10天时，该商品销售收入最高为900元．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用分段函数，直接求解．推出的值．（2）利用分段函数分别求解函数的最大值推出结果即可．‎ ‎【详解】（1）销售价格第天的销售量（单位：件）为常数），‎ 当时，由，‎ 解得．‎ ‎（2）当时，‎ ‎，‎ 故当时，，‎ 当时，，‎ 故当时，，‎ 因为，故当第10天时，该商品销售收入最高为900元．‎ ‎【点睛】本题考查利用函数的方法解决实际问题，分段函数的应用，考查转化思想以及计算能力，是中档题．‎ ‎21.为打赢打好脱贫攻坚战，实现建档立卡贫困人员稳定增收，某地区把特色养殖确定为脱贫特色主导产业，助力乡村振兴.现计划建造一个室内面积为平方米的矩形温室大棚，并在温室大棚内建两个大小、形状完全相同的矩形养殖池，其中沿温室大棚前、后、左、右内墙各保留米宽的通道，两养殖池之间保留2米宽的通道.设温室的一边长度为米，如图所示. ‎ ‎（1）将两个养殖池的总面积表示为的函数，并写出定义域；‎ ‎（2）当温室的边长取何值时，总面积最大？最大值是多少？‎ ‎【答案】（1），定义域为；（2）当温室的边长为30米时，总面积取最大值为1215平方米．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）依题意得温室的另一边长为米．求出养殖池的总面积，然后求解函数的定义域即可．（2），利用基本不等式求解函数的最值即可．‎ 详解】（1）依题意得温室的另一边长为米．‎ 因此养殖池的总面积，‎ 因为，，所以．‎ 所以定义域为．‎ ‎（2）‎ ‎，‎ 当且仅当，即时上式等号成立，‎ 当温室的边长为30米时，总面积取最大值为1215平方米．‎ ‎【点睛】本题考查实际问题的解决方法，函数思想的应用，基本不等式求解函数的最值，考查分析问题解决问题的能力．‎ ‎22.已知二次函数的图象过点，且不等式的解集为.‎ ‎（1）求的解析式；‎ ‎（2）若在区间上有最小值，求实数的值；‎ ‎（3）设，若当时，函数的图象恒在图象的上方，求实数m的取值范围.‎ ‎【答案】(1) ；(2) 或；(3) .‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）通过，求出，利用1和3是方程的两根，结合韦达定理，求解函数的解析式．（2），，．对称轴为，分当时、当时、当时情况讨论函数的单调性求解函数的最值即可．‎ ‎（3）当，时，恒成立．推出，，．构造函数通过换元法以及函数的单调性求解函数的最值，转化求解实数的取值范围．‎ ‎【详解】（1）由，得，‎ 又1和3是方程的两根，‎ 所以，．‎ 解得，，‎ 因此．‎ ‎（2），，．‎ 对称轴为，分情况讨论：‎ 当时，在，上为增函数，，‎ 解得，符合题意；‎ 当时，在，上为减函数，在，上为增函数，，‎ 解得，其中舍去；‎ 当时，在，上为减函数，（2），‎ 解得，不符合题意．‎ 综上可得，或．‎ ‎（3）由题意，当，时，恒成立．‎ 即，，．‎ 设，，，则．‎ 令，于是上述函数转化为，‎ 因为，，所以，，‎ 又在，上单调递减，所以当时，，‎ 于是实数的取值范围是．‎ ‎【点睛】本题考查函数与方程的应用，构造法的应用，函数的单调性以及函数的最值的求法，分类讨论思想的应用，是难题．‎ ‎23.经过函数性质的学习，我们知道：“函数的图象关于轴成轴对称图形”的充要条件是“为偶函数”.‎ ‎（1）若为偶函数，且当时，，求的解析式，并求不等式 的解集；‎ ‎（2）某数学学习小组针对上述结论进行探究，得到一个真命题：“函数的图象关于直线成轴对称图形”的充要条件是“为偶函数”.若函数的图象关于直线对称，且当时，.‎ ‎（i）求的解析式；‎ ‎（ii）求不等式的解集.‎ ‎【答案】(1) 不等式的解集是或．(2) ,（ii）不等式的解集为．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据函数对称性得出在上的解析式，再列出不等式得出不等式的解集；‎ ‎（2）根据是偶函数得出在上的解析式，（ii）根据单调性和对称性列不等式得出解集．‎ ‎【详解】（1）设，则，则，‎ 又为偶函数，所以．‎ 所以.‎ 因为为偶函数，且在，上是减函数，‎ 所以等价于，‎ 即，解得或．‎ 所以不等式的解集是或．‎ ‎（2）因为的图象关于直线对称，所以为偶函数，‎ 所以，即对任意恒成立．‎ 又当时，，‎ 所以．‎ 所以 任取，，，且，则，‎ 因为，所以，又，，‎ 所以，即．‎ 所以函数在，上是增函数，‎ 又因为函数的图象关于直线对称，‎ 所以等价于，‎ 即，解得．‎ 所以不等式的解集为．‎ ‎【点睛】本题考查了偶函数的性质，利用函数单调性解不等式，属于中档题．‎ ‎ ‎