湖南省邵阳市邵东县第一中学2019-2020学年高一上学期第一次月考数学试题

湖南省邵阳市邵东县第一中学2019-2020学年高一上学期第一次月考数学试题

www.ks5u.com 邵东一中2019年下学期高一年级第一次月考 ‎ 数 学 ‎ 第Ⅰ卷（选择题，共48分）‎ 一．选择题（本大题共12小题，每小题4分，共48分，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的）‎ ‎1.已知集合，，若，则（ ）‎ A. 或 B. 或 C. 或 D. 或 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 因为,所以,所以或.若，则,满足.若，解得或.若，则，满足.若，显然不成立，综上或，选B.‎ ‎2.设取实数，则与表示同一个函数的是（　　）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对于同一函数问题，先判断函数定义域是否一致，再判断解析式是否一致，均一致时则为同一函数；也可以先判断值域是否一致，若不一致时，一定不为同一函数。‎ ‎【详解】选项A：值域为，值域为 ‎，二者值域不同，故不为同一函数，故A不满足；选项B：定义域需满足，即，的定义域为，二者定义域相同，对于解析式，，，二者解析式相同，故B满足；选项C：定义域为，定义域需满足，即，二者定义域不同，故C不满足；选项D：定义域需满足，即，定义域为，二者定义域不同，故D不满足，综上，选B ‎【点睛】本题考查同一函数问题，判断两函数是否为同一函数可以：①定义域与解析式均相同时，为同一函数；②当值域易于判断时，若值域不同，则不为同一函数。‎ ‎3.若集合中只有一个元素，则（   ）‎ A. 4 B. 2 C. 0 D. 0或4‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 当时，可得集合，不符合题意；当时，令，即可求解，得到答案.‎ ‎【详解】由题意，集合中只有一个元素，‎ 当时，方程不成立，所以此时集合，不符合题意；‎ 当时，令，解得，此时集合，此时集合中只有一个元素，故.‎ 故选A.‎ ‎【点睛】本题主要考查了集合的表示方法，以及集合中元素的个数的应用，其中解答中熟记集合的表示方法，分类讨论，合理计算是解答的关键，着重考查了分类讨论思想，以及推理与运算能力，属于基础题.‎ ‎4.已知定义域为，则的定义域为（ ）。‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由定义域为可求的范围，根据在的范围内，可求出，即得到函数的定义域.‎ ‎【详解】因为定义域为，‎ 所以，‎ 令，解得，‎ 所以的定义域为，故选B.‎ ‎【点睛】本题主要考查了抽象函数定义域，属于中档题.‎ ‎5.已知函数的定义域为，值域是，则的值域是 （ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将向右平移1个单位即可得到，此时函数图象水平位置发生改变，垂直方向不改变，故值域不改变。‎ ‎【详解】由题，的函数图象实际上是的函数图象向右平移1个单位，水平位置发生变化，但不影响垂直方向的函数值，故值域仍为，故选A ‎【点睛】本题考查函数图象变换，当时，向左平移个单位得到；向由平移个单位得到，遵循“左加右减”原则，图象水平位置发生改变，但对垂直方向的函数值不产生影响，也不改变图象形状。‎ ‎6.函数（ ）‎ A. 有最小值，无最大值 B. 有最大值，无最小值 C. 有最小值，有最大值2 D. 无最小值，也无最大值 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用换元法得到，则，将该式代入函数中，得，根据配方法求得最值即可。‎ ‎【详解】设，则，则，整理之后可得，，当时，，无最大值，故选A ‎【点睛】本题考查换元法、配方法求函数最值，使用换元法时需注意新设的取值范围 ‎7.已知函数的定义域为.当时，；当时，；当时，.则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：当时,,所以当时,函数是周期为的周期函数,所以,又函数是奇函数,所以,故选D．‎ 考点：函数的周期性和奇偶性．‎ ‎8.已知是定义在上的偶函数，且在区间上单调递增，若实数满足，则的取值范围是（　　）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据奇偶性可得，在上单调递减，由可得，解得范围即可 ‎【详解】由题意，是定义在上的偶函数，且在区间上单调递增，则在上单调递减，因为，则离轴更近，即，则，即，故选C ‎【点睛】本题考查偶函数的单调性，根据单调性由函数值的大小关系来判断自变量的大小关系。‎ ‎9.设是上的偶函数，且在上是减函数，若且，则（ ）‎ A. B. ‎ C. D. 与大小不确定 ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：由是上的偶函数，且在上是减函数，所以在上是增函数，因为且，所以，所以，又因为，所以，故选A.‎ 考点：函数奇偶性与单调性的综合应用.‎ ‎【方法点晴】本题主要考查了函数的单调性与奇偶性的综合应用，其中解答中涉及函数的单调性和函数奇偶性的应用等知识点，本题的解答中先利用偶函数的图象的对称性得出在上是增函数，然后在利用题设条案件把自变量转化到区间上是解答的关键，着重考查了学生分析问题和解答问题的能力，以及转化与化归思想的应用，试题有一定的难度，属于中档试题.‎ ‎10.函数在上取得最小值，则实数的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 现将整理为分段函数的形式，即，画出函数图象，根据图象判定的位置 ‎【详解】由题，将，即，则可得到函数图象如下，根据图象可得当时，，则；当时，，则，故，故选C ‎【点睛】本题考查零点分段法得分段函数，以及图象法解决函数最值问题 ‎11.已知函数是上的增函数,是其图像上的两点，那么的解集是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由可得，根据是增函数且是图象上的两点，得，求解即可 ‎【详解】因为，即，又因为增函数且是图象上的两点，可得，即，故选B ‎【点睛】本题考查函数单调性、绝对值不等式求解、利用单调性根据函数值大小关系来判断自变量大小关系 ‎12.函数是定义在上的奇函数，且，若对任意，且时，都有成立，则不等式的解集为 A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 构造新函数，由题意判断函数单调性与奇偶性，然后解不等式 ‎【详解】令，‎ 函数是定义在上的奇函数，‎ 则 是偶函数 ‎，‎ 则 时，都有成立，‎ 即在上单调递减 在上单调递增 不等式的解集为 ‎ 故选 ‎【点睛】本题考查了函数性质的运用，关键是由题意中的表达形式构造出新函数，然后判定新函数的单调性和奇偶性，继而解出不等式的解集，属于中档题。‎ 第Ⅱ卷（非选择题，共72分）‎ 二．填空题（本大题共4小题，每小题4分，共16分，把正确答案填在题中横线上）‎ ‎13.已知集合，则集合用列举法表示为__________________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由，，可得是12不小于3的因数，列出因数，求解即可 ‎【详解】由，，则是12不小于3的因数，则可为3,4,6,12，即为0,1,3,9，‎ 则集合用列举法表示为 ‎【点睛】本题考查描述法与列举法转换，列举法表示集合，数集的应用 ‎14.若函数满足对任意实数，都有成立，则实数的取值范围是__________________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由可得单调递增，则每一段函数都单调递增，且在分界点处也单调递增，即，解得范围即可 ‎【详解】根据题意，任意实数，都有成立，则单调递增，故分段函数的每一段单调递增，且分界点处单调递增，即，则，即 ‎【点睛】本题考查由不等式判断单调性，分段函数单调性问题，此类问题需注意不仅要使每一段函数单调递增，且分界点处也要单调递增。‎ ‎15.已知函数f(x)＝4x2－mx＋5在区间[－2，＋∞)上是增函数，则f(1)________．‎ ‎【答案】≥25‎ ‎【解析】‎ 由 对称轴是直线，可知 在上递增，由题设知只需 ，所以 .‎ ‎16.已知函数，若存在实数使的值域是，则实数的取值范围是________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，得到，分别求出每段函数的函数值范围，当时，；当时，，，可得，结合已知条件，由于的值域是，则必有，即，那么使得即可，可解出，与前面提到的的范围求交集即可 ‎【详解】由题，，当时，单调递增，则；当时，此时，单调递减，则，则，因为的值域是，则，即，且使得，即，综上，，故 ‎【点睛】本题考查分段函数值域，即为每段函数的函数值范围的并集，理解这个概念找到关于参数的不等式，解出即可。‎ 三．解答题（本大题共6小题，共56分，解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）‎ ‎17.设全集是实数集，，.‎ ‎（1）当时，求和；‎ ‎（2）若，求实数的取值范围．‎ ‎【答案】⑴，.⑵.‎ ‎【解析】‎ 本试题主要是考查了集合的运算以及二次不等式的求解的综合运用。‎ ‎（1）因为全集是实数集R，，得到，当时，，故，.。‎ ‎（2）由于,得到集合的关系在求解参数的范围。‎ 解析：⑴，当时，，故，.‎ ‎⑵由，知。‎ ‎①，；‎ ‎②当时，，，，只要满足，则；综上所述.‎ ‎18. 如图，DOAB是边长为2的正三角形，当一条垂直于底边OA（垂足不与O，A重合）的直线x=t从左至右移动时，直线l把三角形分成两部分，记直线l左边部分的面积y．‎ ‎（Ⅰ）写出函数y= f（t）的解析式；‎ ‎（Ⅱ）写出函数y= f（t）的定义域和值域．‎ ‎【答案】（1） 见解析（2）见解析 ‎【解析】‎ 试题分析：（1） 由题易知，当t在B左侧时（即0＜t≤1）直线l左边部分为三角形，面积可表示为 当t在B右侧时（即1＜t＜2）直线l左边部分图形不规则，可化为用三角形OAB面积减去剩下的三角形的面积即：‎ ‎（2）由（1）联系问题的具体情况易求出定义域及值域。‎ 试题解析： （Ⅰ） 当0＜t≤1时，y=‎ 当1＜t＜2时，y=‎ 所以，y=‎ ‎（Ⅱ）由题知，y=f（x）的定义域为（0,2）， 由问题的实际意义知，y=f（x）的值域为（0,）.‎ 考点：1.由具体问题列函数解析式。 2.实际问题中的定义域与值域。‎ ‎19.已知函数．‎ ‎（1）若，试证明在区间()上单调递增；‎ ‎（2）若，且在区间上单调递减，求的取值范围．‎ ‎【答案】（1）证明见解析；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用函数单调性定义进行证明；（2）利用函数单调性定义列式，进而解含有a的不等式即可得到结果.‎ ‎【详解】（1）证明：设，则.‎ 因为(x1＋2)(x2＋2)>0，x1－x2<0，所以即，‎ 故函数f(x)在区间(－∞,－2)上单调递增．‎ ‎（2）任取10，x2－x1>0，所以要使f(x1)－f(x2)>0，只需(x1－a)(x2－a)>0恒成立，‎ 所以a≤1.故a 的取值范围是(0,1]．‎ ‎【点睛】本题考查利用定义法证明函数的单调性以及函数单调性定义法的应用，应掌握函数单调性定义法的通法步骤：‎ ‎1.在区间内任设；‎ ‎2.作差；‎ ‎3.对变形，并判断其正负号；‎ ‎4.得出结论，若，则函数在区间内为增函数；若，则函数在区间内为减函数.‎ ‎20.若二次函数满足,且 ‎(1)求的解析式;‎ ‎(2)设,求在的最小值的表达式．‎ ‎【答案】(1) ;(2) ‎ ‎【解析】‎ 试题分析：‎ 本题主要考查二次函数的图象与性质以及求二次函数在闭区间上的最值。(1)设，利用待定系数法求解即可；(2)的图象是开口朝上、对称轴为的抛物线，通过讨论对称轴的位置求出函数的最值。‎ 试题解析：‎ ‎(1)设,‎ 由得,‎ 故．‎ 因为,‎ 所以,‎ 整理得,‎ 所以,‎ 解得。‎ 所以。‎ ‎(2)由（1）得，‎ 故函数的图象是开口朝上、以为对称轴的抛物线,‎ ‎①当,即时,则当时,取最小值3；‎ ‎②当,即时,则当时,取最小值；‎ ‎③当,即时,则当时,取最小值。‎ 综上．‎ 点睛：求二次函数最值的方法 ‎(1)二次函数在闭区间上的最值主要有三种类型：轴定区间定、轴动区间定、轴定区间动，不论哪种类型，解决的关键是考查对称轴与区间的关系，当含有参数时，要依据对称轴与区间的关系进行分类讨论；‎ ‎(2)二次函数的单调性问题则主要依据二次函数图像的对称轴进行分析讨论求解．‎ ‎21.已知函数f(x)的定义域是{x|x≠0}，对定义域内的任意，都有f(·)＝f()＋f()，且当x>1时，f(x)>0，f(2)＝1.‎ ‎(1)证明：(x)是偶函数；‎ ‎(2)证明：(x)在(0，＋∞)上是增函数；‎ ‎(3)解不等式(2－1)<2.‎ ‎【答案】（1）见解析；（2）见解析；（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）令，求得，再由，求得，进而得出，即可得到证明；‎ ‎（2）根据函数的单调性的定义，即可证得函数的为单调递增函数；‎ ‎（3）由（1）（2）可把不等式 转化，进而得，结合，即可求解.‎ ‎【详解】(1)证明　令x1＝x2＝1，得f(1)＝2f(1)，‎ ‎∴f(1)＝0.令x1＝x2＝－1，得f(－1)＝0，‎ ‎∴f(－x)＝f(－1·x)＝f(－1)＋f(x)＝f(x)．‎ ‎∴f(x)是偶函数．‎ ‎(2)证明　设x2>x1>0，‎ 则f(x2)－f(x1)＝f(x1·)－f(x1)‎ ‎＝f(x1)＋f()－f(x1)＝f()，‎ ‎∵x2>x1>0，∴>1.‎ ‎∴f()>0，即f(x2)－f(x1)>0.‎ ‎∴f(x2)>f(x1)．‎ ‎∴f(x)在(0，＋∞)上是增函数．‎ ‎(3)解　∵f(2)＝1，∴f(4)＝f(2)＋f(2)＝2.‎ 又∵f(x)是偶函数，‎ ‎∴不等式f(2x2－1)<2可化为f(|2x2－1|)

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