江苏省南通市如皋市2019-2020学年高一上学期教学质量调研（二）数学试题

江苏省南通市如皋市2019-2020学年高一上学期教学质量调研（二）数学试题

www.ks5u.com ‎2019～2020学年度高一年级第一学期教学质量调研（二）‎ 数学试题 一、选择题：（本题共12小题，每小题4分，共 48分）‎ ‎1.集合，，则（ ）.‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 对集合进行化简，再利用集合的交运算即得答案.‎ ‎【详解】因为，，‎ 所以.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查集合描述法及集合的交运算，考查基本运算求解能力.‎ ‎2.函数的定义域为（ ）.‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 列出使不等式有意义的限制条件，即对数的真数大于0，分母的被开方数大于0，解不等式组即可得答案.‎ ‎【详解】由题意得：，解得：.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查函数定义域的求解，考查基本运算求解能力，属于基础题.‎ ‎3.函数的图像恒过定点（ ）.‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 令对数的真数为1，求出的值，即为定点坐标.‎ ‎【详解】令，所以，‎ 所以定点坐标为.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查对数型函数恒过定点问题，求解时只要令对数的真数为1，求出的值即可得到定点坐标，考查对对数函数图象的理解及基本运算求解能力.‎ ‎4.已知，，则的值为（ ）.‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用同角三角函数的基本关系，求得的值.‎ ‎【详解】因为，解得：或，‎ 因为，所以.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查同角三角函数的基本关系，考查基本运算求解能力，求解时注意考虑的取值范围，防止出现符号错误.‎ ‎5.已知，则（ ）.‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用赋值法，令代入解析式，即可求得的值.‎ ‎【详解】令，则.‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查利用赋值法求函数值，考查对函数对应关系的理解与应用，属于基础题.‎ ‎6.设，则（ ）.‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 将指数式转化为对数式得到，再代入目标式子，利用对数运算法则求得答案.‎ ‎【详解】因为，所以，‎ 所以.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查指数式与对数式的互化，对数运算法则的运用，考查基本运算求解能力.‎ ‎7.角的终边上有一点，则（ ）.‎ A. B. C. D. 或 ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用三角函数的定义，对分和两种情况，即可得到的值.‎ ‎【详解】到原点的距离，‎ 当时，；‎ 当时，；‎ 故选：D.‎ ‎【点睛】本题考查三角函数的广义定义，考查对三角函数定义的理解与应用，求解时要注意进行分类讨论，考查基本运算求解能力.‎ ‎8.若函数的零点为，且，，则的值为（ ）.‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先判断函数在单调递增，再利用零点存在定理结合，求得值.‎ ‎【详解】因为函数在单调递增，‎ 因为，，‎ ‎，‎ 所以，所以.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查零点存在定理的应用，求解时要先判断函数的单调性，再判断区间端点函数值的正负，考查数形结合思想和分类讨论思想的运用，考查基本运算求解能力.‎ ‎9.已知函数为偶函数，且在区间上单调递增，则下列不等式成立的是（ ）.‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据偶函数的性质得在单调递减，再利用将自变量的值都转化到区间，进而利用单调性比较大小.‎ ‎【详解】因为函数为偶函数，所以，‎ 因为，且在单调递减，‎ 所以.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题考查偶函数图象的对称性、单调性的综合运用，考查基本运算求解能力，求解时要把自变量都化到同一单调区间内，再进行大小比较，考查数形结合思想的应用.‎ ‎10.方程有两个不相等的正根，则实数的取值范围为（ ）.‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用换元法，令将问题转化为一元二次方程有两个大于1的根，再利用二次函数根的分布，求出的范围.‎ ‎【详解】令将问题转化为一元二次方程有两个大于1的根，‎ 令，则 所以解得：.‎ 故选：B.‎ ‎【点睛】本题考查利用换元法求关于指数函数复合的方程的根，考查转化与化归思想的运用，在换元过程中引入新的变量，要注意其范围，才会使问题达到等价转化.‎ ‎11.已知函数存在，，当时，，则实数的取值范围是（ ）.‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先画出函数的图象，再对一次函数的斜率进行讨论，从而得到关于的不等式，即可求得答案.‎ ‎【详解】函数的图象，如图所示，‎ 当时，存在且，使，故成立；‎ 当时，存在，使，故成立；‎ 当时，，所以；‎ 综上所述：.‎ 故选：A.‎ ‎【点睛】本题以分段函数为问题背景，考查利用数形结合思想的运用，求解时要对进行分类讨论，讨论时要做到不重不漏.‎ ‎12.已知函数，，当时，方程根的个数为（ ）.‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用换元法令，则方程根的情况转化成研究方程根的情况，由一元二次函数的对称轴、判别式、区间端点函数值可得方程的两根的范围，进而得到方程根的个数.‎ ‎【详解】令，‎ 所以，即①，‎ 因为，所以方程①有两个不相等的实根，不妨设.‎ 因为且 所以方程①的两根，（舍去）‎ 所以，‎ 由于函数与函数图象有两个交点，‎ 所以方程根的个数为2个.‎ 故选：C.‎ ‎【点睛】本题考查与二次函数复合的复杂函数的零点问题，考查转化与化归思想的应用，求解时要注意换元法的灵活运用，及新元取值范围的确定，才会使问题进行等价转化，同时注意一元二次函数零点分布的充要条件的应用.‎ 二、填空题：（本题共4小题，每小题5分，共20分） ‎ ‎13.________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用指数幂运算法则和对数运算法则进行求解，即可求得答案.‎ ‎【详解】原式.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查指数幂运算法则和对数运算法则的运用，考查运算求解能力，属于容易题.‎ ‎14.已知幂函数，当时，，则________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由幂函数的定义得，从而求得的值，再由幂函数的单调性对的值进行取舍，从而得到幂函数的表达式.‎ ‎【详解】由幂函数的定义得，解得：或，‎ 当时，，‎ 所以在单调递增，‎ 所以，‎ 所以，则.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查幂函数的定义、单调性，考查对概念的理解，特别是不等式的理解是求解本题的关键，考查基本运算求解能力.‎ ‎15.已知函数，的最大值为，则实数的取值范围是________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用换元法，令，则问题转化为函数在的最大值为，从而得到的取值范围.‎ ‎【详解】令，则问题转化为函数在的最大值为，‎ 当时，在区间单调递增，所以函数在的最大值为；‎ 当且时，即，在区间单调递增，最大值为；‎ 当，函数在先减再增，其最大值仍为；‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题考查利用换元法求函数的最值问题，考查分类讨论思想、数形结合思想的灵活运用，求解时注意利用换元法将复杂的函数转化为较熟悉的“双刀函数”和“对勾函数”.‎ ‎16.已知函数，若对任意实数，方程都有实数根，则实数的取值范围是________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分别求出分段函数中两段函数的值域，只要保证的值域为，即可满足对任意实数 ‎，方程都有实数根.‎ ‎【详解】①当时，‎ ‎，其值域为，‎ ‎，其值域为，‎ 所以，‎ 所以.‎ ‎②当时，‎ ‎，其值域为，‎ ‎，其值域为，‎ 所以，‎ 所以.‎ 综上所述：.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题以分段函数为背景，考查方程有实根时求参数的取值范围，考查转化与化归思想、数形结合思想的灵活运用，同时求解时要注意分类讨论思想的应用，即分类时要将与二次函数的对称轴进行讨论.‎ 三、解答题：（本大题共6小题，共70分） ‎ ‎17.已知全集，集合，，其中为实数 ‎（1）当时，求； ‎ ‎（2）若，求的取值范围 ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）求解指数不等式对集合进行化简，再与进行并集运算；‎ ‎（2）先求，再由，则即可，从而得到 的取值范围.‎ ‎【详解】（1）当时，，‎ 因为集合，‎ 所以；‎ ‎（2）因为，‎ 又因为，‎ 所以，即，‎ 所以的取值范围是.‎ ‎【点睛】本题考查集合的并集和补集运算、及由集合间的基本关系求参数的取值范围，考查数形结合思想的运用，求解指数不等式时，注意先把底数化成相同，再利用单调性求解.‎ ‎18.已知函数，函数 ‎（1）当时，求的值； ‎ ‎（2）当时，求的值 ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由等式得到，，，再利用“知一求二”的思想方法，求得的值；‎ ‎（2）由等式得到 ‎，再由同角三角函数的基本关系可求得的值，再代入目标式子即可求得答案.‎ ‎【详解】（1）因为，‎ 所以，即，‎ 所以，‎ 因为，，所以.‎ ‎（2）因为，即，‎ 所以，显然，所以 因为，，所以，，‎ ‎【点睛】本题考查同角三角函数的基本关系，考查两个“知一求二”思想方法，考查基本运算求解能，即已知三个中的一个，则另外两个均可求出；已知，三个中的一个，则另外两个均可求出.‎ ‎19.某学校为迎接国庆70周年，需制一扇形框架结构，如图所示.已知扇形框架结构的圆心角 弧度，半径米，两半径部分的装饰费用为元/米，弧线部分的装饰费用为元/米，装饰总费用为元，记花坛的面积为.‎ ‎（1）将用表示，并求出的取值范围； ‎ ‎（2）当为多少时，最大并求出最大值 ‎【答案】(1) ，(2) 当时，取最大值，为.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由弧等于，结合装饰总费用为元，可得与的关系，再根据求得的取值范围；‎ ‎（2）利用扇形的面积公式求得是关于的二次函数，再根据二次函数的性质求得最小值.‎ ‎【详解】（1）由题知，，所以，‎ 因为，所以，解得.‎ ‎（2）因为，‎ 所以，当时，取最大值，为.‎ ‎【点睛】本题考查扇形的弧长与半径的关系、扇形的面积公式计算、二次函数的最小值，考查转化与化归思想、数形结合思想的运用，考查基本运算求解能力.‎ ‎20.已知函数，其中，且.‎ ‎（1）求的值； ‎ ‎（2）若函数有两个不同的零点，，其中.求的取值范围.‎ ‎【答案】(1) (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）先求的值，从而得到，进而求得的值；‎ ‎（2）由题意得的图像在上是一条连续的曲线，且在上单调递减，在上单调递增，将都用表示，进而可以把用表示出来，再利用的取值范围得到目标式子的取值范围.‎ ‎【详解】（1），‎ 因为，所以，，所以，‎ 所以，解得；‎ ‎（2）由题知，.所以的图像在上是一条连续的曲线，‎ 且在上单调递减，在上单调递增，‎ 所以，，，，‎ 所以，‎ 因为，，‎ 所以，‎ 即的取值范围是.‎ ‎【点睛】本题考查已知复合函数的函数值求参数、函数的零点与方程根的关系，考查转化与化归思想的应用，求解时要有变量替换的思想，将所求式子的双变量问题转化为单变量问题，再利用函数思想进行求解.‎ ‎21.已知函数，.‎ ‎（1）当时，求函数的零点； ‎ ‎（2）若，求函数在区间上的最小值.‎ ‎【答案】(1) ，，. (2) ‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）函数的零点等价于方程的解；‎ ‎（2）对分四种情况进行讨论，即，，，分别每种情况各自的最小值，最后再讨论对最小值进行整合.‎ ‎【详解】（1）当时，函数的零点等价于方程的解，‎ 所以或，‎ 所以或或或，‎ 即函数的零点为，，.‎ ‎（2）因为，‎ 当时，，‎ 因为，，所以在上单增，‎ 因，，所以在上单增，在上单减，‎ 所以，函数在上的最小值.‎ 当时，，‎ 因为，，所以在上单减，在上单增，‎ 因为，，所以在上单减，‎ 所以，函数在上的最小值.‎ 因为 所以当时，，‎ 即此时函数在上的最小值，‎ 当时，，‎ 因为，，所以在上单减，在上单增，‎ 所以，函数在上的最小值，‎ 当时，，‎ 因为，，所以在上单减，‎ 所以，函数在上的最小值.‎ 综上，函数在上最小值.‎ ‎【点睛】本题考查函数的零点与方程根的关系、含绝对值函数的最值问题，需要有较强的分类讨论能力，先进行一级讨论，再进行二级讨论，最后再进行整合的能力，考查逻辑思维能力和运算求解能力，属于难题.‎ ‎22.已知奇函数与偶函数均为定义在上的函数，并满足 ‎（1）求的解析式； ‎ ‎（2）设函数 ‎①判断的单调性，并用定义证明； ‎ ‎②若，求实数的取值范围 ‎【答案】(1) (2) 为上的单增函数；证明见解析；① ②‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用解方程法，把看成两个未知数，构造两个方程，从而求得的表达式；‎ ‎（2）①易得为上的单增函数，再利用定义单调性的三个步骤，即一取、二比、三下的完整步骤进行证明；‎ ‎②利用换元法，令将不等式转化为，再利用单调性得到，最后求得实数的取值范围.‎ ‎【详解】（1）因为奇函数与偶函数均为定义在上的函数， ‎ 所以，‎ 因为，①‎ 所以，‎ 即② ‎ ‎①-②得：，所以；‎ ‎（2）①为上的单增函数，以下给出证明： ‎ 因为，设，则：‎ 因，所以，，，‎ 所以为上的单增函数； ‎ ‎②设，则，即 即，即，‎ 因为，所以为奇函数，‎ 由，得，又为上的增函数，‎ 所以等价于，即，‎ 所以，解得，即的取值范围为.‎ ‎【点睛】本题考查函数解析式的解方程求解、定义法证明函数的单调性、利用函数单调性求解较复杂不等式，考查转化与化归思想、数形结合思想的灵活运用，求解过程中要注意换元法的使用，能使复杂问题变得更简单.‎ ‎ ‎