2019-2020学年海南省海口市第四中学高一上学期期中数学试题（解析版）

2019-2020学年海南省海口市第四中学高一上学期期中数学试题（解析版）

‎2019-2020学年海南省海口市第四中学高一上学期期中数学试题 一、单选题 ‎1．已知集合，，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】先解得集合B,再根据并集的运算即可求得.‎ ‎【详解】‎ 因为集合 解不等式可得 集合 所以 故选:C ‎【点睛】‎ 本题考查了一元二次不等式的解法,集合并集的运算,属于基础题.‎ ‎2．函数的定义域为（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】B ‎【解析】根据二次根式及分式有意义的条件,即可求得定义域.‎ ‎【详解】‎ 因为函数 所以满足,解得且 即 故选:B ‎【点睛】‎ 本题考查了函数定义域的求法,属于基础题.‎ ‎3．“”是“”的一个（ ）‎ 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】解绝对值不等式,根据充分必要条件的判断即可得解.‎ ‎【详解】‎ 因为 解得 根据不等式大小关系可知, ‎ 所以“”是“”的必要不充分条件 故选:B ‎【点睛】‎ 本题考查了充分必要条件的判定,根据不等式表示范围的大小即可,属于基础题.‎ ‎4．下列命题中，正确的是（ ）‎ A．若，则 B．若，则 C．若，，则 D．若，，则 ‎【答案】A ‎【解析】根据不等式性质,结合特殊值,即可判断选项是否正确.‎ ‎【详解】‎ 对于A,因为在分母上,所以,因而.不等式两边同时乘以可得,所以A正确;‎ 对于B,若.当时, 不正确,所以B错误;‎ 对于C,当时满足,,但此时不满足,所以C错误;‎ 对于D, 时满足,,但此时不满足,所以D错误.‎ 综上可知,A为正确选项.‎ 故选:A ‎【点睛】‎ 本题考查了不等式的基本性质,通过特殊值可快速检验不等式是否成立,属于基础题.‎ ‎5．对于集合A＝{x|0≤x≤2}，B＝{y|0≤y≤3}，则由下列图形给出的对应f中，能构成从A 到B的函数的是(　　)‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】【详解】‎ A中有一部分x值没有与之对应的y值；‎ B项一对多的关系不是函数关系；‎ C中当x=1时对应两个不同的y值，不等构成函数；‎ D项对应关系符合函数定义，故选D.‎ ‎【考点】函数的概念与函数图象 ‎6．已知，则（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】C ‎【解析】根据函数的性质,可令,解得代入即可得解.‎ ‎【详解】‎ 令 解得 则 故选:C ‎【点睛】‎ 本题考查了复合函数的求值,属于基础题.‎ ‎7．已知函数f(x)＝x2＋px＋q满足f(1)＝f(2)＝0，则f(－1)的值是(　　)‎ A．5 B．－5‎ C．6 D．－6‎ ‎【答案】C ‎【解析】 满足f ‎ 将①②联立成方程组并解之得 ‎ ‎ 故选C ‎【点睛】本题考查了函数的值，但解题的关键在于利用待定系数法求解函数解析式．‎ ‎8．已知都是正数，且，则的最小值为（ ）‎ A．6 B．5 C．4 D．3‎ ‎【答案】C ‎【解析】试题分析：∵且，∴，∴当且仅当时，取最小值；故选C．‎ ‎【考点】基本不等式．‎ ‎9．若，则不等式的解集为（ ）‎ A． B．‎ C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】根据可判断与的大小关系,进而得不等式的解集.‎ ‎【详解】‎ 因为 所以 则根据一元二次不等式的解法可知 不等式的解集为 故选:D ‎【点睛】‎ 本题考查了含参数不等式的解法及解集的表示,属于基础题.‎ ‎10．已知函数，若，则的取值范围是（ ）‎ A． B． C． D．‎ ‎【答案】D ‎【解析】根据函数,分段解不等式,结合定义域即可得解.‎ ‎【详解】‎ 函数 当时,.‎ 若,即.‎ 解不等式可得或 因为,所以 当时, ‎ 若,即 解不等式可得 因为,所以 综上可知,满足不等式的的取值范围为或,即 故选:D ‎【点睛】‎ 本题考查了分段函数与不等式的综合应用,注意分类讨论时自变量的取值范围,属于基础题.‎ 二、多选题 ‎11．下列命题中，真命题的是（ ）‎ A．的充要条件是 B．，是的充分条件 C．命题“，使得”的否定是“都有”‎ D．命题“，”的否定是“，”‎ E.“”是“”的充分不必要条件 ‎【答案】BCDE ‎【解析】根据充分、必要条件的知识、全称命题与特称命题的知识对选项逐一分析，由此确定真命题的选项.‎ ‎【详解】‎ 对于A选项，则，而中，可能，故的充要条件不是.A选项是假命题.‎ 对于B选项.当时，根据不等式的性质可知，故，是的充分条件.B选项是真命题.‎ 对于C选项，根据特称命题的否定是全称命题的知识可知，C选项正确.‎ 对于D选项，根据全称命题的否定是特称命题的知识可知，D选项正确.‎ 对于E选项，解得或，所以“”是“”的充分不必要条件.E选项正确.‎ 故选：BCDE.‎ ‎【点睛】‎ 本小题主要考查充分、必要条件的判断，考查全称命题与特称命题，属于基础题.‎ ‎12．下列各组函数表示不同函数的是（ ）‎ A．， B．，‎ C．， D．，‎ E.，‎ ‎【答案】ABD ‎【解析】根据解析式与定义域,即可判断两个函数是否为相同函数.‎ ‎【详解】‎ 对于A, 的定义域为R, 定义域为,定义域不同,所以是不同函数;‎ 对于B, 的定义域为R, 定义域为,定义域不同,所以是不同函数;‎ 对于C, 的定义域为R, 的定义域为R,解析式相同,所以是相同函数;‎ 对于D, 定义域为R, 定义域为,定义域不同,所以是不同函数;‎ 对于E, ,,两个函数解析式与定义域都一致,所以是相同函数.‎ 综上可知,表示不同函数的为ABD 故选: ABD ‎【点睛】‎ 本题考查了是否相同函数的判断,从定义域与解析式两个方面入手即可判断,属于基础题.‎ ‎13．下列关于二次函数的说法正确的是（ ）‎ A．， B．，，‎ C．，， D．，‎ E.，‎ ‎【答案】BD ‎【解析】根据二次函数的图像与性质,可依次判断五个选项.‎ ‎【详解】‎ 二次函数,开口向上,对称轴为,最小值为.‎ 对于A, 二次函数,所以,错误,即A错误;‎ 对于B, 二次函数,所以,,正确,即B正确;‎ 对于C, 二次函数,所以,,错误,即C错误;‎ 对于D,根据二次函数的对称性可知, ,正确,即D正确;‎ 对于E, 二次函数,所以,错误,即E错误.‎ 综上可知,正确的为BD 故选:BD ‎【点睛】‎ 本题考查了二次函数的图像与性质,二次函数的最值,全称命题与特称命题真假的判断,属于基础题.‎ 三、填空题 ‎14．已知二次方程的一个根为，则另一个根为_________．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】根据一元二次方程的韦达定理,即可求得方程的另外一个根.‎ ‎【详解】‎ 因为一元二次方程 设方程的两个根为 由韦达定理可知 因为方程的一个根为 则 即另外一个根为 故答案为: ‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了一元二次方程中韦达定理的简单应用,属于基础题.‎ ‎15．若函数，则__________．‎ ‎【答案】3‎ ‎【解析】根据分段函数,结合对应的定义域,即可求得的值.‎ ‎【详解】‎ 因为函数 当时, ‎ 所以 故答案为:‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了分段函数的求值,属于基础题.‎ ‎16．如图所示，折线是某电信局规定打长途电话所需要付的电话费（元）与通话时间（分钟）之间的函数关系图象，根据图象填空：（1）通话分钟，需付电话费_________元；（2）如果，则电话费（元）与通话时间（分钟）之间的函数关系式为_____________．‎ ‎【答案】3.6 y＝1.2t(t≥3) ‎ ‎【解析】根据函数图像,可知当时交的费用;由图像可知,当时为一条直线,经过点,根据待定系数法即可求得函数解析式.‎ ‎【详解】‎ 由函数图像,可知当时交的费用为元.‎ 当时为一条直线,经过点 设函数解析式为 ‎ 代入可得,解得 则函数解析式为 故答案为: ;‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了函数图像的简单应用,一次函数解析式的求法,属于基础题.‎ ‎17．已知函数（，）在时取得最小值，则________．‎ ‎【答案】9‎ ‎【解析】由打勾函数的图像与形式,即可根据取得最小值时的自变量,求得参数的值.‎ ‎【详解】‎ 函数（,）‎ 根据打勾函数的图像可知,当时取得最小值.‎ 因为当时取得最小值,即 ‎ 故答案为:‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了打勾函数的图像与性质,最小值的取值情况,属于基础题.‎ 四、解答题 ‎18．已知集合，． ‎ ‎(1)若 ，求 ；‎ ‎(2)若，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】(1) (2)或 ‎【解析】（1）将代入集合,得到集合,然后对集合与集合取交集即可解答;‎ ‎（2）分当时,当,两种情况分别求出的取值范围即可解答.‎ ‎【详解】‎ 解：（1）当时,.‎ ‎ ‎ ‎（2）,‎ ‎①当时,即,‎ ‎②当时,即且,‎ 或且 ‎ 解得或 ‎ 综上可知：或 ‎【点睛】‎ 这是一道关于集合的包含关系判断及应用的题目,关键是掌握交集的定义.‎ ‎19．已知不等式的解集为A，不等式的解集为B．‎ ‎（1）求A∩B； ‎ ‎（2）若不等式的解集为A∩B，求的值。‎ ‎【答案】（1）A∩B={x|-1＜x＜2}；（2） .‎ ‎【解析】试题分析：（1）将集合A,B进行化简，再根据集合的交集运算即可求得结果；（2）由题意知-1,2为方程的两根，代入方程联立方程组，即可解得结果.‎ 试题解析：‎ 解：（1）A={x|-1＜x＜3}, ‎ B={x|-3＜x＜2}， ‎ ‎∴‎ ‎（2）-1,2为方程x2＋ax＋b=0的两根 ‎∴‎ ‎∴.‎ ‎【考点】集合的运算；方程与不等式的综合应用.‎ ‎20．已知函数．‎ ‎（）当时，解不等式；‎ ‎（）若不等式的解集为，求实数的取值范围．‎ ‎【答案】（I）；（II）.‎ ‎【解析】（）直接解一元二次不等式得解.(2)利用二次函数的图像和性质分析得到实数a的取值范围.‎ ‎【详解】‎ ‎（I）当时，，‎ ‎∴，解得，‎ ‎∴不等式的解集为．‎ ‎（II）若不等式的解集是，‎ 则，解得，‎ 故实数的取值范围是．‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查一元二次不等式的解法和二次不等式的恒成立问题，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.‎ ‎21．自2017年，大连“蜗享出行”正式引领共享汽车，改变人们传统的出行理念，给市民出行带来了诸多便利该公司购买了一批汽车投放到市场给市民使用据市场分析，每辆汽车的营运累计收入单位：元与营运天数满足．‎ 要使营运累计收入高于1400元求营运天数的取值范围；‎ 每辆汽车营运多少天时，才能使每天的平均营运收入最大？‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】解关于x的不等式，求出满足条件的x的范围即可；‎ 根据基本不等式的性质求出最大值即可．‎ ‎【详解】‎ 要使营运累计收入高于1400元，‎ 则，‎ 即，解得：，‎ 故要使营运累计收入高于1400元，‎ 营运天数的取值范围是；‎ 每辆汽车每天的平均营运收入为：‎ ‎，‎ 当且仅当时“”成立，解得：，‎ 即每辆汽车营运20天时，才能使每天的平均营运收入最大．‎ ‎【点睛】‎ 本题考查了二次不等式的应用，考查基本不等式的性质以及转化思想，考查方程和函数，是一道中档题．‎ ‎22．已知函数.‎ ‎（1）求；‎ ‎（2）在直角坐标系中画出的图象；‎ ‎（3）若，求的值．‎ ‎【答案】（1）f（π）=2π；（2）见解析；（3）‎ ‎【解析】（1）根据,代入相应解析式即可得的值.‎ ‎（2）根据描点法,可得几个端点的坐标.由二次函数与一次函数的图象与性质,可画出函数图象.‎ ‎（3）根据函数图象,可得时对应的解析式,解方程即可求得的值.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）当时, ‎ 因为,所以；‎ ‎（2）根据二次函数与一次函数的性质,可画出图象如下图所示:‎ 当时, ,即过 当时, ,即过 当时, ,即过 ‎（3）由函数图象可知 时,即 ‎ 解得 ‎【点睛】‎ 本题考查了分段函数的求值,函数图像的画法,属于基础题.‎ ‎23．（1）若不等式对任意的恒成立，求的取值范围；‎ ‎（2）讨论不等式的解集情况．‎ ‎【答案】（1）（2）见解析 ‎【解析】（1）讨论二次项系数是否为0.当时,经检验可知成立; 当时,根据二次不等式大于等于0恒成立时,满足,代入即可求得的取值范围.‎ ‎（2）将不等式因式分解,对进行讨论,即可得不等式的解集.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）当时,原不等式为,对任意的恒成立,符合题意;‎ 当时,则且 ‎ 解不等式可得 ‎ 综上可知的取值范围为 ‎（2）‎ 则的两个根分别为 ‎ 当时,不等式的解集为或 当时,不等式的解集为 ‎ 当时, 不等式的解集为或 ‎【点睛】‎ 本题考查了含参数的一元二次不等式的解法,分类讨论思想的应用,属于基础题.‎