甘肃省武威市武威一中2019-2020学年高一上学期期中考试数学试卷

甘肃省武威市武威一中2019-2020学年高一上学期期中考试数学试卷

武威一中2019年秋季学期期中考试高一年级数学试卷 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.函数的定义域为（ ）‎ A. R B. [1，10]‎ C. ‎ D. （1，10）‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ 试题分析：由题意，．故选D．‎ 考点：函数的定义域．‎ ‎2.如图是某四棱锥的三视图，则几何体的表面积等于（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由三视图还原原几何体，可知原几何体为四棱锥，底面为矩形，满足，，侧面底面，且到底面距离为4．然后分别求出底面积与侧面积得答案．‎ 详解】解：由三视图还原原几何体如图：‎ 该几何体为四棱锥，底面为矩形，满足，，‎ 侧面底面，且到底面距离为4．‎ 该四棱锥的表面积为．‎ 故选：．‎ 点睛】本题考查由三视图求面积、体积，关键是由三视图还原原几何体，是中档题．‎ ‎3.已知幂函数的图象过点，则的值为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 设出幂函数解析式，根据点求出解析式，由此求得的值.‎ ‎【详解】由于为幂函数，故设，代入点得，所以，所以.‎ 故选：A ‎【点睛】本小题主要考查幂函数解析式的求法，考查对数运算，属于基础题.‎ ‎4. 下列函数中，既是奇函数又是增函数的为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ A是增函数，不是奇函数；B和C都不是定义域内的增函数，排除，只有D正确，因此选D.‎ 点评：该题主要考察函数的奇偶性和单调性，理解和掌握基本函数的性质是关键.‎ ‎5.函数f(x)=的零点所在的一个区间是 A. （-2，-1） B. （-1,0） C. （0,1） D. （1,2）‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ 试题分析：因为函数f(x)=2+3x在其定义域内是递增的，那么根据f(-1)=,f（0）=1+0=1>0,那么函数的零点存在性定理可知，函数的零点的区间为（-1,0），选B．‎ 考点：本试题主要考查了函数零点的问题的运用．‎ 点评：解决该试题的关键是利用零点存在性定理，根据区间端点值的乘积小于零，得到函数的零点的区间．‎ ‎【此处有视频，请去附件查看】‎ ‎6.下列命题中正确的是（ ）‎ A. 将正方形旋转不可能形成圆柱 B. 以直角梯形的一腰为轴旋转所得的旋转体是圆台 C. 圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面 D. 通过圆台侧面上一点，有无数条母线 ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据圆锥，圆台，圆柱的几何特征，逐一分析四个命题的真假可得答案．‎ ‎【详解】解：‎ 将正方形绕着其任意一边旋转一周可得圆柱，故错误；‎ 中以直角梯形的垂直于底边的腰为轴旋转所得的旋转体才是圆台，以另一腰为轴所得旋转体不是圆台，故错误；‎ 圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面，显然正确；‎ 圆台的母线延长后与轴交于同一点，通过圆台侧面上一点，只有1条母线，故错误.‎ 故选：‎ ‎【点睛】本题以命题的真假判断与应用为载体，考查了旋转体的几何特征，难度不大，属于基础题．‎ ‎7.函数的单调递增区间是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据与的单调性，结合复合函数单调性同增异减，求得函数的单调递增区间.‎ ‎【详解】由于在上递减，在递增，上递减，根据复合函数单调性同增异减可知的单调递增区间为.‎ 故选：D ‎【点睛】本小题主要考查复合函数单调性的判断，考查指数函数、二次函数的单调性，属于基础题.‎ ‎8.已知，，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ 试题分析：由指数函数，对数函数的性质，可知，‎ ‎，即，选A 考点：指数函数，对数函数的性质 ‎9.已知是函数的零点，若，则的值满足（ ）‎ A. B. ‎ C. D. 或 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据零点定义及函数单调性,结合零点存在定理即可判断的符号.‎ ‎【详解】因为是函数的零点 则 且为上单调递增函数 由零点存在定理可知当 故选:B ‎【点睛】本题考查了函数零点存在性的判定,函数单调性的综合应用,属于基础题.‎ ‎10.设函数是定义在上的奇函数，当时，，则满足的的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数的奇偶性画出的图像，根据图像求得表达式的解集.‎ ‎【详解】由于是定义在上的奇函数，图像关于原点对称，且当时，，由此画出的图像如下图所示，由图可知满足的的取值范围是.‎ 故选：C ‎【点睛】本小题主要考查函数的奇偶性，考查对数函数图像，考查数形结合的数学思想方法，属于基础题.‎ ‎11.函数的图象是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数的定义域和函数图像上的特殊点，确定正确选项.‎ ‎【详解】由于，所以的定义域为，由此排除A,B选项.而时，，由此排除C选项，故D选项正确.‎ 故选：D ‎【点睛】本小题主要考查函数图像的识别，考查函数的定义域，属于基础题.‎ ‎12.已知函数.若存在2个零点，则a的取值范围是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由得，分别作出两个函数的图象，根据图象交点个数与函数零点之间的关系进行转化求解即可．‎ 详解】解：由得，‎ 作出函数和的图象如图：‎ 当直线的截距，即时，两个函数的图象都有2个交点，‎ 即函数存在2个零点，‎ 故实数的取值范围是，，‎ 故选：．‎ ‎【点睛】本题主要考查分段函数的应用，利用函数与零点之间的关系转化为两个函数的图象的交点问题是解决本题的关键．‎ 二、填空题(本大题共4小题，每小题4分，共16分.请把正确答案填在题中横线上)‎ ‎13.已知函数f（x+1）=3x+2，则f（x）的解析式是______．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析：设x+1=t，则x=t-1,所以，即 考点：本题考查函数解析式的求法．‎ 点评：若已知复合函数f[g(x)]的解析式，求原函数f(x)的解析式，常用换元法．令g(x)=" t" ，求f（t）的解析式，再把t换为x即可． 但要注意换元后,应注意新变量的取值范围,即为函数的定义域．‎ ‎14.设，则________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据分段函数的解析式，直接代入求值即可．‎ ‎【详解】解：由分段函数可知，，‎ ‎，‎ 故答案为：．‎ ‎【点睛】本题主要考查分段函数的应用，注意分段函数自变量取值的范围，属于基础题．‎ ‎15.设是方程的解，且，则________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 令，且在上递增，，在内有解，，故答案为.‎ ‎16.函数 的图象和函数g(x)＝log2x的图象的交点个数是________．‎ ‎【答案】3.‎ ‎【解析】‎ 作图，观察函数f(x)与g(x)的交点个数是3个．‎ 三、解答题(本大题共6小题，共56分.解答时写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)‎ ‎17.已知全集为，集合，．‎ ‎（1）当时，求；‎ ‎（2）若，求实数的取值范围．‎ ‎【答案】（1）；（2）．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）根据对数的真数大于0,偶次被开方数大于等于0可得集合．当时根据对数的单调性可解得集合．先求集合的补集,再求．（2）由，可得．根据对数的单调性可解得集合．画数轴分析可得关于 的不等式,从而可得的范围．‎ 试题解析：解：（1）由已知得,‎ 所以 当时，‎ ‎∴‎ ‎∴‎ ‎（2）若，则 又 故，解得 故实数的取值范围为 考点：1指数函数的单调性；2集合的运算．‎ ‎18.已知函数，‎ ‎（1）在如图给定的直角坐标系内画出的图象；‎ ‎（2）写出的单调递增区间.‎ ‎【答案】（1）图像见解析；（2） ．‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）在区间内画出开口向下二次函数的图象，在区间画出一次函数图象；‎ ‎（2）直接观察图象，写出单调递增区间.‎ ‎【详解】（1）函数的图象如图所示：‎ ‎（2）函数的单调递增区间为.‎ ‎【点睛】本题考查作分段函数的图象、观察图象写单调区间，考查数形结合思想的简单应用，属于容易题.‎ ‎19.将一个底面圆的直径为2、高为1的圆柱截成一个长方体，如图，设这个长方体底面的一条边长为x、对角线长为2，底面的面积为S.‎ ‎（1）求面积S以x为自变量的函数式； ‎ ‎（2）求截得长方体的体积的最大值.‎ ‎【答案】（1）；（2）2.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）作出横截面，由这个长方体底面的一条边长为、对角线长为2，能求出底面的面积．‎ ‎（2）长方体的体积，由此利用配方法能求出截得长方体的体积的最大值．‎ ‎【详解】（1）解：将一个底面圆的直径为2、高为1的圆柱截成一个长方体，横截面如图，‎ 设这个长方体底面的一条边长为x、对角线长为2，底面的面积为A.‎ 由题意得；‎ ‎（2）解：长方体的体积， 由（1）知，‎ ‎∴当，即时，.‎ 故截得长方体的体积的最大值为2.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查长方体的底面面积的求法，考查长方体的体积的最大值的求法，考查推理论证能力、运算求解能力、空间思维能力，考查转化化归思想、数形结合思想，是中档题．‎ ‎20.已知函数是定义在R上的偶函数，，当时，.‎ ‎(1)求函数的解析式；‎ ‎(2)解不等式.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设，可得，则，再由函数是偶函数求出时的解析式，则答案可求；‎ ‎（2）由，是偶函数，不等式可化为．利用函数在上是减函数，可得，求解绝对值不等式可得原不等式的解集．‎ ‎【详解】解：（1）当时，，则.‎ 因为函数是偶函数，所以.‎ 所以函数的解析式为 ‎；‎ ‎（2）因为，是偶函数，‎ 所以不等式可化为.‎ 又因为函数在上是减函数.‎ 所以，解得，‎ 即不等式的解集为.‎ ‎【点睛】本题考查函数解析式的求解及常用方法，考查了利用函数的单调性求解不等式，体现了数学转化思想方法，是中档题．‎ ‎21.已知函数.‎ ‎（1）当时，求函数的零点；‎ ‎（2）若有零点，求的取值范围.‎ ‎【答案】（1）；（2）．‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）利用零点的定义，解方程得函数的零点；（2）若有零点，则方程有解，从而把表示为关于的函数，通过求函数的值域得的范围．‎ 试题解析：（1）时，，令，‎ 即，‎ 解得或（舍）‎ 所以，所以函数的零点为．‎ ‎（2）若有零点，则方程有解．‎ 于是，‎ 因为，所以，即，‎ 考点：1、零点的定义；2、分式型函数求值域．‎ ‎【方法点睛】（1）求函数的零点的实质就是求方程的时对应的自变量的值，需要注意的是零点是一个数值，而不是一个点，是函数与轴交点的横坐标；（2）若有零点，则方程有解，从而分离出参数，然后求出函数在给定区间上的值域，只要取这个值域内的数就可以了．‎