辽宁省实验中学2019-2020学年高一上学期期中考试数学试题

辽宁省实验中学2019-2020学年高一上学期期中考试数学试题

www.ks5u.com 辽宁省实验中学2019---2020学年度上学期期中考试 高一数学试卷 一、选择题（本大题共12个小题，每小题5分，共60分.第10题和第11题为多选题，漏选得2分，错选不得分.其余小题每道题只有一个选项）.‎ ‎1.已知，，，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意求出，化简集合，即可求出结果.‎ ‎【详解】因为，，，‎ 所以，因此.‎ 故选C ‎【点睛】本题主要考查集合的混合运算，熟记交集与补集的概念即可，属于基础题型.‎ ‎2.命题“”的否定是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据特称命题的否定是全称命题，可直接得出结果.‎ ‎【详解】命题“”的否定是“”.‎ 故选C ‎【点睛】本题主要考查特称命题的否定，只需改写量词与结论即可，属于基础题型.‎ ‎3.下列函数是奇函数，且在上为增函数的是（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数奇偶性，以及基本初等函数的单调性，逐项判断，即可得出结果.‎ ‎【详解】对于A选项，函数的定义域为，又，所以是偶函数，排除A；‎ 对于选项B，函数的定义域为，又，‎ 所以函数是偶函数，排除B；‎ 对于选项C，函数的定义域为，所以函数是非奇非偶函数，排除C；‎ 对于选项D，函数的定义域为，又，所以函数是奇函数；因为与在上都是增函数，所以在上单调递增，D正确.‎ 故选D ‎【点睛】本题主要考查函数奇偶性的应用，熟记函数奇偶性，以及基本初等函数的单调性即可，属于常考题型.‎ ‎4.已知函数则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数解析式，由内而外逐步代入，即可求出结果.‎ ‎【详解】因为所以，‎ 因此.‎ 故选A ‎【点睛】本题主要考查由分段函数求函数值，由内而外逐步计算即可，属于基础题型.‎ ‎5.已知区间，则下列可作为“”是真命题的充分不必要条件的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由“”是真命题，得到；根据选项找对应集合的真子集即可.‎ ‎【详解】因为，由“”可得：，即；‎ 要找“”是真命题的充分不必要条件，即是找对应集合的真子集；‎ 由题中选项，易知，B正确.‎ 故选B ‎【点睛】本题主要考查命题充分不必要条件的判定，熟记充分条件与必要条件的概念即可，属于常考题型.‎ ‎6.已知正实数满足，为方程的根，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由，求出的值，根据韦达定理，得到，，进而可求出结果.‎ ‎【详解】由解得或，因为为正实数，所以，‎ 又为方程的根，所以，；‎ 因此.‎ 故选A ‎【点睛】本题主要考查一元二次方程根与系数关系的应用，熟记根与系数关系即可，属于基础题型.‎ ‎7.已知函数且，则（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由配凑法求出函数解析式，再由函数值，即可求出结果.‎ ‎【详解】因为，所以 又，所以，解得.‎ 故选A ‎【点睛】本题主要考查由函数值求自变量，熟记函数概念，会求函数解析式即可，属于基础题型.‎ ‎8.已知定义在上的偶函数，且对任意的，都有，若，则实数的取值范围为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由题意，得到函数在上单调递减，根据函数奇偶性，得到在上单调递增，进而可将不等式化为，求解，即可得出结果.‎ ‎【详解】因为对任意的，都有，‎ 所以函数在上单调递减，‎ 又为定义在上的偶函数，所以在上单调递增；‎ 所以由可得：，‎ 即，整理得，解得.‎ 故选A ‎【点睛】本题主要考查由函数奇偶性与单调性解不等式，熟记函数单调性与奇偶性即可，属于常考题型.‎ ‎9.若正数满足，则的最小值是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由得到，推出，根据基本不等式即可求出结果.‎ ‎【详解】因为正数满足，所以，‎ 所以，当且仅当，即时，等号成立.‎ 故选A ‎【点睛】本题主要考查由基本不等式求最值，熟记基本不等式即可，属于常考题型.‎ ‎10.（多选）已知函数，则下列对于的性质表述正确的是（ ）‎ A. 为偶函数 B. ‎ C. 在上的最大值为 D. 在区间上至少有一个零点 ‎【答案】ABCD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据函数奇偶性，直接判断A选项，根据函数解析式求，可判断B选项；根据函数单调性，求出最值，即可判断C选项；根据零点存在定理，可判断D选项.‎ ‎【详解】因为，所以其的定义域为，‎ A选项，，所以函数为偶函数，故A正确；‎ B选项，，故B正确；‎ C选项，因为，当，单调递增，所以单调递减，因此，故C正确；‎ D选项，因为，所以，，‎ 即，由零点存在性定理可得：在区间上存在零点，故D正确；‎ 故选ABCD ‎【点睛】本题主要考查函数基本性质的应用，以及函数零点存在定理，熟记函数单调性，奇偶性，以及零点存在定理即可，属于常考题型.‎ ‎11.（多选）下列命题中为真命题的是（ ）‎ A. 不等式的解集为 B. 若在上具有单调性，且，那么当时，‎ C. 函数为同一个函数 D. 已知，则 ‎【答案】BCD ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由分式不等式的解法直接求解，可判断A选项；根据函数单调性的性质，可判断B选项；根据相等函数的定义，可判断C选项；根据基本不等式，可判断D选项.‎ ‎【详解】对于A选项，由可得：，即，解得，故A错误；‎ 对于B选项，因为在上具有单调性，且，则对于任意，则或，因此当时，只有，故B正确；‎ 对于C选项，因为与的定义域均为，且，根据函数相等的定义，可得函数为同一个函数，故C正确；‎ 对于D选项，因为，所以，‎ 当且仅当时，等号成立；故D正确；‎ 故选BCD ‎【点睛】本题主要考查命题真假的判定，熟记分式不等式的解法、函数的单调性、相等函数的概念，以及基本不等式即可，属于常考题型.‎ ‎12.已知函数的定义域为，满足，且当时，，若对任意的，都有，则的取值范围为（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据，得；由，，分别求出，，时，函数解析式以及值域，根据题意，即可求出结果.‎ ‎【详解】因为，所以，‎ 因为当时，，‎ 所以时，，；‎ 所以时，，；‎ 所以时，，；‎ 当时，由解得：或.‎ 若对于任意的，都有，则.‎ 故选D ‎【点睛】本题主要考查由函数最值求参数的问题，会根据题意求函数解析式，熟记二次函数的性质即可，属于常考题型.‎ 二、填空题（本大题共4个小题，每小题5分，共20分）‎ ‎13.已知正数，，则的最小值为_______‎ ‎【答案】24‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，结合基本不等式得到，进而可求出结果.‎ ‎【详解】因为，‎ 所以，因此，‎ 当且仅当，即，时，取等号；‎ 故答案为24‎ ‎【点睛】本题主要考查由基本不等式求最值，熟记基本不等式即可，属于常考题型.‎ ‎14.已知函数的定义域为，则的定义域为____‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由题意求出函数的定义域为，再由求解，即可得出结果.‎ ‎【详解】因为函数的定义域为，所以；即函数的定义域为；‎ 由解得，‎ 因此的定义域为.‎ 故答案 ‎【点睛】本题主要考查求抽象函数定义域，熟记抽象函数定义域的求法即可，属于常考题型.‎ ‎15.已知不等式的解集为，且，则_____‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出不等式的解集，再由列出不等式，求解，即可得出结果.‎ ‎【详解】由得，所以，即，‎ 又，所以，解得.‎ 故答案为 ‎【点睛】本题主要考查由集合的包含关系求参数，熟记集合间的包含关系，以及含绝对值不等式的解法即可，属于常考题型.‎ ‎16.已知函数在上存在零点，则实数的取值范围为__________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先由题意得到方程在上存在实根，令，则与在上有交点；根据函数单调性的定义判断函数单调性，得到函数的值域，进而可求出结果.‎ ‎【详解】因为函数在上存在零点，‎ 所以方程在上存在实根，即方程在上存在实根，‎ 令，则与在上有交点；‎ 任取，则 ‎，‎ 当时，，，所以，‎ 即，因此函数在上单调递减；‎ 当时，，，所以，‎ 即，因此函数在上单调递增；‎ 所以；‎ 又，，因此；‎ 所以.‎ 故答案 ‎【点睛】本题主要考查由函数零点求参数的问题，熟记函数单调性，灵活运用转化与化归的思想即可，属于常考题型.‎ 三、解答题（本大题共6个小题，共70分，解答应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤）‎ ‎17.（1）已知集合，，求;‎ ‎（2）已知函数在区间上仅有一个零点，求实数取值范围.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）分别解不等式和，求出集合，再求并集，即可得出结果；‎ ‎（2）先由题意得到，即，求解，即可得出结果.‎ ‎【详解】（1），，，，‎ ‎，或，或，‎ ‎；‎ ‎（2）因为函数开口向上，并且过定点，‎ 在区间上仅有一个零点，‎ 所以，即，‎ ‎,，‎ 即实数的取值范围是.‎ ‎【点睛】本题主要考查求集合的并集，以及由函数零点求参数的问题，熟记集合并集的概念，不等式的解法，以及函数的零点存在定理即可，属于常考题型.‎ ‎18.已知函数 ‎（1）判断并证明函数的奇偶性;‎ ‎（2）判断并证明函数在上的单调性.‎ ‎【答案】（1）奇函数,证明见解析（2）在区间上为增函数，证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据函数解析式，可得出定义域为，再由函数奇偶性的概念，即可得出结果；‎ ‎（2）根据函数单调性的定义，任取，且，作差比较与大小，即可得出结果.‎ ‎【详解】（1）函数的定义域为 为奇函数 ‎（2）在区间上为增函数；‎ 证明： 任取，且，‎ 则，‎ 因为，所以，，所以，‎ 即，在区间上为增函数.‎ ‎【点睛】本题主要考查函数奇偶性的判定以及单调性的判定，熟记函数奇偶性的概念，以及函数单调性的定义即可，属于常考题型.‎ ‎19.已知定义在上的奇函数，当时，‎ ‎（1）求实数的值及在上的解析式;‎ ‎（2）判断函数在上的单调性（不用证明）;‎ ‎（3）解不等式.‎ ‎【答案】（1）;（2）函数在上为减函数（3）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由题意得到从而可求出；得到当时，；令，得，得到，根据函数奇偶性，即可求出结果；‎ ‎（2）根据二次函数单调性，可直接判断出该分段函数的单调性；‎ ‎（3）根据（2）的结果，以及函数为奇函数，将原不等式化为，由题意列出不等式组，求解，即可得出结果.‎ ‎【详解】（1）为奇函数，，,‎ 时，；‎ 令，，‎ ‎，；‎ ‎（2）函数在上为减函数；‎ ‎（3）在上为减函数，‎ ‎，，‎ ‎，解得.‎ ‎【点睛】本题主要考查由函数奇偶性求函数解析式，以及由函数单调性与奇偶性解不等式，熟记函数奇偶性与单调性的概念即可，属于常考题型.‎ ‎20.（1）已知，证明：;‎ ‎（2）已知正数，且满足，证明：.‎ ‎【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）用分析法，逐步得到显而易见的结论，即可证明结论成立；‎ ‎（2）根据展开，运用基本不等式，即可证明结论成立.‎ ‎【详解】（1）证明：要证 需证 需证 需证 需证 得证 ‎（2）‎ ‎，‎ ‎，‎ 当且仅当即时取等号，‎ ‎，.‎ ‎【点睛】本题主要考查不等式的证明，熟记证明的方法，以及基本不等式即可，属于常考题型.‎ ‎21.在经济学中，函数的边际函数为，定义为 ‎，某公司每月最多生产台报警系统装置，生产台的收入函数为（单位元），其成本函数为（单位元），利润等于收入与成本之差．‎ ‎（1）求出利润函数及其边际利润函数．‎ ‎（2）求出的利润函数及其边际利润函数是否具有相同的最大值．‎ ‎（3）你认为本题中边际利润函数最大值的实际意义．‎ ‎【答案】（1），（2）不具有相同的最大值（3）见解析 ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析：（1）根据利润等于收入与成本之差得利润函数，根据边际利润函数定义得，代入化简即可（2）分别根据二次函数，一次函数单调性求最大值，并确定最大值是否相同（3）从函数单调性上课说明实际意义：随着产量的增加，每一台利润与前一天利润相比在减少．‎ 试题解析：解：（1）由题意可知：，且，‎ 利润函数 ‎，‎ 边际利润函数 ‎．‎ ‎（2），‎ ‎∴当或时，的最大值为元．‎ ‎∵是减函数，‎ ‎∴当时，的最大值为．‎ ‎∴利润函数与边际利润函数不具有相同的最大值．‎ ‎（3）边际利润函数当时有最大值，说明生产第二台机器与生产第一天机器的利润差最大，边际利润函数是减函数，说明随着产量的增加，每一台利润与前一天利润相比在减少．‎ ‎22.已知函数 ‎（1）当时，求函数的最小值；‎ ‎（2）若函数的最小值为，求实数的值.‎ ‎【答案】（1）（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）由，根据题意得到，配方整理，即可得出最值；‎ ‎（2）先令，分别讨论，两种情况，根据函数最小值，即可求出结果.‎ ‎【详解】（1），，‎ 令，，恒成立，‎ ‎，；‎ ‎（2）令，则，且开口向上，‎ ‎（i）当，即时，，‎ ‎，，不满足题意；‎ ‎（ii）当，或时，令，，所以时，；‎ 时，；‎ ‎①当时，，，，不满足题意；‎ ‎②当时，，为增函数，，‎ 或（舍）综上所述：.‎ ‎【点睛】本题主要考查求函数的最值，以及由函数最值求参数的问题，熟记二次函数的性质，灵活运用分类讨论的思想即可，属于常考题型.‎ ‎ ‎