上海市位育中学2019-2020学年高一上学期期中考试数学试题 13页

www.ks5u.com 位育中学高一期中数学卷 一.填空题 ‎1.设全集．若集合，，则 ．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 因为，所以 考点：集合运算 ‎2.函数 的定义域为_______________‎ ‎【答案】 ‎ ‎【解析】‎ 函数，有：解得且.‎ 所以定义域为：.‎ ‎3.函数的单调递增区间为________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出函数的对称轴，再结合函数图像的开口方向写出函数的单调递增区间 ‎【详解】因为是图像开口向下的二次函数，其对称轴为，所以的单调递增区间为. 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题主要考查二次函数的单调区间，二次函数单调区间的求解主要关注其图像的开口方向和对称轴，侧重考查直观想象的核心素养.‎ ‎4.已知集合，则集合的非空子集个数为________个 ‎【答案】31‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先求出集合的元素，从而求出其非空子集个数.‎ ‎【详解】因为，所以，所以，‎ 所以有，则集合中元素有5个，则集合的非空子集个数为.故答案为：31.‎ ‎【点睛】本题主要考查集合子集个数问题，确定集合子集个数的关键是确定集合的所有元素，然后利用公式可求，若集合含有个元素，则其子集有个，非空子集有个，真子集有个.‎ ‎5.命题“若，则或”为________命题（填“真”或“假”）‎ ‎【答案】真 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先写出原命题的逆否命题，再由逆否命题的真假，即可得出原命题的真假.‎ ‎【详解】命题“若，则或”的逆否命题为“若且，则”，易知该命题成立，再由命题与其逆否命题等价，可得命题“若，则或”成立.故答案为：真.‎ ‎【点睛】本题主要考查四种命题，命题真假的判定可以直接根据命题来判定，也可以通过它的等价命题来判定，侧重考查逻辑推理的核心素养.‎ ‎6.已知函数，若，则________‎ ‎【答案】2‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 分段函数已知函数值求自变量，分段代入函数值，讨论即可.‎ ‎【详解】若，则，可得无解；‎ 若，则，求得或（舍去）.故答案为：2.‎ ‎【点睛】本题主要考查分段函数的求值问题，已知函数值求解自变量时，要根据分段情况进行讨论求解，侧重考查数学运算的核心素养.‎ ‎7.已知定义在上的函数为奇函数，且时，，则时，________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 求的解析式，可先求出的解析式，再利用奇函数与的关系求出.‎ ‎【详解】设，则，所以，‎ 又因为为定义在上的奇函数，所以.‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】本题主要考查利用奇偶性求解函数的解析式，主要利用转化法把所求转化到已知区间，结合奇偶性可得，侧重考查数学抽象的核心素养.‎ ‎8.已知且，则的最大值为________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意可得，变形可求的最大值，注意等号成立的条件即可.‎ ‎【详解】因为且，所以，所以，即，‎ 当且仅当，即且时取等号，此时取最大值为.故答案为：.‎ ‎【点睛】本题主要考查基本不等式的应用，利用基本不等式求解最值时，要注意不等式的使用条件“一正，二定，三相等”，尤其不要忘记验证等号成立，侧重考查逻辑推理的核心素养.‎ ‎9.若关于的不等式的解集为，则的取值范围是________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 恒成立问题求的取值范围，分别讨论和时是否符合题意，进一步由求出的取值范围.‎ ‎【详解】由题意，即求对于任意，不等式恒成立.‎ 当时，不等式为，解得，不符合题意；‎ 当时，满足题意，需满足，解得.故答案为：.‎ ‎【点睛】本题主要考查不等式的恒成立问题，二次型不等式恒成立一般成立策略是：先验证二次项为零时是否成立，再结合二次函数图像的开口方向及零点情况可求，侧重考查直观想象的核心素养.‎ ‎10.关于不等式解集是，则的解集为________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先利用不等式的解集与对应方程根的关系，求出的值，然后再求的解集即可.‎ ‎【详解】关于的不等式可化为，则的解集为，所以的两个解为.则有，所以.所以易求的解集为.故答案为：.‎ ‎【点睛】本题主要考查分式不等式的求解，分式不等式一般转化为整式不等式求解，注意转化的等价性；利用不等式的解集与其对应方程的根的关系，能简便的求解参数，侧重考查数学运算的核心素养.‎ ‎11.设集合、是实数集的子集，，，‎ ‎，则________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据条件可得，结合的意义，可得集合.‎ ‎【详解】因为集合、是实数集的子集，若,则，，但不满足，所以.‎ 因为,所以，所以有.‎ 又因为表示集合的元素去掉集合中的元素，表示A集合和B集合中的所有元素，所以把中的元素去掉中元素，即为所求的集合，所以.故答案为：.‎ ‎【点睛】本题主要考查集合的运算，根据集合的运算性质可求也可借助数轴或者韦恩图求解，侧重考查逻辑推理的核心素养.‎ ‎12.已知关于的不等式（其中）的解集为，若满足（其中为整数集），则使得集合中元素个数最少时取值范围是________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 先对分类讨论，利用一元二次不等式的解法求出解集确定出，再根据（其中为整数集），写出当集合中元素个数最少时的取值范围.‎ ‎【详解】分情况讨论：‎ 当时，，解得；‎ 当时，，，解得或；‎ 当时，，解得.‎ 因为，集合中元素个数最少，所以不符合题意；‎ 当时，，所以要使集合中元素个数最少，需要，解得.故答案为：.‎ ‎【点睛】本题主要考查不等式的解法，不等式的整数解问题需要关注边界值的影响，稍有难度，侧重考查逻辑推理和数学运算的核心素养.‎ 二.选择题 ‎13.若，，则下列不等式中正确的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由条件利用不等式的性质可得，其它选项可利用特值法检验排除.‎ ‎【详解】因为，，由不等式的性质可得，故C正确；‎ 令，所以，所以，故A错；,故B错；，故D错. 故选：C.‎ ‎【点睛】本题主要考查不等式的性质，熟记不等式的性质是求解的关键，特值法也是求解选择题的常用方法，侧重考查逻辑推理的核心素养.‎ ‎14.“”是“”的（ ）条件 A. 充分非必要 B. 必要非充分 C. 充要 D. 既非充分也非必要 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 分析】‎ 先解，得或，由或和的关系可得答案.‎ ‎【详解】因为，所以，所以，可得或，于是有或是的必要非充分条件，所以“”是“”的必要非充分条件.故选：B.‎ ‎【点睛】本题主要考查充要条件的判定，化简不等式是求解关键，熟记四类条件的判定方法是求解的前提，侧重考查逻辑推理的核心素养.‎ ‎15.下列函数是奇函数且在上单调递增的是（ ）‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】D ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据题意，依次分析选项中函数的奇偶性与单调性，便可得到答案.‎ ‎【详解】对于A，是奇函数，但在上单调递减，不符合题意；‎ 对于B，是偶函数，不符合题意；‎ 对于C，是奇函数，但在上先减再增，不符合题意；‎ 对于D，是奇函数，且在上单调递增，所以正确.故选：D.‎ ‎【点睛】本题主要考查函数的性质，奇偶性判定一般利用定义可判定，单调性结合常见函数的单调性可以判定，侧重考查数学抽象的核心素养.‎ ‎16.记方程①：，方程②：，方程③：，其中，，是正实数．当，，成等比数列时，下列选项中，能推出方程③无实根的是（ ）‎ A. 方程①有实根，且②有实根 B. 方程①有实根，且②无实根 C. 方程①无实根，且②有实根 D. 方程①无实根，且②无实根 ‎【答案】B ‎【解析】‎ 当方程①有实根，且②无实根时，，从而即方程③：无实根，选B.而A,D由于不等式方向不一致，不可推；C推出③有实根 考点：不等式性质 三.解答题 ‎17.若，，且，试比较与的大小.‎ ‎【答案】.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用作差比较法来比较大小，，结合的大小可得.‎ ‎【详解】‎ 因为，，且，所以，‎ 所以.‎ ‎【点睛】本题主要考查作差比较法比较大小，作差、变形、定号是求解的主要步骤，侧重考查逻辑推理的核心素养.‎ ‎18.解关于的不等式：.‎ ‎【答案】当时，解集为；当时，解集为；当时，解集为；当时，解集为；当时，解集为.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 通过对分类讨论，并且利用一元二次不等式解法即可得出答案.‎ ‎【详解】不等式可化为：.‎ 当时，不等式化为，解得；‎ 当时，不等式化为，解得；‎ 当时，不等式化为，‎ 若，即，解得或；‎ 若，即，解得；‎ 若，即，解得或；‎ 综上所述：当时，解集为；当时，解集为；当时，解集为；当时，解集为；当时，解集为.‎ ‎【点睛】本题主要考查分类讨论求解不等式，分类的依据主要有开口方向，根的大小等，侧重考查逻辑推理的核心素养.‎ ‎19.某商场预计全年分批购入电视机3600台，其中每台价值2000元，每批购入的台数相同，且每批均需付运费400元，储存购入的电视机全年所付保管费与每批购入的电视机的总价值（不含运费）成正比，比例系数为，若每批购入400台，则全年需要支付运费和保管费共43600元.‎ ‎（1）求的值；‎ ‎（2）请问如何安排每批进货数量，使支付运费与保管费的和最少？并求出相应最少费用.‎ ‎【答案】（1）；（2）每批进货120台，支付运费与保管费的和最少，最少费用为24000元.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据每批购入400台的需要支付运费和保管费共43600元可求的值；‎ ‎（2）先求解关于进货量的所支付的费用之和，结合解析式的特点求解最值即可.‎ ‎【详解】（1）由题意，当每批购入400台时，全年的运费为，‎ 每批购入电视机的总价值为（元），所以保管费为（元）‎ 因为全年需要支付运费和保管费共43600元，所以，解得.‎ ‎（2）设每批进货台，则运费为，保管费为，‎ 所以支付运费与保管费的和为，‎ 因为，当且仅当，即时取到等号，所以每批进货120台，支付运费与保管费的和最少，最少费用为24000元.‎ ‎【点睛】本题主要考查基本不等式的实际应用，构建数学模型是求解的关键，注意不等式求解最值时的条件，侧重考查数学建模的核心素养.‎ ‎20.已知函数，其中为常数且.‎ ‎（1）若函数为奇函数，求实数的值；‎ ‎（2）若函数在上单调递减，求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）；（2）.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）利用奇函数的定义可求实数的值；‎ ‎（2）结合函数的图象，观察对称轴和区间的位置关系可求.‎ ‎【详解】（1）因为函数为奇函数，所以，‎ 而，所以.经检验符合题意.‎ ‎（2）当时，，符合题意；‎ 当时，若函数在上单调递减，则有，解之得；‎ 当时，若函数的对称轴，符合题意；‎ 综上可得.‎ ‎【点睛】本题主要考查函数的性质，利用奇偶性求解参数时，一般是利用奇偶性的定义求解，也可以利用特殊的函数值求解；已知函数的单调性求解参数时，要注意数形结合 ‎21.如果存在常数（），对于任意，都有成立，那么称该函数为“函数”.‎ ‎（1）分别判断函数，是否为“函数”，若不是，说明理由；‎ ‎（2）若函数是“函数”，求实数的取值范围；‎ ‎（3）记所有定义在上的单调函数组成的集合为，所有函数组成的集合为，求证：Ü.‎ ‎【答案】（1）是“函数”，不是“函数”；详见解析（2）；（3）证明见解析 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）根据函数的定义逐个检验可得；‎ ‎（2）根据题意可得恒成立，结合恒成立问题可求；‎ ‎（3）结合单调函数的定义可证单调函数均为函数，通过特殊函数可得函数不一定是单调函数，所以可证结论.‎ ‎【详解】（1）因为，所以，所以，故是“函数”； 因为不恒大于0，所以不是“函数”.‎ ‎（2）因为函数是“函数”，‎ 所以恒成立，‎ 当时，显然成立；当时，需要，解之得，‎ 综上可得.‎ ‎（3）证明：若为单调递增函数，则时，都有成立；‎ 若为单调递减函数，则时，都有成立；所以单调函数一定是函数，即Ô.‎ 反之，函数不一定是单调函数，比如，取整函数是函数，但是它不是单调函数.综上可得Ü.‎ ‎【点睛】本题主要考查新定义问题，结合题目环境，精准把握定义是求解的关键，虽然是新定义，但还是考查旧知识，转化回归到熟悉的问题是求解这类问题的关键.‎ ‎ ‎