• 1.81 MB
  • 2021-06-16 发布

北京市密云区2019-2020学年高一上学期期末考试数学试题

  • 18页
  • 当前文档由用户上传发布,收益归属用户
  1. 1、本文档由用户上传,淘文库整理发布,可阅读全部内容。
  2. 2、本文档内容版权归属内容提供方,所产生的收益全部归内容提供方所有。如果您对本文有版权争议,请立即联系网站客服。
  3. 3、本文档由用户上传,本站不保证质量和数量令人满意,可能有诸多瑕疵,付费之前,请仔细阅读内容确认后进行付费下载。
  4. 网站客服QQ:403074932
密云区2019-2020学年度第一学期期末 高一数学试卷 ‎ ‎2020.1‎ 一、选择题:本大题共8小题,每小题5分,共40分.在每小题列出的四个选项中,选出符合题目要求的一项.‎ ‎1.已知集合,,则集合中元素的个数是( )‎ A. 0 B. ‎1 ‎C. 2 D. 3‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 直接根据交集的定义计算即可;‎ ‎【详解】解:,‎ 故选:B ‎【点睛】本题考查集合的运算,集合中元素个数的求法,属于基础题.‎ ‎2.函数的最小正周期为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据余弦型函数最小正周期的求法即可求得结果.‎ ‎【详解】最小正周期 故选:‎ ‎【点睛】本题考查余弦型函数最小正周期的求解,属于基础题.‎ ‎3.下列函数中,既是偶函数又在单调递增的是( )‎ 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,综合即可得答案.‎ ‎【详解】解:根据题意,依次分析选项:‎ 对于,,为指数函数,其定义域为,不是偶函数,不符合题意;‎ 对于,,为幂函数,是奇函数,不符合题意;‎ 对于,,为偶函数,在不是增函数,不符合题意;‎ 对于,,为偶函数,且当时,,为增函数,符合题意;‎ 故选:D.‎ ‎【点睛】本题考查函数奇偶性与单调性的判定,关键是掌握常见函数的奇偶性与单调性,属于基础题.‎ ‎4.命题“”的否定为( )‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ 分析】‎ 根据全称命题的否定为特称命题解答即可;‎ ‎【详解】解:因为全称命题的否定为特称命题,则命题的否定为,‎ 故选:C.‎ ‎【点睛】本题主要考查含有量词的命题的否定,属于基础题.‎ ‎5.已知定义在上的函数的图象是连续不断的,且有如下对应值表:‎ ‎1‎ ‎2‎ ‎3‎ ‎4‎ ‎6.1‎ ‎2.9‎ ‎3.5‎ ‎1‎ 那么函数一定存在零点的区间是( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用函数零点的存在定理进行函数零点所在区间的判断,关键要判断函数在相应区间端点函数值的符号,如果端点函数值异号,则函数在该区间有零点.‎ ‎【详解】解:因为函数是定义在上的连续函数,且,,‎ 根据函数零点的存在定理可知故函数在区间内存在零点.‎ 故选:A.‎ ‎【点睛】本题考查函数零点的判断方法,关键要弄准函数零点的存在定理,把握好函数在哪个区间的端点函数值异号,属于基础题.‎ ‎6.函数的图象如图所示,为了得到函数的图象,可以把函数的图象( )‎ A. 先向左平移个单位,再把所得各点的横坐标伸长到原来的倍(纵坐标不变)‎ B. 先向左平移个单位,再把所得各点的横坐标缩短到原来的(纵坐标不变)‎ C. 每个点的横坐标缩短到原来的(纵坐标不变),再向左平移个单位 D. 每个点的横坐标伸长到原来的倍(纵坐标不变),再向左平移个单位 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由函数的最值求出,由周期求出,由五点法作图求出的值,可得的解析式,再利用的图象变换规律,得出结论.‎ ‎【详解】解:根据函数的图象,设,‎ 可得,,.‎ 再根据五点法作图可得,,,‎ 故可以把函数的图象先向左平移个单位,得到的图象,‎ 再把所得各点的横坐标伸长到原来的2倍(纵坐标不变),即可得到函数的图象,‎ 故选:A.‎ ‎【点睛】本题主要考查由函数的部分图象求解析式,由函数的最值求出,由周期求出,由五点法作图求出的值.的图象变换规律,属于基础题.‎ ‎7.定义域均为的两个函数,,“为偶函数”是“,均为偶函数”的( )‎ A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由函数,定义在上,令,则的定义域也为,关于原点对称,只要看与的关系即可得出为偶函数,反之,通过举反例可得出非充分条件.‎ ‎【详解】解:令,‎ 由,均为偶函数,则,,故是偶函数,即必要性成立;‎ 反之,设,,是偶函数,而,均不是偶函数,故充分性不成立;‎ 则“为偶函数”是“,均为偶函数”的必要不充分条件.‎ 故选:B.‎ ‎【点睛】本题考查的知识点是函数的奇偶性,充要条件的判定,其中根据“谁推出谁”的原则,求解充要条件,是解答本题的关键,属于基础题.‎ ‎8.已知函数关于x的方程,有四个不同的实数解,则的取值范围为( )‎ A. B. C. D. ‎ ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由题意作函数与的图象,从而可得,,,从而得解 ‎【详解】解:因为,可作函数图象如下所示:‎ 依题意关于x的方程,有四个不同的实数解,即函数与的图象有四个不同的交点,由图可知令,‎ 则,,即,所以,则,‎ 所以,‎ 因,在上单调递增,所以,即 故选:B ‎【点睛】本题考查了数形结合的思想应用及分段函数的应用.属于中档题 二、填空题:本大题共6小题,每小题5分,共30分.‎ ‎9.________________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 分析】‎ 根据对数的运算及分数指数幂的运算法则计算可得;‎ ‎【详解】解:‎ 故答案为:6‎ ‎【点睛】本题考查对数及分数指数幂的运算,属于基础题.‎ ‎10.函数的最小值为__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用基本不等式即可求解. ‎ ‎【详解】解:,‎ 函数 当且仅当,即时,上式取等号.‎ 故答案为: .‎ ‎【点睛】本题主要考查基本不等式,利用基本不等式的条件是“一正、二定、三相等”,属于基础题.‎ ‎11.函数的定义域是_______________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由 解不等式可得函数的定义域.‎ ‎【详解】解:由,,可解得,,‎ 函数的定义域为,‎ 故答案为:‎ ‎【点睛】本题考查正切函数的定义域,属于基础题.‎ ‎12.给出下列三个论断:①;②;③且.‎ 以其中的两个论断作为条件,余下的一个论断作为结论,写出一个真命题:__________.‎ ‎【答案】①③推出②,②③推出①‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用不等式的基本性质可得.‎ ‎【详解】解:由①;②;③且.‎ 以其中的两个论断作为条件,余下的一个论断作为结论,写出一个真命题:‎ ‎(1)若,且,则;或(2)若,且,则;‎ 对于(1)若且,则,由不等式的性质可得即;‎ 对于(2)若且,则,由不等式的性质可得即;‎ 故答案为:①③推出②,②③推出①‎ ‎【点睛】本题考查了不等式的基本性质,考查了推理能力与计算能力,属于基础题.‎ ‎13.若函数为奇函数,则__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由函数为在定义域上为奇函数,则必有,然后利用待定系数法求解.‎ ‎【详解】解:函数为奇函数 当时,,定义域为,且为奇函数,满足条件;‎ 当时,,定义域为,且为奇函数,满足条件;‎ 故答案为:.‎ ‎【点睛】本题主要考查奇偶性的定义的应用,要注意判断和应用的区别,判断时一定要从两个方面,一是定义域是否关于原点对称,二是模型是否满足.应用时,已经知道奇偶性了,则对于定义域中任一变量都满足模型,做大题时用待定系数法求参数,做客观题时可用特殊值求解,属于基础题.‎ ‎14.里氏震级M的计算公式为:M=lgA﹣lgA0,其中A是测震仪记录的地震曲线的最大振幅,是相应的标准地震的振幅,假设在一次地震中,测震仪记录的最大振幅是1000,此时标准地震的振幅A0为0.001,则此次地震的震级为 级;9级地震的最大的振幅是5级地震最大振幅的 倍.‎ ‎【答案】6,10000‎ ‎【解析】‎ ‎【详解】试题分析:根据题意中的假设,可得M=lgA﹣lgA0=lg1000﹣lg0.001=6;设9级地震的最大的振幅是x,5级地震最大振幅是y,9=lgx+3,5=lgy+3,由此知9级地震的最大的振幅是5级地震最大振幅的10000倍.‎ 解:根据题意,假设在一次地震中,测震仪记录的最大振幅是1000,此时标准地震的振幅为0.001,‎ 则M=lgA﹣lgA0=lg1000﹣lg0.001=3﹣(﹣3)=6.‎ 设9级地震的最大的振幅是x,5级地震最大振幅是y,‎ ‎9=lgx+3,5=lgy+3,解得x=106,y=102,‎ ‎∴.‎ 故答案耿:6,10000.‎ 点评:本题考查对数的运算法则,解题时要注意公式的灵活运用.‎ 三、解答题:本大题共6小题,共80分.解答应写出文字说明,演算步骤或证明过程.‎ ‎15.已知集合,.‎ ‎(1)当时,求,;‎ ‎(2)当时,求,;‎ ‎(3)当时,求的范围.‎ ‎【答案】(1),; (2),; (3)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)首先求出集合,再根据交集、并集的定义计算即可;‎ ‎(2)首先求出集合,再根据交集、并集的定义计算即可;‎ ‎(3)由,即与无公共部分,从而求出参数的取值范围;‎ ‎【详解】解:(1)当时,, ‎ 所以, . ‎ ‎(2)当时,, ‎ 所以, . ‎ ‎(3)因为, 所以的范围是.‎ ‎【点睛】本题考查集合的运算及集合的包含关系求参数的取值范围,属于基础题.‎ ‎16.已知角的顶点与原点O重合,始边与轴的非负半轴重合,它的终边与单位圆交点为. ‎ ‎(1)求 和的值;‎ ‎(2)求的值.‎ ‎【答案】(1) (2)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)由任意角的三角函数的定义,可得,,,再根据两角和的余弦公式及二倍角正弦公式计算可得;‎ ‎(2)利用同角三角函数的基本关系将弦化切,再代入计算即可;‎ ‎【详解】解:(1)根据题意,,, ‎ 所以, ‎ ‎.‎ ‎(2) 因为, ‎ ‎ ‎ ‎【点睛】本题考查任意角的三角函数的定义,同角三角函数的基本关系以及两角和的余弦公式,属于基础题.‎ ‎17.已知函数是定义在上的偶函数,当时,.现已画出函数在轴右侧的图象,如图所示.‎ ‎(1)画出函数在轴左侧的图象,根据图象写出函数在上的单调区间;‎ ‎(2)求函数在上的解析式;‎ ‎(3)解不等式.‎ ‎【答案】(1)图见解析;函数的单调增区间是,单调减区间是 (2) (3)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据偶函数的对称性作出函数图象,由函数图象读出函数的单调区间;‎ ‎(2)当时,,再根据当时,,可得.再根据函数为偶函数,可得,由此能求出函数的解析式.‎ ‎(3)因为,当时,,当时,;由函数图象读出解集即可;‎ ‎【详解】解:(1)如图作函数图象. ‎ 函数的单调增区间是:,单调减区间是:. ‎ ‎(2)因为时,,‎ 若,则,,‎ 又因为是定义在上的偶函数,‎ 所以,当时,. ‎ 综上:. ‎ ‎(3)因 当时,,即;当时,,即;‎ 所以解集为:.‎ ‎【点睛】本题考查函数的图象的作法,函数的奇偶性的性质的应用,函数解析式的求法,考查运算求解能力,数形结合思想,属于基础题.‎ ‎18.已知函数.‎ ‎(1)求函数的最小正周期和单调区间; ‎ ‎(2)求函数的零点.‎ ‎【答案】(1);单调递增区间为,;单调递减区间为 ,; (2)或,.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)首先利用二倍角公式及辅助角公式将函数化简为,‎ 再根据正弦函数的周期公式求出最小正周期,最后根据正弦函数的单调性求出的单调区间;‎ ‎(2)令,即,即或, ,解得即可;‎ ‎【详解】(1)‎ ‎,‎ 即,‎ 所以的最小正周期. ‎ 因为的单调增区间为,,‎ 令,‎ 解得,.‎ 因为的单调减区间为,,‎ 令,‎ 解得,.‎ 所以的单调递增区间为,. ‎ 单调递减区间为 ,.‎ ‎(2)函数的零点,‎ 令,即.‎ 或, ‎ 解得或,‎ 所以的零点为或,‎ ‎【点睛】本题考查的知识要点:三角函数关系式的恒等变换,正弦型函数的性质的应用,主要考查学生的运算能力和转换能力及思维能力,属于中档题.‎ ‎19.已知函数.‎ ‎(1)当时,求的最大值;‎ ‎(2)若函数为偶函数,求的值;‎ ‎(3)设函数,若对任意,存在,使得,求的取值范围.‎ ‎【答案】(1)1 (2) (3)‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)代入的值,求出函数的最大值即可;‎ ‎(2)根据偶函数图象关于轴对称,二次函数的一次项系数为0,可得的值;‎ ‎(3)求解的值域和的值域,可得,即可求解实数的取值范围.‎ ‎【详解】(1)当时,‎ 故当时,的最大值是1 ‎ ‎(2)因为函数为偶函数,‎ ‎,所以,‎ 可得, ‎ 即实数的值为. ‎ ‎(3)‎ ‎,‎ ‎,‎ 所以的值域为.‎ 当时,存在,使得,设的值域, ‎ 转化为:函数的值域是的值域的子集;‎ 即:当时,‎ 函数,对称轴,‎ 当时,即,可得;;‎ 可得:;‎ 当时,即,可得,或,‎ 显然,不满足,此时无解;‎ 当时,即,可得,;不满足,此时无解;‎ 综上可得实数的取值范围为 ‎【点睛】本题主要考查偶函数的性质的应用,二次函数的最值问题,存在性问题,属于中档题..‎ ‎20.对于正整数集合,如果任意去掉其中一个元素之后,剩余的所有元素组成的集合都能分为两个交集为空集的集合,且这两个集合的所有元素之和相等,就称集合为“可分集合”.‎ ‎(1)判断集合和是否是“可分集合”(不必写过程);‎ ‎(2)求证:五个元素的集合一定不是“可分集合”;‎ ‎(3)若集合是“可分集合”.‎ ‎①证明:为奇数;‎ ‎②求集合中元素个数的最小值.‎ ‎【答案】(1)集合不是“可分集合”,集合是“可分集合”;(2)见解析;(3)①见解析;②最小值是7‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎(1)根据定义直接判断即可得到结论;‎ ‎(2)不妨设,若去掉的元素为,则有①,或者②;若去掉的元素为,则有③,或者④,求解四个式子可得出矛盾,从而证明结论;‎ ‎(3)①设集合所有元素之和为,由题可知,均为偶数,因此均为奇数或偶数.分类讨论为奇数和为偶数的情况,分析可得集合中元素个数为奇数;②结合(1)(2)问,依次验证当时,当时,当时集合是否为“可分集合”,从而证明结论.‎ ‎【详解】(1)集合不是“可分集合”,集合是“可分集合”;‎ ‎(2)不妨设,‎ 若去掉的元素为,将集合分成两个交集为空集的子集,且两个子集元素之和相等,则有①,或者②;‎ 若去掉的元素为,将集合分成两个交集为空集的子集,且两个子集元素之和相等,则有③,或者④.‎ 由①、③,得,矛盾;由①、④,得,矛盾;‎ 由②、③,得,矛盾;由②、④,得,矛盾.‎ 因此当时,集合一定不是“可分集合”;‎ ‎(3)①设集合所有元素之和.‎ 由题可知,均为偶数,因此均为奇数或偶数.‎ 如果为奇数,则也均为奇数,由于,所以为奇数.‎ 如果为偶数,则均为偶数,此时设,则也是“可分集合”. 重复上述操作有限次,便可得各项均为奇数的“可分集合”. 此时各项之和也为奇数,则集合中元素个数为奇数.‎ 综上所述,集合中元素个数为奇数.‎ ‎②当时,显然任意集合不是“可分集合”.‎ 当时,第(2)问已经证明集合不是“可分集合”.‎ 当时,集合,因为:‎ ‎3+5+7+9=11+13,1+9+13=5+7+11,9+13=1+3+7+11,1+3+5+11=7+13,‎ ‎1+9+11=3+5+13,3+7+9=1+5+13,1+3+5+9=7+11,‎ 则集合是“可分集合”.‎ 所以集合中元素个数的最小值是7.‎ ‎【点睛】本题考查新定义下的集合问题,对此类题型首先要多读几遍题,将新定义理解清楚,然后根据定义验证,证明即可,注意对问题思考的全面性,考查学生的思维迁移能力、分析能力,属于难度较高的创新题.‎

相关文档