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  • 2021-06-16 发布

宁夏大学附属中学2020-2021学年高一上学期期中考试数学试卷 Word版含解析

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- 1 - 宁大附中 2020-2021 学年第一学期期中考试 高一数学试卷 一、选择题(本大题共 12 个小题,每小题 5 分,共计 60 分) 1. 设集合    01 2 3 013 4A B ,,, , ,,, ,则 A B  ( ) A.  01 2 3 4,,,, B.  2 4, C.  013,, D.  【答案】C 【解析】 【分析】 直接利用交集运算求解. 【详解】因为集合    01 2 3 013 4A B ,,, , ,,, , 所以 A B   013,, , 故答案为: 013,, 2. 已知集合  2| 2x 3 0A x x    ,则 A Rð ( ) A.  | 3x x   或 1x  B.    | 3 1x x   C.  | 1x x   或 3x  D.  | 1 3x x   【答案】D 【解析】 【分析】 先利用一元二次不等式的解法化简集合 A,再利用补集的运算求解. 【详解】因为集合  2| 2x 3 0A x x     3x x 或 1x   , 所以 A Rð  | 1 3x x   故选:D 3. 函数 21y x  的定义域为( ) A.  11 , B.  11 , C.  1, D.  1 , - 2 - 【答案】B 【解析】 【分析】 令 21 0x  即可求解. 【详解】由题意得: 21 0x  ,解得: 1 1x   , 所以函数的定义域为: 11 ,, 故选:B 4. 函数    2f x a x b   是 R 上的增函数,则有( ) A. 2a  B. 2a  C. 2a  D. 2a  【答案】D 【解析】 【分析】 由一次函数的性质进行求解 【详解】解:因为函数    2f x a x b   是 R 上的增函数, 所以 2 0a  ,得 2a  , 故选:D 5. 已知函数    2 2 1 1f x x a x     在区间 2  , 上是减函数,则 a 的取值范围是 ( ) A.  3  , B.  1,   C.  3, D.  1 , 【答案】C 【解析】 【分析】 根据二次函数的单调性可得答案. 【详解】因为函数的图象是抛物线,且开口向下,所以对称轴 1x a  左侧是单调递增函数, 右侧是单调递减函数,因为在区间 2  , 上是减函数,所以 1 2a   ,得 3a  . 故选:C. - 3 - 6. 下列函数中,既是偶函数又在区间 0  , 上单调递增的是( ) A. 21  y x  B. 1y x  C. 2y x-= D.   2 2x xy   【答案】B 【解析】 【分析】 A. 利用二次函数的性质判;B. 利用函数 1y x  的图象判断;C. 利用幂函数的性质判断; D. 利用函数奇偶性判断. 【详解】A. 由二次函数的单调性得 21  y x  在 0  , 上递减,故错误; B. 函数 1y x  的图象如图所示: 所以函数是偶函数又在区间  0  , 上单调递增,故正确; C. 由幂函数的单调性得 2y x-= 在 0  , 上递减,故错误; D. 因为      2 2 2 2x x x xf x f x         ,所以函数是奇函数,故错误; 故选:B 7. 设函数  y f x 是 R 奇函数,且 (1) (2),f f 则必有( ) A.    1 2f f  B.      1 2f f  C.    1 2f f   D.      1 2f f   【答案】C - 4 - 【解析】 【分析】 根据函数的奇偶性可得图象关于原点对称,再由 (1) (2)f f 可得答案 【详解】根据函数  y f x 是 R 奇函数,所以图象关于原点对称, 又因为 (1) (2)f f ,所以得 ( 2) ( 1)f f   . 故选:C. 8. 如果奇函数  y f x 在 7 1 , 上是减函数,且最大值是 5,那么,  f x 在 17, 上是 ( ) A. 增函数,最大值为 5 B. 减函数,最大值为 5 C. 减函数,最小值为 5 D. 增函数,最小值为 5 【答案】C 【解析】 【分析】 由题意结合奇函数的对称性和所给函数的性质即可求得答案. 【详解】奇函数的函数图象关于坐标原点中心对称, 则若奇函数 f(x)在区间 7 1 , 上是减函数且最大值为 5, 那么 f(x)在区间 1 7, 上是减函数且最小值为﹣5. 故选:C. 9. 已知  f x 是定义在 R 上的奇函数, 0x  时,   2 2f x x x  ,则在, 0x  上  f x 的 表达式是( ) A.   2 2f x x x   B.   2 2f x x x   C.   2 2f x x x  D.   2 2f x x x  【答案】A 【解析】 【分析】 设 0x  上,则 0x  ,得到   2 2f x x x   ,再根据  f x 是定义在 R 上的奇函数求解. - 5 - 【详解】因为 0x  时,   2 2f x x x  , 设 0x  ,则 0x  , 所以   2 2f x x x   , 又因为  f x 是定义在 R 上的奇函数, 所以     2 2f x f x x x      , 故选: A. 10. 已知  lg 5 0x   ,那么 x ( ) A 5 B. 4 C. 5 D. 4 【答案】D 【解析】 【分析】 利用公式 log 1 0a  ,即  lg 5 0x   ,得 5 1x   ,解可得结果. 【详解】  lg 5 0x  Q , 5 1x   ,解得 4x   故选:D. 11. 设 0.3 03 3a b log c  , , ,则 a b c, , 的大小关系是( ) A. a b c  B. b c a  C. b a c  D.  a c b  【答案】D 【解析】 【分析】 利用指数,对数和幂函数的单调性求解. 【详解】因为 0.3 0 13 1 3a b log c   >1,0< , , 所以  a c b  , 故选:D 12. 函数   12 1( 0 1)xf x a a a   ,且 恒过定点( ) A.  1, 1 B.  1,1 - 6 - C.  0,1 D.  0, 1 【答案】B 【解析】 【分析】 根据指数函数的性质可知 1 0x   ,即可求解. 【详解】由题意知: 1 0x   ,即 1x  , 此时 02 1 1y a   , 所以函数恒过定点 1,1 , 故选:B 二、填空题:(本大题共 6 个小题,每小题 5 分,共计 30 分) 13. 计算: lg 2 lg 5 =___________. 【答案】1 【解析】 lg2 lg5 lg10 1   . 故答案为 1 14. 已知 2 ( ) 0log lna  ,则 a =________. 【答案】e 【解析】 【分析】 根据对数的性质可得 ln 1a  ,即可求解. 【详解】根据对数的性质可得 2 2( ) 0 log 1log lna   , 所以 ln 1a  ,所以 a e , 故答案为: e 15. 已知   2 2f x x x  的定义域是 0 3, ,则  f x 的最大值与最小值的和为_______. 【答案】2 【解析】 - 7 - 【分析】 根据    22 2 1 1f x x x x   ,利用二次函数的单调性求解. 【详解】已知    22 2 1 1f x x x x   , 因为函数的定义域是 0 3, ,且  f x 在  0,1 上递减,在  1,3 上递增, 所以  f x 的最大值是  3 3f  ,最小值是  1 1f   , 所以  f x 的最大值与最小值的和为 2, 故答案为:2 16. 已知 2 , 0 ( ) 2, 0 0, 0 x x f x x x       ,则    2f f f   ________. 【答案】4 【解析】 【分析】 由内向外依次求值即可 【详解】解:因为 ( 2) 0f   ,所以 ( ( 2)) (0) 2f f f   , 所以     22 (2) 2 4f f f f    , 故答案为:4 17. 函数    1 2af x log x   的图像一定过定点 P,则 P 的坐标是_______. 【答案】  2 2, 【解析】 【分析】 根据对数函数   af x log x 过定点 1,0 ,令 1 1x   求解. 【详解】因为函数    1 2af x log x   , 令 1 1x   ,得 2x  , 所以  2 2f   , 所以函数    1 2af x log x   的图像过定点 P 2, 2 , - 8 - 故答案为: 2 2, 18. 已知函数  f x 是定义在 R 上的偶函数,若 0x  时,函数单调递减,且过 2 0点( ,),则 满足    0x f x  的 x 的取值范围是_______________. 【答案】 2 0 2x x   或 【解析】 【分析】 根据已知函数的性质可作出函数的大致图象,结合图象可得答案. 【详解】因为函数  f x 是定义在 R 上的偶函数, 0x  时,函数单调递减,且过 (2 )0, , 所以 0x  时,函数单调递增,且过 2 0(- ,),结合性质可得  f x 的图象 所以   0 0 x f x    或   0 0 x f x    可得 0 2x  或 2x   , 故答案为: 0 2x  或 2x   . 三、解答题:(本大题共 5 个小题,共计 60 分) 19. 计算: (1)   1 1 302 274 5 8        (2) 2 22log 10 log 0.04 【答案】(1)1;(2)2. 【解析】 【分析】 - 9 - (1)利用指数幂的运算公式即可得解 (2)利用对数的运算公式即可得解. 【详解】(1)原式     1 31 302 2 3 1 3 = 2 5 1 12 2 2                ; (2)原式  2 2 2 2 2 2 22log 10 log 0.2 2log 10 2log 0.2 2log 10 0.2 2l 2g 2o        . 20. 已知函数  f x 是定义在 1,1 上的增函数,且    2 1f x f x   ,求 x 的取值范围. 【答案】 3 ,22      . 【解析】 【分析】 根据定义域和单调性即可列出不等式求解. 【详解】  f x 是定义在 1,1 上的增函数 ∴由    2 1f x f x   得 1 2 1 1 1 1 2 1 x x x x             ,解得 1 3 0 2 3 2 x x x           ,即 3 22 x  故 x 的取值范围 3 ,22      . 21. 已知集合 A={x|1 < x < 6} , B={x|2 < x < 10} , C={x|5-a < x < a} . ( 1 )求 A∪B ,(∁ RA ) ∩B ; ( 2 )若 C⊆B ,求实数 a 的取值范围. 【答案】( 1 ) A∪B={x|1 < x < 10}; (∁ RA ) ∩B={x|6≤x < 10}(2) ( -∞ , 3]【解析】 【分析】 (1)进行并集、交集和补集的运算即可; (2)根据 C ⊆ B,可讨论 C 是否为空集:C= ∅ 时,5﹣a≥a;C≠ ∅ 时, 5 5 2 10 a a a a       < ,这样即可得 - 10 - 出实数 a 的取值范围. 【详解】解:( 1 ) A∪B={x|1 < x < 10} ,∁ RA={x|x≤1 或 x≥6} ; ∴ (∁ RA ) ∩B={x|6≤x < 10} ; ( 2 ) ∵C⊆B ; ①C= ∅时, 5-a≥a ; ∴ 5 2a  ; ②C≠ ∅时,则 5 5 2 10 a a a a       < ; 解得 5 32 a < ; 综上得, a≤3 ; ∴a 的取值范围是( -∞ , 3] . 【点睛】本题考查描述法的定义,交集、并集和补集的运算,以及子集的定义. 22. 已知   xf x ka ( k a, 为常数, 0a  1a  且)的图像过点    01 , 38A B , , . (1)求  f x 的解析式; (2)若函数  g x     1 1 f x f x   ,试判断  g x 的奇偶性并给出证明. 【答案】(1)   2 xf x  ;(2)奇函数;证明见解析. 【解析】 【分析】 (1)将 A,B 两点代入函数即可求出 ,k a ,得出解析式; (2)根据定义即可判断其奇偶性. 【详解】解:(1)∵   xf x ka 的图像过点    01 , 38A B , , ∴     3 0 1 3 8 f k f ka       ,解得 1 2k a , ,故   2 xf x  ; (2)由(1)知  g x      1 2 1 1 2 1 2 1 1 2 x x x x f x f x         , - 11 - 则  g x 的定义域为 R,关于原点对称, 且    2 1 1 2  2 1 1 2 x x x xg x g x        故  g x 为奇函数. 23. 已知函数      1 3 (0 1)a af x log x log x a      . (1)求函数  f x 的定义域; (2)若函数  f x 的最小值为 2 ,求 a 的值. 【答案】(1) 3,1 ;(2) 1 2a  . 【解析】 【分析】 (1)由 1 0 3 0 x x      即可求解; (2)先整理    23 2aog xf x l x  ,利用复合函数的单调性即可求出  f x 的最小值,令 最小值等于 4 解方程即可. 【详解】(1)若      1 3a af x log x log x    有意义, 则 1 0 3 0 x x      ,解得 3 1x   ,故  f x 的定义域为 3,1 ; (2)由于      1 3a af x log x log x          21 3 3 2 31a alog x x log x x x       , , 令  223 2 1 4t x x x       ,则 0 4t  ∵ 0 1a  时,   ay log t 在 0 4t  上是减函数,∴  4min a miny log f x  又   2minf x   ,则 4 2alog   ,即 2 4a  ,解得 1 2a  或 1 2a   (舍) 故若函数  f x 的最小值为 2 ,则 1 2a  . 【点睛】关键点点睛:本题在解题的过程中要注意定义域,关键在于 23 2x x  的范围和  f x - 12 - 的单调性.