上海市上海中学2019-2020学年高一上学期期中考试数学试题 14页

www.ks5u.com 上海中学2019学年第一学期期中考试数学试卷 一、填空题（每空3分，共36分）‎ ‎1.已知集合，，则______.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据补集定义直接求解可得结果.‎ ‎【详解】由补集定义可知：‎ 本题正确结果：‎ ‎【点睛】本题考查集合运算中补集运算，属于基础题.‎ ‎2.若关于的不等式的解集为，则________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据解绝对值不等式得；‎ 再由不等式的解集为，对应相等即可求出答案.‎ ‎【详解】由得 ‎ 又不等式的解集为，‎ ‎ 解得 ，所以.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查绝对值不等式的解法，属于基础题.‎ ‎3.命题“若，则”逆否命题是________.‎ ‎【答案】“若，则”‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 命题“若，则”的逆否命题为“若，则”即可解答.‎ ‎【详解】命题“若，则”的逆否命题为“若，则”可得 逆否命题为“若，则”.‎ 故答案为：若，则 ‎【点睛】本题考查四种命题，掌握四种命题间的关系是解决问题的关键，属于基础题.‎ ‎4.若全集U={1，2，3，4，5，6，7，8，9}，A，B为U的子集，且，，则集合A=________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 作出韦恩图即可得到结论.‎ ‎【详解】‎ 根据集合关系作出韦恩图（如上图）‎ ‎，， ‎ ‎ 由韦恩图得.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查韦恩图的应用，根据韦恩图表示集合关系是解决本题的关键.‎ ‎5.已知集合，，且 ‎ 则________.‎ ‎【答案】或 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先集合相等转化元素相等，求出 或或 ‎ 再由集合元素的互异性舍去即可得出答案.‎ ‎【详解】由，‎ ‎ 或解得 ‎ 或或 ‎ 由集合元素的互异性可知 (舍去)，所以或 ‎ ‎ 故答案为：或 ‎【点睛】本题考查集合之间的相等关系，集合相等转化为元素相等，由于集合元素的无序性，元素相等往往要分情况讨论.‎ ‎6.若正实数满足：，则的最大值为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 运用基本不等式得出，化简求得即可.‎ ‎【详解】正实数满足：，‎ ‎，化简得出，‎ 当且仅当，时等号成立.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题考查了运用基本不等式求解二元式子的最值问题，关键是判断、变形得出不等式的条件，属于容易题.‎ ‎7.已知集合，.若，则实数的取值范围为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先解出集合，由即可求出.‎ ‎【详解】由，,‎ 若，所以 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查根据集合的交并补运算求参数的取值范围，属于容易题.‎ ‎8.已知，定义：表示不小于的最小整数．如 ‎.若，则正实数的取值范围是 ．‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ 试题分析：由已知得，即，又因为，又因为x>0，所以，当时，显然不满足条件；当时，，从而得；当时，显然不满足条件．‎ 故正实数 的取值范围是．‎ 考点：新定义创新题．‎ ‎9.，则的最大值为________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据基本不等式结合所求代入公式，即可求解.‎ ‎【详解】由题意，则，‎ 当且仅当，即时等号成立，‎ 即的最大值为.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查基本不等式求解二元式子的最值问题，关键是判断、变形得出不等式的条件.‎ ‎10.若使集合中元素个数最少，则实数的取值范围是 ________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先讨论的取值，解不等式；再由集合的元素个数最少，推出只有满足，‎ 若集合的元素个数最少，由，集合，只需求的最大值即可，再由集合中，只需即可求解.‎ ‎【详解】由题知集合内不等式为，故 当时，可得；‎ 当时， 可转化为 ‎ 或，因为，‎ 所以不等式的解集为或，所以或 ‎ 当时，由，所以不等式的解集为，‎ 所以，此时集合的元素个数为有限个.‎ 综上所述，当时，集合元素个数为无限个，‎ 当时，集合的元素个数为有限个，故当时，集合的元素个数最少，且当 ‎ 的值越大，集合的元素个数越少，‎ 令（），则，令 解得，所以在内单调递增，在内单调递减，所以，又因为，，所以当，即时，‎ 集合中元素个数最少，故 ‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】本题主要考查集合的运算和解不等式，综合性比较强.‎ ‎ ‎ 二、选择题（每题4分，共16分）‎ ‎11.下列命题中正确的有（ ）‎ ‎①很小的实数可以构成集合；②集合与集合是同一个集合；③集合是指第二和第四象限内的点集.‎ A. 0个 B. 1个 C. 2个 D. 3个 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据集合的概念即可判断.‎ ‎【详解】对于①，集合具有确定性，故①错；‎ 对于②，集合相等必须元素的类型相同，而前者为数，后者为点的集合，故②错；‎ 对于③，坐标轴上的点不属于任何一个象限，故③错；‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查集合的概念，属于基础题.‎ ‎12.设，下列不等式中等号不能成立的有（ ）‎ A. B. ‎ C. D. ‎ ‎【答案】C ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 由基本不等式以及用基本不等式验证等号成立的条件即可求解.‎ ‎【详解】已知 对于A项，，当且仅当时，即时等号成立，故A项正确，不符合题意；‎ 对于B项，，当且仅当时等号成立，故B项正确，不符合题意；‎ 对于C项，，‎ 当且仅当时等号成立，但此时无实数根，所以等号不成立，故C错误，符合题意； ‎ 对于D项，，当且仅当，时，‎ 即时，等号成立，故D正确，不符合题意；‎ 故选：C ‎【点睛】本题主要考查基本不等式，利用基本不等式时，务必验证等号成立的条件.‎ ‎13.集合，集合，则是的（ ）条件.‎ A. 充分不必要 B. 必要不充分 C. 充分必要 D. 既不充分不必要 ‎【答案】A ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 根据条件求出集合，结合充分条件和必要条件的定义进行求解即可.‎ ‎【详解】，且，‎ 即是的充分不必要条件，所以A项正确.‎ 故选：A ‎【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的关系应用，同时也考查了不等式组以及分式不等式的解法，比较基础.‎ ‎14.使关于的不等式恒成立的实数（ ）‎ A. 不存在 B. 有且仅有一个 C. 有不止一个的有限个 D. 无穷多个 ‎【答案】B ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 利用二次函数的性质恒成立，只需即可.‎ ‎【详解】恒成立，则，即 ‎ 化简整理得，所以，解得 ‎ 故满足条件的实数有且只有一个.‎ 故选：B ‎【点睛】本题主要考查一元二次不等式恒成立问题，借助一元二次不等式与二次函数的关系，转化为用判别式求解.‎ 三、解答题（本大题共6题，共48分，解答各题必须写出必要的步骤）.‎ ‎15.设， 比较与的大小.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ 首先由化简，，然后由基本不等式得，，两式求和即可得证.‎ ‎【详解】，‎ ‎， ‎ ‎ 根据基本不等式得 ‎ ① ‎ ‎ ②‎ ‎ 当且仅当时，①②的等号成立，‎ ‎① ② 得 ‎，即 ‎【点睛】本题主要考查基本不等式比较两个式子的大小，此题也可用“作差法”进行比较.‎ ‎16.解下列不等式：‎ ‎（1）； ‎ ‎（2）.‎ ‎【答案】（1）‎ ‎（2）‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）解绝对值不等式由“零点分界法”即可求解. ‎ ‎（2）解分式不等式转化为整式不等式，分解因式，利用穿针引线即可求解.‎ ‎【详解】（1）当时， ‎ ‎ ‎ 当时， ‎ ‎ ‎ 当时，‎ 所以此时无解，‎ 综上所述，故不等式的解集为 ‎ ‎（2）‎ ‎ ，如图 ‎ 所以不等式的解集为 ‎【点睛】本题考查了绝对值不等式的解法、分式不等式的解法，解分式不等式式，转化为整式不等式后为一元高次不等式，分解因式利用穿针引线的方法进行求解.‎ ‎17.据市场分析，某绿色蔬菜加工点月产量为10吨至25吨（包含10吨和25吨），月生产总成本（万元）可以看成月产量（吨）的二次函数.当月产量为10吨时，月总成本为20万元；当月产量为15吨时，月总成本最低为17.5万元.‎ ‎（1）写出月总成本（万元）关于月产量（吨）的函数解析式；‎ ‎（2）若，当月产量为多少吨时，每吨平均成本最低？最低平均成本是多少万元？‎ ‎【答案】（1）‎ ‎（2）当月产量为吨时，每吨平均成本最低，最低成本为万元.‎ ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）设出函数解析式，代入，可得函数解析式.‎ ‎（2）求出每吨平均成本，利用基本不等式可求最值.‎ ‎【详解】（1）由题意，设，‎ 将代入上式得，解得 ‎ ‎.‎ ‎（2） ‎ ‎ 当且仅当，即时等号成立，‎ 故当月产量为吨时，每吨平均成本最低，最低成本为万元.‎ ‎【点睛】本题考查利用数学知识解决实际问题，考查基本不等式的运用，考查学生分析解决问题的能力，确定函数解析式是解此题的关键.‎ ‎18.已知命题：“，使等式成立”是真命题．‎ ‎（Ⅰ）求实数的取值集合；‎ ‎（Ⅱ）设不等式的解集为，若是的必要条件，求的取值范围．‎ ‎【答案】（1）（2）或.‎ ‎【解析】‎ 试题分析：（1）方程在有解，转化为函数在上的值域，实数的取值集合可求；‎ ‎（2）是的必要条件，分、、三种情况讨论即可求的取值范围．‎ ‎(1) 由题意知，方程在上有解，‎ 即的取值范围就为函数在上的值域，易得7分 ‎(2) 因为是的必要条件，所以8分 当时，解集为空集，不满足题意 9分 当时，，此时集合 则，解得12分 当时，，此时集合 则15分 综上16分 考点：命题与逻辑、分类讨论思想.‎ ‎19.已知二次函数.‎ ‎（1）若，解不等式组：；‎ ‎（2）若，对任意的，证明：中至少有一个非负.‎ ‎【答案】（1）或 ‎（2）见详解 ‎【解析】‎ ‎【分析】‎ ‎（1）把代入解析式，解一元二次不等式组即可求解.‎ ‎（2）利用反证法，假设中一个都没有非负，再由二次函数的图像和性质需判别式均大于零，由，不恒成立，即可得证.‎ ‎【详解】（1）若，由 则解不等式组，即解不等式组，即，‎ 故不等式的解集为或. ‎ ‎（2）若，对任意的，‎ 假设中一个都没有非负，即函数在轴下方均有图像，‎ 所以恒成立，‎ 所以三式相加，‎ 即，又因为，显然上式不成立，‎ 即假设不成立，故中至少有一个非负.‎ ‎【点睛】本题主要考查一元二次不等式组的解法以及反证法，利用反正法证明问题时，关键找到矛盾点，本题综合性比较强.‎ ‎ ‎