2018-2019學年市中學高一上學期期中數學試題

一、單選題

1．如果那么是成立的（）

A．充分不必要條件

B．必要不充分條件

C．充要條件

D．既不充分也不必要條件

【答案】A

【解析】【考點】充要條件．

分析：由已知中x，y∈R，根據絕對值的性質，分別討論“xy＞0”?“|x+y|=|x|+|y|”，與“|x+y|=|x|+|y|”?“xy＞0”，的真假，然后根據充要條件的定義，即可得到答案．

解答：解：若“xy＞0”，則x，y同號，則“|x+y|=|x|+|y|”成立

即“xy＞0”是“|x+y|=|x|+|y|”成立的充分條件

但“|x+y|=|x|+|y|”成立時，x，y不異號，“xy≥0”，“xy＞0”不一定成立，即“xy＞0”是“|x+y|=|x|+|y|”成立的不必要條件

即“xy＞0”是“|x+y|=|x|+|y|”成立的充分不必要條件

故選A

點評：本題考查的知識點是充要條件，其中根據絕對值的性質，判斷“xy＞0”?“|x+y|=|x|+|y|”，與“|x+y|=|x|+|y|”?“xy＞0”的真假，是解答本題的關鍵．

2．若,全集,，則（）

A．

B．

C．

D．

【答案】A

【解析】題目給出了,且題中含有,等式子,可利用均值不等式求解.根據均值不等可得,結合交集與補集的定義即可得出答案.【詳解】

則:

故選:A.【點睛】

本題考查了集合之間的基本運算以及基本不等式的知識,解答本題的關鍵在于明確基本不等式的內容.3．下列函數中，既不是奇函數，又不是偶函數，并且在上是增函數的是（）

A．

B．

C．

D．

【答案】D

【解析】根據奇函數滿足,偶函數滿足.逐個選項判斷其奇偶性和單調性即可得出答案.【詳解】

對于A,函數為二次函數,圖像為拋物線,開口向下,對稱軸為:

函數在單調遞增,在單調遞減,故A不正確;

對于B,函數的定義域為,定義域關于原點對稱,令,滿足,函數為奇函數,故B不正確;

對于C,函數的定義域為,定義域原點對稱,令,所以為偶函數,故C不正確;

對于D,函數的定義域為,定義域關于原點對稱,令

函數為非奇非偶函數,且在上是單調遞增,滿足題意,故D正確.故選:D.【點睛】

本題考查奇偶性的判斷,考查了函數的單調性,屬于基礎題.4．已知，則等于（）

A．

B．

C．

D．

【答案】C

【解析】把等價轉化

即可求得進而求得.【詳解】

設

.故選:C.【點睛】

本題主要考查函數解析式求解.求解函數解析式常用方法有代入法,換元法以及構造方程組法.二、填空題

5．用描述法表示被7除余2的正整數的集合為__________

【答案】

【解析】設被7除余2的正整數為,即,用描述法寫成集合形式,即可得到答案.【詳解】

設該數為,則該數滿足,所求的正整數集合為

故答案為:.【點睛】

本題考查了用描述法表示集合,掌握集合的表示方法是解題關鍵.6．函數的定義域為__________

【答案】

【解析】根據偶次根式下被開方數非負,分數分母不為零,列出關于的不等式組,即可求出函數的定義域.【詳解】

由題意可得:

所以函數的定義域為:且

即:

故答案為:

【點睛】

本題主要考查函數的定義域的求解,要求能夠熟練掌握常見函數成立條件.7．若函數,，則_____________

【答案】()

【解析】將函數，代入即可求得答案.【詳解】

函數,()

故答案為:().【點睛】

本題考查了求解函數表達式,能夠理解函數的概念是解題關鍵.8．函數的單調遞增區間為______________

【答案】

【解析】解法一:

根據函數單調性的定義,先任取,能保證的區間,即為函數的單調遞增區間;

解法二:求函數的導數,利用函數的導數大于零,則函數遞增,即可求得函數的單調遞增區間.【詳解】

解法一:設的單調增區間為,任取

所以,即

在區間上具有任意性,故:

則函數的單調遞增區間為.解法二:由題函數,故

令,解得:或

(舍去)

函數的單調遞增區間為

故答案為:.【點睛】

本題考查了求函數單調區間.求函數單調區間既可以用函數單調性定義法判斷,也可以采用導數知識求解.9．已知四邊形ABCD為正方形，則其面積關于周長的函數解析式為_________

【答案】

【解析】正方形的周長,則邊長為,即可求得的面積關于周長的函數解析式.【詳解】

正方形的周長為,則正方形的邊長為

()

正方形的面積為:

故答案為:

()

.【點睛】

本題考查了實際問題中的求解函數關系式,能夠通過周長求得正方形邊長,是求出面積關于周長解析式的關鍵.10．不等式的解集為__________

【答案】或寫成【解析】把原不等式右邊的移項到左邊,通分后變成,不等式可化為兩個不等式組,分別求出兩不等式組的解集,兩解集的并集即為原不等式的解集.【詳解】

即

可化為:

┄①或┄②

解①得:

解②得:無解.故不等式的解集為:.故答案為:或寫成:

【點睛】

本題主要考查了分式不等式的求解,屬于基礎試題.11．已知集合，集合，則_________

【答案】

【解析】根據集合的并集定義,即可求得.【詳解】

故答案為:

.【點睛】

本題考查了集合的并集運算,掌握并集的概念是解本題關鍵.12．已知集合，集合，若,則所有可能取值構成的集合為______________

【答案】

【解析】先化簡集合,利用,分類討論和,即可求出構成的集合.【詳解】

由

可得:

即:

解得或

故:

由

可得:

當時,方程無實數解,此時,滿足

當時,方程的實數解為,故:

由可得:或

解得或的所有取值構成的集合為:.故答案為:.【點睛】

本題主要考查了集合間的基本關系以及一元二次方程的解法,要注意集合是集合的子集時,集合有可能是空集.13．已知函數是偶函數，且當時，則當時，該函數的解析式為__________

【答案】

【解析】設,則,當時,于是可求得,再利用偶函數的性質,即可求得函數的解析式.【詳解】

設,則

根據偶函數

故答案為:.【點睛】

已知函數的奇偶性求解析式,將待求區間上的自變量,轉化到已知區間上,再利用奇偶性求出的解析式.14．已知命題的逆命題為：“已知，若則”，則的逆否命題為__________命題（填“真”或“假”）

【答案】假

【解析】根據命題的逆命題,寫的其原命題.根據原命題和逆否命題真假相同,即可得出逆否命題真假.【詳解】

命題的逆命題為：“已知，若，則”

命題的原命題為：“已知，若，則”

當,滿足,但不滿足

命題的原命題為假命題.根據原命題和逆否命題真假相同的逆否命題為:假.故答案為:假.【點睛】

本題主要考查四個命題之間的關系與真假命題的判斷,掌握原命題和逆否命題真假相同是解本題關鍵.15．已知集合，則__________

【答案】

【解析】化簡集合,求出,即可求解.【詳解】

故答案為:.【點睛】

本題考查了集合的補集和交集運算,掌握集合運算基本知識是解題關鍵.16．當時，給出以下結論：（1）；（2）；（3）,其中恒成立的序號為_______________

【答案】（1）（2）

【解析】由,根據不等式的基本性質,逐項檢驗即可得出答案.【詳解】

對于（1）項,由,得，則,故（1）項正確;

對于（2）項,由,得,則,故（2）項正確;

對于（3）項,令,滿足

則,可得:

故（3）項錯誤.所以恒成立的序號為:（1）（2）.故答案為:（1）（2）.【點睛】

本題考查了不等式的基本性質,考查了推理能力與計算能力,屬于基礎題.17．已知，則的最小值為_____________

【答案】

【解析】根據,可得,然后把整理成,進而利用均值不等式求其最小值.【詳解】

(當且僅當,即)的最小值為:.故答案為:

.【點睛】

本題考查均值不等式,構造出均值不等式的形式是解題的關鍵,但要注意均值不等式成立條件.18．設數集，且，如果把叫做集合的長度，那么集合的長度的最小值與最大值的和為____________

【答案】

【解析】根據題意中集合長度的定義,可得的長度為,的長度為.當集合的長度為最小值時,即重合部分最少時,與應分別在區間的左右兩端,當集合的長度為最大值時,即重合部分最多時,與應分別在區間的中間,進而得出答案.【詳解】，又的長度為,的長度為.當的長度為最小值,與分別在區間的左右兩端

長度的最小值為

又長度的最大值為:

則的長度的最小值與最大值的和為:

故答案為:.【點睛】

本題主要考查集合新定義,能夠理解所定義的集合的長度和結合數軸求解是解題關鍵.19．已知集合，集合，若，則_______

【答案】

【解析】設公共根是,代入兩方程,作差可得,即公共根就是,進一步代入原方程求解兩集合,即可得出答案.【詳解】

兩個方程有公共根

設公共根為,兩式相減得:,即.①若,則兩個方程都是,與矛盾;

②則,公共根為,代入

得:

即,解得:(舍),故答案為:

【點睛】

本題考查了集合并集運算,能夠通過解讀出兩個集合中的方程有公共根,是解題的關鍵.三、解答題

20．已知集合，求實數的值.【答案】

【解析】由，則可得，計算出結果，進行驗證

【詳解】

由題意得，解得或，當時，滿足要求；

當時，不滿足要求，綜上得：

【點睛】

本題考查了集合的交集，由已知條件，代入求出參量的值，注意代回的檢驗尤為重要。

21．解關于的不等式

【答案】當時，不等式的解集是或；

當時，不等式的解集為；

當時，不等式的解集為；

當時，不等式的解集為.當時，不等式的解集為.【解析】先將不等式化為，當時，分，三種情況討論，求出解集；當，化簡原不等式，直接求出結果；當時，化簡不等式，解對應一元二次不等式，即可求出結果.【詳解】

不等式可化為.①當時，原不等式可以化為，根據不等式的性質，這個不等式等價于.因為方程的兩個根分別是2，所以當時，則原不等式的解集是；

當時，原不等式的解集是；

當時，則原不等式的解集是.②當時，原不等式為，解得，即原不等式的解集是.③當時，原不等式可以化為，根據不等式的性質，這個不等式等價于，由于，故原不等式的解集是或.綜上所述，當時，不等式的解集是或；

當時，不等式的解集為；

當時，不等式的解集為；

當時，不等式的解集為.當時，不等式的解集為.【點睛】

本題主要考查含參數的一元二次不等式的解法，靈活運用分類討論的思想，即可求解，屬于常考題型.22．已知：為三角形的三邊長，求證：；

【答案】證明見解析

【解析】利用作差法,分別求證和

即可證明不等式.【詳解】

證明：

.∴.綜上所述:.【點睛】

本題主要考查用作差法比較大小的方法,屬于基礎題.23．現有A,B,C,D四個長方體容器，已知容器A,B的底面積均為，高分別為，容器C,D的底面積為，高也分別為；現規定一種兩人游戲規則：每人從四個容器中取出兩個分別盛滿水，兩個容器盛水的和多者為勝，若事先不知道的大小，問如何取法可以確保一定獲勝？請說明理由.【答案】在不知道x，y的大小的情況下，取A，D能夠穩操勝券，其他的都沒有必勝的把握，理由見解析

【解析】依題意可知四個容器的容積分別為.分別討論時和時四者的大小關系,即可得出如何取法可以確保一定獲勝.【詳解】

當時,則，即.當時,則，即.又

∴在不知道,的大小的情況下,取,能夠穩操勝券,其它取法都沒有必勝的把握.【點睛】

根據題意列出四個容器的容積,在討論在和兩種情況下,利用作差法比較和大小是解本題的關鍵.24．某段地鐵線路上有A,B,C三站，（千米），（千米），在列車運行時刻表上，規定列車8:00從A站出發，8:07到達B站，并停留1分鐘，8:12到達C站，并在行駛時以同一速度（千米/分）勻速行駛；列車從A站出發到達某站的時間與時刻表上相應時間差的絕對值，稱為列車在該站的運行誤差；

（1）分別用速度表示列車在B,C兩站的運行誤差；

（2）若要求列車在B,C兩站的運行誤差之和不超過2分鐘，求列車速度的取值范圍；

【答案】（1）|

;

|-11|;（2）[39,]

【解析】（1）因為行駛時以同一速度勻速行駛,列車從站到達某站的時間與時刻表上相應時間之差的絕對值稱為列車在該站的運行誤差,所以可以得到列車在兩站的運行誤差;

（2）根據題意列出在兩站的運行誤差之和不超過分鐘,即可得到關于的不等式,然后求解即可.【詳解】

（1）由題意可知:列車從站到達某站的時間與時刻表上相應時間之差的絕對值稱為列車在該站的運行誤差.列車在兩站的運行誤差(單位:分鐘)分別和.（2）列車在B,C兩站的運行誤差之和不超過2分鐘

①當時，可變形為:

解得:

②當時，可變形為:

解得:

綜上所述的取值范圍是:.【點睛】

本題考查絕對值不等式的求解.在求解絕對值不等式時,一般利用零點分段法去掉絕對值來求解,考查分類討論數學思想.