2019-2020學年市中學高一上學期期中數學試題

一、單選題

1．已知，B3，則

A．

B．4，C．2，3，4，D．3，4，【答案】D

【解析】利用并集概念與運算直接得到結果.【詳解】，3，3，4，故選：D．

【點睛】

本題考查并集的定義與運算，屬于基礎題.2．命題“，”的否定是（）

A．，B．，C．，D．，【答案】A

【解析】利用全稱命題的否定是特稱命題解答即可.【詳解】

因為全稱命題的否定是特稱命題，需改變量詞且否定結論，所以，命題“，”的否定是“，”.故選：A

【點睛】

本題主要考查全稱命題的否定，意在考查學生對該知識的理解掌握水平.3．設，則“”是“”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】對化簡后得，再利用集合間的關系進行判斷.【詳解】

設，或，顯然是的真子集，所以推出；而不能推出，所以“”是“”的充分不必要條件.故選：A.【點睛】

本題考查不等式的解法、考查簡易邏輯中的充分條件與必要條件，將問題轉化為集合間的關系能使求解過程更清晰.4．函數的定義域為

（）

A．

B．

C．

D．

【答案】A

【解析】根據函數解析式，只需解析式有意義即可求出.【詳解】

要使函數有意義，則需滿足：，解得

所以定義域為，故選：A

【點睛】

本題主要考查了給出函數解析式的函數定義域問題，屬于中檔題.5．已知冪函數f(x)＝(n2＋2n－2)(n∈Z)的圖像關于y軸對稱，且在(0，＋∞)上是減函數，則n的值為（）

A．1

B．2

C．1或2

D．1或－3

【答案】A

【解析】由冪函數f（x）＝（n2+2n﹣2）（n∈Z）的圖象關于y軸對稱，且在（0，+∞）上是減函數，知，由此能求出n的值．

【詳解】

∵冪函數f（x）＝（n2+2n﹣2）（n∈Z）的圖象關于y軸對稱，且在（0，+∞）上是減函數，∴，解得n＝1．

故選：A．

【點睛】

本題考查冪函數的性質及其應用，是基礎題．熟記冪函數的性質是關鍵，是基礎題．

6．已知，，則的大小為（）

A．

B．

C．

D．

【答案】C

【解析】由指數函數的性質求得，再由對數函數的性質求得，即可得到答案.【詳解】

由題意，根據指數函數的性質，可得，由對數函數的性質，可得，所以.故選：C.【點睛】

本題主要考查了指數式與對數式的比較大小，其中解答中熟記指數函數與對數函數的圖象與性質，求得的取值范圍是解答的關鍵，著重考查了推理與計算能力，屬于基礎題.7．函數y=log

(2x2-3x+1)的遞減區間為（）

A．（1，+）

B．（-，］

C．（，+）

D．（-，］

【答案】A

【解析】，所以當時，當時，即遞減區間為（1，+），選A.點睛：求函數單調區間的常用方法：(1)定義法和導數法，通過解相應不等式得單調區間；(2)圖象法，由圖象確定函數的單調區間需注意兩點：一是單調區間必須是函數定義域的子集：二是圖象不連續的單調區間要分開寫，用“和”或“，”連接，不能用“∪”連接；(3)利用函數單調性的基本性質，尤其是復合函數“同增異減”的原則，此時需先確定函數的單調性.8．函數的零點所在的區間為（）.A．(-1,0)

B．(0,1)

C．(1.2)

D．(2,3)

【答案】B

【解析】根據零點存在定理判斷．

【詳解】，因此零點在區間內．

故選：B．

【點睛】

本題考查零點存在定理，屬于基礎題型．

9．若，且，則的最小值是（）

A．

B．

C．

D．

【答案】C

【解析】將代數式與代數式相乘，展開后利用基本不等式可求出的最小值.【詳解】

由基本不等式得，當且僅當時，等號成立，因此，的最小值為，故選：C.【點睛】

本題考查利用基本不等式求代數式的最值，解題時要充分利用定值條件，熟悉幾種常見的利用基本不等式求最值的代數式類型，并對代數式進行合理配湊，考查運算求解能力，屬于中等題.10．十六世紀中葉，英國數學家雷科德在《礪智石》一書中首先把“”作為等號使用，后來英　國數學家哈利奧特首次使用“”和“”符號，并逐漸被數學界接受，不等號的引入對不等式的發展影響深遠.若，則下列命題正確的是（）.A．若且，則

B．若，則

C．若，則

D．若且，則

【答案】B

【解析】可舉反例說明一些不等式不成立，從而確定正確結論．

【詳解】

當時，A不正確；若，則，C不正確；若，則，D不正確；若，則，即，B正確．

故選：B．

【點睛】

本題考查不等式的性質，解題時可舉反例說明命題是錯誤的，也可直接利用不等式的性質推理論證．

11．已知函數，則關于的不等式的解集為（）

A．

B．

C．

D．

【答案】C

【解析】由題意，可得到，且函數在上遞增，原不等式等價于，根據函數單調性，即可求出結果.【詳解】

因為，所以，因此，因此關于的不等式，可化為；

又單調遞增，單調遞增，所以在上遞增；

所以有，解得：.故選：C

【點睛】

本題主要考查由函數單調性解不等式，熟記基本初等函數的單調性，會用基本初等函數單調性判斷復合函數單調性即可，屬于常考題型.12．若不等式對任意恒成立，則實數的取值范圍為（）

A．[

B．

C．

D．

【答案】A

【解析】【詳解】

構造函數f（x）=3x2，g（x）=logax，∵不等式3x2-logax＜0對任意恒成立，∴f（）≤g（∴-≤0．

∴0＜a＜1且a≥∴實數a的取值范圍為[

故選A

二、填空題

13．設函數，則=________.【答案】24

【解析】先求內層的值，代入對應的表達式，得，再將代入的表達式即可求解

【詳解】

先求，再求，即

故答案為：24

【點睛】

本題考查分段函數具體值的求法，應先求內層函數值，再將此值當作自變量再次代入對應的表達式求解，是基礎題

14．若為上的奇函數，則實數的值為

．

【答案】

【解析】試題分析：因為為上的奇函數，所以，所以．

【考點】奇函數的定義與性質．

15．已知函數，則不等式的解集為________.【答案】

【解析】分段函數，按定義和分類解不等式．

【詳解】

時，則，時，則，綜上，原不等式解集為．

故答案為：．

【點睛】

本題考查對數函數與指數函數的性質，只是要注意分段函數要分類討論．屬于基礎題．

16．若函數且在區間上是減函數，則實數的取值范圍是__________．

【答案】

【解析】根據復合函數單調性，令，首先按和分類，在函數定義域內，是增函數，則是增函數，則，若是減函數，則，這樣就可保證函數是減函數．

【詳解】

令，若，則，遞增，也是增函數，又，∴在上是減函數，若，則是減函數，因此，解得，綜上的取值范圍是．

故答案為：．

【點睛】

本題考查對數函數的性質，解題基礎是掌握復合函數單調性．同時注意與的單調性的關系．

三、解答題

17．求下列答式的值:

(1)

(2)

【答案】（1）18；（2）．

【解析】（1）利用冪的運算法則計算；

（2）根據對數運算法則計算．

【詳解】

（1）原式＝．

（2）原式＝．

【點睛】

本題考查分數指數冪的運算法則與對數運算法則，屬于基礎題型．

18．已知2≤x≤16，求函數的最大值與最小值．

【答案】最大值是6，最小值是．

【解析】用換元法把函數轉化為求二次函數的最值問題．可設，要注意的取值范圍．

【詳解】

設，∵，∴．，∵，∴，即時，取得最小值，即時，取得最大值6．

∴的最大值是6，最小值是．

【點睛】

本題考查對數函數的最值問題，解題關鍵是用換元法把問題轉化為二次函數的最值．在遇到這種形式的函數時通過設轉化為二次函數．

19．某公司制定了一個激勵銷售人員的獎勵方案：當銷售利潤不超過萬元時，按銷售利潤的進行獎勵；當銷售利潤超過萬元時，若超過部分為萬元，則超出部

分按進行獎勵，沒超出部分仍按銷售利潤的進行獎勵．記獎金總額為（單位：萬元），銷售利潤為（單位：萬元）．

（1）寫出該公司激勵銷售人員的獎勵方案的函數表達式；

（2）如果業務員老張獲得萬元的獎金，那么他的銷售利潤是多少萬元？

【答案】（1）（2）他的銷售利潤是萬元

【解析】（1）由題意，得

（2）∵時，又，∴，令，解得．

答：老張的銷售利潤是萬元．

【考點】分段函數、對數函數模型.20．已知定義在上的函數

.(1)

當時,試判斷在區間上的單調性,并給予證明.(2)

當時,試求的最小值.【答案】(1)

在區間上單調遞增，證明見解析；

(2)4.【解析】（1）用定義法嚴格證明即可

（2）用換元法設，由（1）可得，再根據對勾函數增減性求出的最小值即可

【詳解】

(1)

用定義法證明如下:

設,則，,，,，,即，在區間上單調遞增；

(2)設,則，由(1)知,當時在區間上單調遞增，在區間上單調遞減,在區間上單調遞增，當,即,解得時,.【點睛】

本題考查函數增減性的證明，復合函數值域的求法，換元法的應用，換元法的核心在于新元的取值范圍必須明確，復合函數的增減性遵循同增異減

21．已知函數且

(1)若方程的一個實數根為2，求的值;

(2)當且時，求不等式的解集;

(3)若函數在區間上有零點，求的取值范圍。

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】（1）用代入方程，可求得；

（2）由對數函數的性質解此不等式；

（3）結合零點存在定理和二次方程根的分布知識求解．

【詳解】

（1）即有一個根是2，則，∴，．

（2）不等式為，∵，∴，解得，即不等式的解集為．

（3）由題意在上有解，解法一：

(i)若，則，，滿足題意；

(ii)若，則，，滿足題意；

(iii)，或．

（iv），解得

綜上所述，的取值范圍是．

解法二：，∵，∴，∴，∴，∴或．

【點睛】

本題考查對數函數的圖象與性質，考查函數零點的概念．函數零點問題特別是二次函數零點分布問題如果用根的分布知識求解有一定的難度，如題中解法一，但若用分離參數法轉化為求函數的值域問題將會顯得簡單，如解法二，在解題中要注意體會．

22．已知函數是奇函數．

（1）求實數的值；

（2）若，對任意有恒成立，求實數取值范圍；

（3）設,若，問是否存在實數使函數在上的最大值為？若存在，求出的值；若不存在，說明理由.【答案】（1）

（2）

（3）不存在,理由見解析.【解析】（1）根據定義域為R且為奇函數可知,代入即可求得實數的值.（2）由（1）可得函數的解析式,并判斷出單調性.根據將不等式轉化為關于的不等式,結合時不等式恒成立,即可求得實數取值范圍；

（3）先用表示函數.根據求得的解析式,根據單調性利用換元法求得的值域.結合對數的定義域,即可求得的取值范圍.根據對數型復合函數的單調性,即可判斷在的取值范圍內能否取到最大值0.【詳解】

（1）函數的定義域為R,且為奇函數

所以,即

解得

（2）由（1）可知當時,因為,即

解不等式可得

所以在R上單調遞減,且

所以不等式可轉化為

根據函數在R上單調遞減

所不等式可化為

即不等式在恒成立

所以恒成立

化簡可得

由打勾函數的圖像可知,當時,所以

（3）不存在實數.理由如下:

因為

代入可得,解得或(舍)

則,令,易知在R上為單調遞增函數

所以當時，則

根據對數定義域的要求,所以滿足在上恒成立

即在上恒成立

令,所以,即

又因為

所以

對于二次函數,開口向上,對稱軸為

因為

所以

所以對稱軸一直位于的左側,即二次函數在內單調遞增

所以,假設存在滿足條件的實數,則:

當時,由復合函數單調性的判斷方法，可知為減函數,所以根據可知,即

解得,所以舍去

當時,復合函數單調性的判斷方法可知為增函數,所以根據可知,即

解得,所以舍去

綜上所述,不存在實數滿足條件成立.【點睛】

本題考查了函數奇偶性的性質及應用,不等式恒成立問題的解法,復合函數單調性的判斷及最值求法,含參數的分類討論思想的綜合應用,綜合性強,屬于難題.