黑龙江省大庆市2019-2020高一数学(理)上学期期中试题(带解析Word版)
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黑龙江省大庆市2019-2020高一数学(理)上学期期中试题(带解析Word版)

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资料简介
2019--2020 学年度上学期期中考试高一年级数学(理)试题 第Ⅰ卷(共 60 分) 一、选择题:本大题共 12 个小题,每小题 5 分,共 60 分.在每小题给出的四个选项中,只有一 项是符合题目要求的. 1.已知全集 U={x|x≥2},集合 M={x|x≥3},则∁UM=(  ) A. {x|2≤x≤3} B. {x|2≤x<3} C. {x|x≤3} D. {x|x<2} 【答案】B 【解析】 【分析】 根据补集的定义,全集 U 中去掉集合 M 可以得到∁UM. 【详解】全集 U={x|x≥2},集合 M={x|x≥3}, 则∁UM={x|2≤x<3}.故选:B. 【点睛】本题考查了补集的定义,是基础题. 2.设函数 的定义域 ,函数 y=ln(1-x)的定义域为 ,则 A. (1,2) B. (1,2] C. (-2,1) D. [-2,1) 【答案】D 【解析】 由 得 ,由 得 , 故 ,选 D. 【名师点睛】集合的交、并、补运算问题,应先把集合化简再计算,常常借助数轴或韦恩图 进行处理. 3.若偶函数 f(x)在(-∞,-1]上是增函数,则(  ) A. f(-1.5)<f(-1)<f(2) B. f(-1)<f(-1.5)<f(2) C f(2)<f(-1)<f(-1.5) D. f(2)<f(-1.5)<f(-1) 【答案】D 【解析】 【分析】 根据单调性可得 ,结合奇偶性可得结果. . 24y x= − A B A B∩ = 24 0x− ≥ 2 2x− ≤ ≤ 1 0x− > 1x < A B={ | 2 2} { | 1} { | 2 1}x x x x x x∩ − ≤ ≤ ∩ < = − ≤ < ( ) ( ) ( )2 1.5 1f f f− < − < −【详解】 在 上是增函数, 又 , 又 偶函数, ,故选 D. 【点睛】在比较 , , , 的大小时,首先应该根据函数 的奇偶性 与周期性将 , , , 通过等值变形将自变量置于同一个单调区间,然后 根据单调性比较大小. 4.函数 的图象恒过定点(  ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 令 2x-3=1 得 x=2, ,故 过点 , 故选 D. 5.函数 其中 且 的图象一定不经过 A. 第一象限 B. 第二象限 C. 第三象限 D. 第四象限 【答案】C 【解析】 由 可得函数 的图象单调递减,且过第一、二象限, , 的图象向下平移 个单位即可得到 的图象, 的图象一定在第一、二、四象限,一定不经过第三象限, 故选:C. 6.已知 ,则 的关系为( ). A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 为 ( )f x ( ], 1−∞ − ( ) ( ) ( )2 1.5 1 1, 2 1.5 1f f f− < − < − ≤ − ∴ − < − < − ( )f x ( ) ( ) ( )2 1.5 1f f f∴ < − < − ( )1f x ( )2f x  ( )nf x ( )f x ( )1f x ( )2f x  ( )nf x ( ) ( ) ( )log 2 3 4 1af x x a o a= − − > ≠且 ( )1,0 ( )1, 4− ( )2,0 ( )2, 4− (2) log 1 4 4af∴ = − = − ( )f x ( )2, 4− ( ) 1(xf x a b= + − 0 1a< < 0 1)b< < ( ) 0 1a< < xy a= 0 1 1 1 0 0 1 1b b b< < ∴− < − < ∴ < − 3 31 log 8 log 9 2< < = a c b> > ( ) 22 2 31 m my m m x − −= − − ( )0,x∈ +∞ m 1m = − 1m = − 2m = 1 5 2m ±≠ 22 2 31 m my m m x − −= − −( ) 2 1 1m m− − = 2 2 0m m− − = 2m = 1m = − 2m = 2 2 3 3m m− − = − 3y x−= ∞(0,+ ) 1m = − 2 2 3 0m m− − = 0 1 0y x x= = ≠( ) ∞(0,+ ) 2 2 2 31 m my m m x − −= − −( ) ∞(0,+ ) m 2 ( )f x ( )2,3− ( )5y f x= + ( )3,8 ( )7, 2− − ( )2,3− ( )0,5 ( )5y f x= + ( )f x ( )f x ( )2,3− ( )5y f x= + ( )f x∵函数 在区间 上是增函数, ∴ 增区间为 向左平移 5 个单位,即增区间为 , 故选:B. 【点睛】本题考查图象的变换,考查函数的单调性,属于基础题. 9.若 ,则函数 的两个零点分别 位于区间( ) A. 和 内 B. 和 内 C. 和 内 D. 和 内 【答案】A 【解析】 试题分析: ,所以 有零点,排除 B,D 选 项 . 当 时 , 恒 成 立 , 没 有 零 点 , 排 除 C , 故 选 A. 另 外 ,也可知 内有零点. 考点:零点与二分法. 【思路点晴】如果函数 在区间 上的图象是连续不断的一条曲线,且有 · ,那么,函数 在区间 内有零点,即存在 使得 ,这个 也就是方程 的根.注意以下几点:①满足条件的零点可能不唯一; ②不满足条件时,也可能有零点.③由函数 在闭区间 上有零点不一定能推出 · ,如图所示.所以 · 是 在闭区间 上有零点的 充分不必要条件. 10.函数 的图像的大致形状是( ) ( )f x ( )2,3− ( )5y f x= + ( )2,3− ( )7, 2− − a b c< < ( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )f x x a x b x b x c x c x a= − − + − − + − − ( , )a b ( , )b c ( , )a−∞ ( , )a b ( , )b c ( , )c +∞ ( , )a−∞ ( , )c +∞ ( ) ( )( ) ( ) ( )( )0, 0f b b c b a f c c a c b= − − = − − ( , )b c x c> ( ) 0f x > ( ) ( )( ) 0f a a b a c= − − > ( , )a b ( , )a b ( , )c a b∈ [ ],a b [ ],a b (0 1) xxay ax = < = = − > ( )0,x∈ +∞ ( ),0x∈ −∞ ( )2 2( ) log 3f x x ax a= − + [2, )+∞ a ( ,4]−∞ ( ,2]−∞ ( 4,4]− ( 4,2]− 22 a ≤解得﹣4<a≤4 故选:C. 【点睛】本题考查的知识点是复合函数的单调性,二次函数的性质,对数函数的单调区间, 其中根据复合函数的单调性,构造关于 a 的不等式,是解答本题的关键. 12.已知 是定义在 上的奇函数,当 时, ,则不等式 的解集为( ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 根据函数的奇偶性求出函数 的表达式,分段讨论解不等式即可得到结论. 【详解】解:∵ 是定义在 上的奇函数, , 当 , , 此时 , ∵ 是奇函数, , 即 , 当 ,即 时,不等式 不成立; 当 ,即 时, ,解得: 当 ,即 时, ,解得 , 综合得:不等式 的解集为 , ( )f x R ( )0,x∈ +∞ ( ) 2 2xf x = − ( )2log 0f x > 10, 2      ( )1 ,1 2,2  ∪ +∞   ( )2,+∞ ( )10, 2,2   +∞   ( )f x ( )f x R (0) 0f∴ = 0 x < 0x− > ( ) 2 2xf x −− = − ( )f x ( ) 2 2 ( )xf x f x−∴ − = − = − ( ) 2 2 , 0xf x x−= − < 2log 0x = =1x ( )2log 0f x > 2log 0x > 1x > ( ) 2log 2log 2 2 0xf x − >= 2x > 2log 0x < 0 1x< < ( ) 2log 2 2 2log 0xf x −= − > 1 12 x< < ( )2log 0f x > ( )1 ,1 2,2  ∪ +∞  故选:B. 【点睛】本题主要考查不等式的解法,利用函数的奇偶性求出函数 的表达式是解决本题 的关键,注意要进行分类讨论. 第Ⅱ卷(共 90 分) 二、填空题(每题 5 分,满分 20 分,将答案填在答题纸上) 13.已知 ,则 __________. 【答案】 【解析】 【分析】 令 ,求出 ,代入条件即可. 【详解】解:令 ,得 , , 故答案为:6. 【点睛】本题考查已知解析式求函数值,是基础题. 14.计算: 的值是__________. 【答案】5. 【解析】 分析:利用指数 运算运算性质和对数的运算性质直接计算即可. 解析: . 故答案为 5. 点睛:考查对数式、指数式化简求值,是基础题,解题时要认真审题,注意指数、对数性质 及运算法则的合理运用. 的 ( )f x ( ) 22 1f x x x+ = + ( )5f = 6 2 1 5x + = x 2 1 5x + = 2x = ( ) 25 2 2 6f = + = 10 22 93* ( 4 25)3 4 lg lg −   + + +       ( ) 10 22 93* 4 253 4 lg lg −   + + +       ( )21 3 lg 4 253 = + ⋅ + ⋅ 1 2 2= + + 5=15.函数 是 上的单调递减函数,则实数 的取值范围是______ . 【答案】 【解析】 【分析】 根据函数单调性定义,即可求得实数 的取值范围。 【详解】因为函数 是 上的单调递减函数 所以满足 解不等式组可得 即 所以选 A 【点睛】本题考查了分段函数单调性的应用,根据函数单调性求参数的取值范围,属于中档 题。 16.方程 有解,则实数 的取值范围为_________.. 【答案】 【解析】 【分析】 将原方程转化为 ,根据函数的奇偶性画出函数 的图像,由 与 有交点列不等式,解不等式求得 的取值范围. 【详解】原方程可化为 .函数 为偶函数,图像关于 轴对称,当 ( ) ( ) 2 1( 2) 1 2 ax x xf x x x  + − >= − + ≤ R a 1, 2  −∞ −   a ( ) ( ) 2 1( 2) 1 2 ax x xf x x x  + − >= − + ≤ R 0 1 22 4 2 1 2 1 a a a ( ) ( )1 2 0f x f x∴ − < ( ) ( )1 2f x f x< ∴ ( ),a f x R ( ) ( ) ( ) ( )log 1 , log 3a af x x g x x= − = − ( )0, 1a a> ≠且(1)求函数 的定义域; (2)利用对数函数的单调性,讨论不等式 中的 的取值范围. 【答案】(1) ;(2) . 【解析】 试题分析:(1)求定义域时,注意对数的真数为正数;(2)对底数 分情况讨论,利用单调性求解 不等式. 试题解析:(1)要使函数 有意义,需 ,解得 ,故函数 的定义域为 ; (2)∵不等式 ,即 , ∴当 时,有 ,解得 .. 8 分 当 时,有 ,解得 , 综上可得,当 时,不等式 中 的取值范围为 ; 当 时,不等式 中 的取值范围为 ..12 分 考点:对数的性质及应用. 21.已知二次函数 的最小值为 ,且 . (1)若 在区间 上不单调,求 a 的取值范围; (2)求 在区间 上的值域. 【答案】(1) ;(2)当 时,值域为 ;当 时, 值域为 ;当 时,值域为 . 【解析】 【分析】 由 题 意 可 得 在 时 , 取 得 最 小 值 1 , 设 二 次 函 数 , 代 入 ( ) ( ) ( )b x f x g x= − ( ) ( )f x g x≥ x ( )1,3 ( ]1,2 a ( ) ( ) ( ) ( ) ( )log 1 log 3a ah x f x g x x x= − = − − − 1 0{3 0 x x − > − > 1 3x< < ( ) ( ) ( )h x f x g x= − ( )1,3 ( ) ( )f x g x≥ ( ) ( )log 1 log 3a ax x− ≥ − 1a > 1 3{ 1 3 x x x − ≥ − < < 2 3x< < 1 0a> > 1 3{ 1 3 x x x − ≤ − < < 1 2x< ≤ 1a > ( ) ( )f x g x≥ x [ )2,3 1 0a> > ( ) ( )f x g x≥ x ( ]1,2 ( )f x 1 ( ) ( )0 2 3f f= = ( )f x [ ]2 , 1a a + ( )f x [ ]1,m− 10 2a< < 1 1m− < ≤ 22 4 3,9m m − +  1 3m< ≤ [ ]1,9 3m > 21,2 4 3m m − +  ( )f x 1x = ( ) ( )21 1f x t x= − +,即可得到 的解析式; (1)由对称轴 ,可得 ,解不等式即可得到所求范围; (2)讨论对称轴和区间的关系,结合单调性求得最值,即可得到所求值域; 【详解】由 可知二次函数 的对称轴为 ,又其最小值为 , 则可设二次函数 , 又 , . 即 ; (1)由函数 在区间 上不单调, 所以 , 解得 ; (2)当 时, , 此时函数值域为 ; 当 , , 此时值域为 ; 当 时, 此时值域为 . 综上可得:当 时,函数值域为 ; 当 时,值域为 ; 当 时,值域为 . 【点睛】本题考查二次函数的解析式的求法和值域问题,以及单调性的判断,考查分类讨论 的思想方法,考查运算能力,属于中档题. 22.定义在 上的函数 ,对任意的 ,满足: ,当 0, 3x y= = ( )f x 1x = 2 1 1a a< < + ( ) ( )0 2f f= ( )f x 1x = 1 ( ) ( )21 1f x t x= − + ( ) ( )0 3, 0 1 3f f t= ∴ = + = 2 2( ) 2( 1) 1 2 4 3f x x x x∴ = − + = − + ( ) 22 4 3f x x x= − + ( )f x [ ]2 , 1a a + 2 1 1a a< < + 10 2a< < 1 1m− < ≤ ( ) ( ) ( ) ( )2 min max2 4 3, 1 2 4 3 9f x f m m m f x f= = − + = − = + + = 22 4 3,9m m − +  1 3m< ≤ ( ) ( ) ( ) ( )min max1 1, 1 9f x f f x f= = = − = [ ]1,9 3m > ( ) ( ) ( ) ( ) 2 min max1 1, 2 4 3f x f f x f m m m= = = = − + 21,2 4 3m m − +  1 1m− < ≤ 22 4 3,9m m − +  1 3m< ≤ [ ]1,9 3m > 21,2 4 3m m − +  R ( )y f x= ,a b∈R ( ) ( ) ( )f a b f a f b+ = ⋅时,有 ,其中 . (1)判断该函数的单调性,并证明; (2)求不等式 的解集. 【答案】(1) 在 上单调递增,证明见解析;(2) . 【解析】 【分析】 用 特 殊 值 法 分 析 : 令 , 可 得 的 值 , 令 , 则 ,可得函数 恒大于 0; (1)任取 且 ,判断 的大小关系,结合单调性的定义分 析可得结论; (2)根据题意得到 ,据此分析可得 ,利用单调性可 得 的取值范围,即可得答案. 【详解】解:根据题意,对任意的 ,满足 , 令 ,则 ,又由 ,则 , 令 ,则 , , 所以定义在 上的函数 恒大于 0; (1) 在 上单调递增; 任取 且 ,则有 ,则 , , 则 , 即函数 在 上为增函数; (2)根据题意, , 0x > ( ) 1f x > ( )1 2f = ( )1 4f x + < ( )f x ( ),−∞ +∞ ( ),1−∞ 1, 0a b= = (0)f 0, 0a a< − > ( ) ( ) ( )f a a f a f a− = ⋅ − ( )y f x= 1 2, ( , )x x ∈ −∞ +∞ 1 2x x< ( ) ( )2 1,f x f x (2) 4f = ( 1) 4 ( 1) (2)f x f x f+ < ⇒ + < x ,a b∈R ( ) ( ) ( )f a b f a f b+ = ⋅ 1, 0a b= = (1) (0) (1)f f f= ⋅ (1) 1f > (0) 1f = 0, 0a a< − > ( ) ( ) ( ) (0) 1f a a f a f a f− = ⋅ − = = 1( ) 0( )f a f a ∴ = >− R ( )y f x= ( )f x ( , )−∞ +∞ 1 2, ( , )x x ∈ −∞ +∞ 1 2x x< 2 1 0x x− > ( )2 1 1f x x− > ( ) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 1 1 2 1 1 1f x f x x x f x x f x f x = − + = − ⋅ >  ( ) ( )2 1 0f x f x− > ( )f x ( , )−∞ +∞ (2) (1 1) (1) (1) 4f f f f= + = ⋅ =则 , 解可得: , 即不等式的解集为 . 【点睛】本题考查抽象函数的应用,涉及函数的奇偶性与单调性的证明与综合应用,注意用 赋值法分析. ( 1) 4 ( 1) (2) 1 2f x f x f x+ < ⇒ + < ⇒ + < 1x < ( ,1)−∞

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