江苏省泰州市泰州中学2019-2020学年高一数学上学期期中试题（含解析）.doc

1、江苏省泰州市泰州中学2019-2020学年高一数学上学期期中试题（含解析）一、选择题（本大题共12小题，每小题5分，在每小题给出的四个选择中，只有一个是符合题目要求的）1.设集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】补集：【详解】因为，所以,选B.【点睛】本题主要考查了集合的运算，需要掌握交集、并集、补集的运算属于基础题2.已知是锐角，那么是（ ）A. 第一象限角B. 第一象限角或第二象限角C. 第二象限角D. 小于的正角【答案】D【解析】【分析】根据是锐角求出的取值范围，进而得出答案【详解】因为是锐角，所以 ，故故选D.【点睛】本题考查象限角，属于简单题3.下列运算中正

2、确的是()A. B. C. D. 【答案】B【解析】分析】分别利用根式与指数幂的互化，对数的运算及性质进行判断.【详解】对于A，所以，故A错，对于B，故B正确，对于C，故C错，对于D，故D错，故选B.【点睛】本题考查了指对的运算及性质的应用，熟练掌握指对运算法则及性质是解题的关键.4.已知，则下列关系中正确的是A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】利用函数的单调性、正切函数的值域即可得出【详解】，又，则下列关系中正确的是：故选C【点睛】本题考查了指对函数的单调性、三角函数的单调性的应用，属于基础题5.在同一直角坐标系中，函数且的图象可能是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解

3、析】【分析】本题通过讨论的不同取值情况，分别讨论本题指数函数、对数函数的图象和，结合选项，判断得出正确结论.题目不难，注重重要知识、基础知识、逻辑推理能力的考查.【详解】当时，函数过定点且单调递减，则函数过定点且单调递增，函数过定点且单调递减，D选项符合；当时，函数过定点且单调递增，则函数过定点且单调递减，函数过定点且单调递增，各选项均不符合.综上，选D.【点睛】易出现的错误有，一是指数函数、对数函数的图象和性质掌握不熟，导致判断失误；二是不能通过讨论的不同取值范围，认识函数的单调性.6.关于x的函数在上为减函数，则实数a的取值范围是A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由题意可得

4、，tx2ax+2a在1，+）上为增函数，且在1，+）上大于0恒成立，得到关于a的不等式组求解【详解】函数在上为减函数，则在上为增函数，且在上大于0恒成立则，解得实数a的取值范围是故选C【点睛】本题主要考查了复合函数的单调性以及单调区间的求法对应复合函数的单调性，一要注意先确定函数的定义域，二要利用复合函数与内层函数和外层函数单调性之间的关系进行判断，判断的依据是“同增异减”，是中档题7.已知偶函数 在区间上单调递增，则满足的取值范围是（ ）A. （1，0）B. （0，1）C. （1，2）D. （1，1）【答案】B【解析】【分析】根据偶函数性质和函数的单调性可直接判断,【详解】首先函数定义域是R

5、，再者根据和偶函数 在区间上单调递增，可得，解得，故选B.【点睛】本题是基础题，考查偶函数的性质.8.设奇函数在(0，)上为单调递减函数，且，则不等式的解集为 ( )A. (，1(0,1B. 1,01，)C. (，11，)D. 1,0)(0,1【答案】C【解析】【分析】由题意结合奇函数的性质求解不等式即可.【详解】由奇函数的定义可知不等式即，则，结合奇函数的性质绘制函数的大致图象如图所示，原不等式等价于：或，结合函数图象可得不等式的解集分别为：和，综上可得，不等式的解集为(，11，).本题选择C选项.【点睛】本题主要考查奇函数的性质，函数图像的应用，分类讨论的数学思想等知识，意在考查学生的转化

6、能力和计算求解能力.9.已知函数的定义域为，且为奇函数，当时，则的所有根之和等于（ ）A. 4B. 5C. 6D. 12【答案】A【解析】【分析】由题可知函数的图像关于对称，求出时函数的解析式，然后由韦达定理求解【详解】因为为奇函数，所以图像关于对称，所以函数的图像关于对称，即 当时，所以当时，当时，可得 当时，可得 所以的所有根之和为 故选A【点睛】本题考查函数的奇偶性以及求函数的解析式，解题的关键是得出函数的图像关于对称，属于一般题10.加工爆米花时，爆开且不糊的粒数占加工总粒数的百分比称为“可食用率”，在特定条件下，可食用率p与加工时间t（单位：分钟）满足函数关系p=at2+bt+c（a

7、，b，c是常数），如图记录了三次实验的数据，根据上述函数模型和实验数据，可以得到最佳加工时间为（ ）A. 3.50分钟B. 3.75分钟C. 4.00分钟D. 4.25分钟【答案】B【解析】由图形可知，三点都在函数的图象上，所以，解得，所以，因为，所以当时，取最大值，故此时的t=分钟为最佳加工时间，故选B.考点：本小题以实际应用为背景，主要考查二次函数的解析式的求解、二次函数的最值等基础知识，考查同学们分析问题与解决问题的能力.11.若函数在上是单调函数，且满足对任意，都有，则的值是( )A. B. 6C. 8D. 10【答案】D【解析】【分析】由函数在上是单调函数，可得为一常数，进而可得函数

8、的解析式，将代入可得结果.【详解】对任意，都有，且函数在上是单调函数，故，即，解得，故，故选D.【点睛】本题主要考查函数的单调性与函数的解析式以及待定系数法的应用，意在考查灵活应用所学知识解答问题的能力，属于难题.12.函数定义域为D，若对于任意的，当时，都有，则称函数在D上为非减函数设函数在上为非减函数，且满足以下三个条件：；，则等于A. B. C. D. 【答案】D【解析】【详解】由得，由得，且，又在上非减函数，故选点睛：本题主要考查了抽象函数及其应用，以及新定义的理解，要注意对函数新定义的理解是解答的关键，同时把函数的奇偶性和单调性联合运用可以把抽象函数问题转化为具体函数的问题，在一些抽

9、象函数问题中有时需要先探究函数的奇偶性，然后再利用函数的单调性来解决问题是常见的一种解题思路，着重考查了计算能力和转化思想点的应用，属于中档试题二、填空题（本大题共4小题，每小题5分）13.已知角的顶点与原点重合，始边与轴的非负半轴重合，它的终边过点,=_【答案】【解析】【分析】由题可得，代值计算即可【详解】由题可得，【点睛】本题考查任意角的三角函数值计算，属于基础题14.已知扇形的周长是6，中心角是1弧度，则该扇形的面积为_.【答案】2【解析】试题分析：设扇形的弧长为,半径为.则有,解得.则扇形的面积为.考点：扇形的面积.15.某公司为激励创新，计划逐年加大研发奖金投入若该公司2015年全年

10、投入研发奖金130万元在此基础上，每年投入的研发奖金比上一年增长12%，则该公司全年投入的研发奖金开始超过200万元的年份是_(参考数据：lg 1.120.05，lg 1.30.11，lg 20.30)【答案】2019【解析】试题分析：设第年开始超过万元，则，化简得，即，取，即开始超过万元的年份为年考点：等比的通项公式及其应用16.已知函数，若对任意的，都有，则实数的取值范围是_【答案】【解析】【分析】由的单调性可得，求得的最小值为，再结合题意有且，从而解得答案【详解】在上是减函数，故且，在上有意义，则，解得；而在上，所以的最小值为 因为对任意的，都有故，即解得或（舍）所以综上【点睛】本题考查

11、函数的综合应用，包含了恒成立问题，属于偏难题目三、解答题（本大题共6小题，共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）17.计算：（1）；（2）.【答案】（1） ； （2）.【解析】【分析】根据实数指数幂的运算公式和对数的运算公式，即可求解的结果.【详解】由题意，（1）原式；（2）原式.【点睛】本题主要考查了指数幂的化简，运算求值和对数的运算求值问题，其中熟记实数指数幂的运算公式和对数的运算公式是解答此类问题的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.18.已知全集，集合，集合，求：（1）；（2）【答案】（1）（2）或【解析】【分析】（1）先化简集合，再根据并集的概念，即可求出结果；（2

12、）先求出交集，再求补集，即可得出结果.【详解】（1）因为，所以；（2）由（1）可得，因为，所以或.【点睛】本题主要考查集合交并补的混合运算，熟记概念即可，属于基础题型.19.某公司拟设计一个扇环形状的花坛（如图所示），该扇环是由以点为圆心的两个同心圆弧和延长后通过点的两条线段围成设圆弧、所在圆的半径分别为、米，圆心角为（弧度）（1）若，求花坛的面积；（2）设计时需要考虑花坛边缘（实线部分）的装饰问题，已知直线部分的装饰费用为元/米，弧线部分的装饰费用为元/米，预算费用总计元，问线段的长度为多少时，花坛的面积最大？【答案】（1）（2）当线段的长为5米时，花坛的面积最大【解析】【分析】（1）设花坛

13、的面积为平方米，由大扇形面积减去小扇形面积，即可得出结果；（2）先由题意得到弧的长为米，弧的长为米，线段的长为米，得出，即，再由大扇形面积减去小扇形面积得到，令则，根据二次函数性质，即可得出结果.【详解】(1)设花坛的面积为平方米. 答：花坛的面积为；(2) 弧的长为米，弧的长为米，线段的长为米，由题意知，即 （*） ，由（*）式知， ，记则，所以= ，当时，取得最大值，即时，花坛的面积最大.答：当线段的长为5米时，花坛的面积最大.【点睛】本题主要考查扇形面积公式的应用，以及由二次函数求最值的问题，熟记扇形面积公式，以及二次函数性质即可，属于常考题型.20.已知函数f（x）2ax（aR）（1）

14、当时，试判断f（x）在上的单调性并用定义证明你的结论；（2）对于任意的，使得f（x）6恒成立，求实数a的取值范围【答案】（1）单调递减，证明见解析；（2）【解析】试题分析：（1）代入的值可得函数，利用定义法证明函数的单调性，判断的正负；（2）整理不等式可得，只需求出右式的最大值，利用二次函数的性质可求得试题解析：（1）在上的单调递减证明：取任意，且，得式大于0 ，即所以在上的单调递减（2）由f（x）6在上恒成立，得2ax6 恒成立即考点：函数单调性的定义及函数的性质的综合应用【易错点晴】本题考查了函数单调性的定义及函数的性质的综合应用、不等式恒成立的转换，属于中档试题，解题关键是第2问中，转换

15、为，利用函数的最值求解，也试题的一个难点和易错点21.已知函数,（） 若函数在上有最大值，求实数的值;（） 若函数在上有且只有一个零点，求实数的取值范围.【答案】（）（）或【解析】【分析】（）由题，令，转化为关于的二次函数求参数范围（）由（），令，因为函数在上有且只有一个零点，所以的图像在上与轴只有一个交点，进而得到答案【详解】（）由题，因为所以令，对称轴为 当时， 解得（舍）当时，解得所以（）由（），令，对称轴为因为函数在上有且只有一个零点，所以的图像在上与轴只有一个交点所以 ，解得或者即，整理解得当时，与轴有两个交点，故舍综上或【点睛】本题考查函数的综合应用，解题的关键是得出，函数有一个零

16、点即函数图像轴只有一个交点，属于一般题22.已知二次函数对任意的都有，且（1）求函数的解析式；（2）设函数若存在实数，使得在区间上为单调函数，且取值范围也为，求的取值范围；若函数的零点都是函数的零点，求的所有零点【答案】（1）；（2） ；见详解.【解析】【分析】（1）先设二次函数的解析式为，根据题意列出系数对应的方程组，求解，即可得出结果；（2）由（1）可得:，对称轴，由函数在区间上单调，得到或，分别研究和两种情况，结合题中条件，以及二次函数性质，即可得出结果；先设为的零点，由题意得到，即，求出或，分别研究和两种情况，即可得出结果.【详解】（1）设二次函数的解析式为，则，由得恒成立，又，所以，所以，所以；（2）由（1）可得:，对称轴，在区间上单调，所以或，当时，在区间上单调增，所以，即为的两个根，所以只要有小于等于2两个不相等的实根即可，所以要满足，得 当时，在区间上单调减，所以，即两式相减得，因为，所以，所以，得；综上，的取值范围为 设为的零点，则，即，得或，当时，所以所有零点为；当时，由得，所以所有零点【点睛】本题主要考查求二次函数解析式，求函数零点，以及由函数单调性与值域求参数的问题，熟记二次函数的性质，以及根的存在性及根的个数的判断方法即可，属于常考题型.