河北省唐县第一中学2020-2021学年高一数学上学期第三次（12月）月考试题（含解析）.doc

1、河北省唐县第一中学2020-2021学年高一数学上学期第三次（12月）月考试题（含解析）一、选择题.（本题共12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. 已知集合U=2，1，0，1，2，3，A=1，0，1，B=1，2，则（ ）A. 2，3B. 2，2，3C. 2，1，0，3D. 2，1，0，2，3【答案】A【解析】【分析】首先进行并集运算，然后计算补集即可.【详解】由题意可得：，则.故选：A.【点睛】本题主要考查并集、补集的定义与应用，属于基础题.2. 函数的定义域为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据解析式可得关于的不等式组

2、，其解集为函数的定义域.【详解】由题设可得，故，故选：C.3. 下列各个角中与终边相同的是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【详解】分析：由即可.详解：与终边相同的是.故选C.点睛：本题考查终边相同的角的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意终边相同的角的定义的合理运用.4. 函数的零点必落在区间( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】由题意得，根据函数零点存在性定理可得出答案【详解】由题得，而，根据函数零点存在性定理可得函数在区间上存在零点故答案为B.【点睛】本题考查了函数零点存在性定理的应用，属于基础题5. 已知函数是奇函数，当时，则（ ）A. B. C. D

3、. 【答案】C【解析】【分析】先求出，再利用奇函数的性质求出，进而可得答案【详解】解：因为时，所以；又因为是奇函数，所以，即，故选：C.【点睛】此题考查奇函数性质的应用，考查求函数值，属于基础题6. 函数的图象大致为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由题意首先确定函数的奇偶性，然后考查函数在特殊点的函数值排除错误选项即可确定函数的图象.【详解】由函数的解析式可得：，则函数为奇函数，其图象关于坐标原点对称，选项CD错误；当时，选项B错误.故选：A.【点睛】函数图象的识辨可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置(2)从函数的

4、单调性，判断图象的变化趋势(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象利用上述方法排除、筛选选项7. 已知，且，则的最小值为（ ）A. B. C. 4D. 7【答案】A【解析】【分析】根据题设条件，化简得到，化简，结合基本不等式，即可求解.【详解】由，且，可得，又由，当且仅当，即时，等号成立，所以的最小值为.故选：A.【点睛】常数代换法利用基本不等式求解最值的基本策略：1、根据已知条件或其变形确定定值（常数）；2、把确定的定值（常数）变形为1；3、把“1”的表达式与所求最值的表达式相乘或相除，进而构造和或积为定值的形式；4、利用基本不等式求解最值.8. 若是偶

5、函数，且当时，则的解集是（ ）A. B. 或C. D. 【答案】C【解析】【分析】根据是偶函数，先得到的解集，再由，将代入求解.【详解】因为时，所以由，解得，又因为是偶函数，所以的解集是，所以，得，解得所以的解集是，故选：C9. 已知函数，记，则的大小关系为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由定义判断函数为偶函数且在上为增函数，再由及函数单调性得结论.【详解】由，可知为偶函数，且当时，为增函数，又，即，故选：D.10. 专家对某地区新冠肺炎爆发趋势进行研究发现，从确诊第一名患者开始累计时间（单位：天）与病情爆发系数之间，满足函数模型：，当时，标志着疫情将要大面积爆发，则此

6、时约为（ ）(参考数据：)A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据列式求解即可得答案.【详解】解：因为，所以，即，所以，由于，故，所以，所以，解得.故选：B.【点睛】本题解题的关键在于根据题意得，再结合已知得，进而根据解方程即可得答案，是基础题.11. 若，则下列不等式恒成立的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据特例法，可判定A不正确；根据不等式的性质，可判定B不正确；根据指数幂的运算性质，可得C不正确；根据幂函数的性质，可判定D正确.【详解】对于A中，例如：时，可得，所以A不正确；对于B中，由，其中，当符号不确定，所以B不正确；对于C中，因为，可得，可

7、得，所以C不正确；对于D中，由幂函数为上的单调递增函数，因为，可得，所以D正确.故选：D.12. 若(为自然对数)，则函数的最小值为（ ）A. -3B. -2C. 0D. 6【答案】B【解析】【分析】求出新函数的定义域，化简函数解析式后用换元思想转化为二次函数求解【详解】由题意，所以，则，设，又，而，所以时，所以函数的最小值为故选：B【点睛】易错点睛：本题考查求对数型复合函数的最值解题方法是换元法，转化为二次函数求解解题时要注意新元的取值范围特别要注意函数的定义域，否则易出错二、多选题.（本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对得5分，部分选对得3

8、分，有选错的得0分）13. 设集合，若满足，则实数可以是（ ）A. B. C. D. 【答案】ABC【解析】【分析】根据，建立条件关系即可求实数的值【详解】解：由题意：集合，当时，满足题意，此时无解，可得当时，则方程有解，即，要使，则需要满足：或，解得：或，所以的值为：0或或故选：【点睛】本题考查实数的取值集合的求法，解题时要认真审题，注意并集、子集定义的合理运用，属于基础题14. 下列命题中是真命题的是（ ）A. 且，使得B. 命题“”的否定是C. 设，则“”是“”的充分不必要条件D. 终边相同的角一定相等【答案】BC【解析】【分析】举反例判断A，根据命题的否定的定义判断B，由充分不必要条件

9、的定义判断C，根据终边相同角的定义判断D详解】时，A错；命题“”的否定是，B正确；时，成立，充分的，但当时有或，不必要，C正确；终边相同的角不一定相等，如，这两个角终边相同，但它们不相等D错故选：BC15. 下列说法正确的是（ ）A. 若方程x2(a3)xa0有一个正实根，一个负实根，则a0B. 函数f(x)是偶函数，但不是奇函数C. 若函数f(x)的值域是2，2，则函数f(x1)的值域为3，1D. 曲线y|3x2|和直线ya(aR)的公共点个数是m，则m的值不可能是1【答案】AD【解析】【分析】对A，结合韦达定理判断；对B，先判断定义域，再结合奇偶函数定义判断；对C，结合函数平移特点可判断错

10、误；对D，画出的图像，采用数形结合方法判断即可【详解】设方程x2(a3)xa0的两根分别为x1，x2，则x1x2a0，故A正确；函数f(x)的定义域为则x1，f(x)0，所以函数f(x)既是奇函数又是偶函数，故B不正确；函数f(x1)代表函数向左平移一个单位，故f(x1)的值域与函数f(x)的值域相同，故C不正确；曲线y|3x2|的图像如图，由图知曲线y|3x2|和直线ya的公共点个数可能是2，3或4，故D正确故选：AD【点睛】关键点睛：本题考查一元二次方程根与系数的关系，奇偶函数的判断，函数图像的平移与值域的判断，数形结合法判断交点问题，综合性强，解题关键在于：（1）学会应用韦达定理处理两根

11、之和与两根之积对应的系数问题；（2）奇偶函数的判断，一定要先判断定义域，再根据与关系判断即可；（3）当函数图像发生左右平移时，函数值域不变；（4）数形结合法常用于处理两函数图像交点个数判断问题.16. 已知定义域为的函数，若对任意，存在正数，都有成立，则称函数是定义域上的“有界函数”.则下列函数中为“有界函数”的是（ ）A. B. C. D. 【答案】AD【解析】【分析】本题是函数新定义的考查，根据题目求出函数在定义域内的值域，判定是否成立即可.【详解】解：对于A. 的定义域为，其值域为，所以，符合题意正确；对于B. 的定义域为，其值域为，所以不符合题意；对于C. 的定义域为，其值域为，所以不

12、符合题意；对于D. 的定义域为，其值域为，所以，符合题意正确；故选：AD.【点睛】求函数最值的五种常用方法：（1）单调性法：先确定函数的单调性，再由单调性结合端点值求最值；（2）图象法：先作出函数的图象，再观察其最高点、最低点，求出最值；（3）基本不等式法：先对解析式变形，使之具备“一正二定三相等”的条件后用基本不等式求出最值；（4）导数法：先求出导函数，然后求出给定区间上的极值，最后结合端点值，求出最值；（5）换元法：对比较复杂的函数可通过换元转化为熟悉的函数，再用相应的方法求最值.三、填空题：(本大题共4小题，每小题5分，共20分.将答案填在答题卡的相应位置).17. 已知函数，则的值是_

13、.【答案】【解析】【分析】根据分段函数的解析式，结合分段条件，准确运算，即可求解.【详解】由题意，函数，可得，所以.故答案为：.18. 函数且的图象恒过的定点为_.【答案】（1,2）【解析】【分析】结合函数且恒过定点,可求得恒过的定点.【详解】由函数且恒过定点,可令,得,即函数恒过定点.故答案为:.【点睛】本题考查了指数函数恒过定点应用,考查了学生对指数函数知识的掌握,属于基础题.19. 不等式的解集为，则函数的单调递增区间是_.【答案】【解析】【分析】由题可得和1是方程的两个根，且，由此可得，求得在定义域内的增区间即可.【详解】由题可得和1是方程的两个根，且，则，解得，则函数，由解得，即函数

14、定义域为，在单调递增，故函数的单调递增区间是.故答案为：.【点睛】关键点睛：本题考查对数性函数的单调性，解题的关键是根据已知求出，然后求的增区间即可.20. 已知函数，满足且，都有，则实数的取值范围为_.【答案】【解析】【分析】由已知得函数为上的减函数，然后由分段函数两段均为减函数，及端点处左大右小（可以相等）得出结论【详解】因为满足且，都有，所以是减函数，所以，解得故答案为：四.解答题(本大题共4小题，共50分.21-23每题12分，24题14分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.)21. 已知集合，.（1）求； （2）若，求实数m的取值范围.【答案】（1）或；（2）或.【解析】【分析

15、】（1）解不等式确定集合，然后由并集定义计算；（2）由得，根据子集的定义列式求解【详解】（1）或，所以或（2）因为，所以，显然，所以或，即或22. 已知关于的函数，则：（1）恒成立，求的取值范围.（2）求解关于的不等式：【答案】（1）；（2）答案见解析.【解析】【分析】（1）利用一元二次不等式恒成立求解，即，也需要检验（2）确定相应方程的实根的情形，注意的情形，在有两根情况下按两根大小分类【详解】（1）恒成立，即恒成立，时显然成立，时，解得，综上，的范围是；（2）不等式为，时，不等式为，解集为；时，不等式化为，因为，不等式的解集为或；时，不等式化为，时，解集为空集，时，不等式解集为，时，不等式

16、解集为【点睛】关键点点睛：本题考查解一元二次不等式，解题关键是掌握三个二次：一元二次方程的根，二次函数的图象，一元二次不等式的解集之间的关系对含有参数和不等式需要分类讨论，分类讨论的标准一般有三个层次：最高次项系数，一元二次方程的判别式，在一元二次方程有两根的情况下，两根的大小23. 已知函数的定义域为，当时，函数.（1）若，利用定义研究在区间上的单调性；（2）若是偶函数，求解析式.【答案】（1）单调递增函数；（2）.【解析】【分析】（1）由得到，设且 ，然后判断的符号，下结论.（2）令，则， ，然后由是偶函数求解.【详解】（1）当时，设且 ，则 ， ，因为，所以 ，所以， 即，所以在区间为单

17、调递增函数.（2）令，则， 所以 ,因为是偶函数,所以, 所以函数在上的解析式为：.24. 2020年初，新冠肺炎疫情袭击全国，对人民生命安全和生产生活造成严重影响.在党和政府强有力的抗疫领导下，我国控制住疫情后，一方面防止境外疫情输入，另一方面逐步复工复产，减轻经济下降对企业和民众带来的损失.为降低疫情影响，某厂家拟在2020年举行某产品的促销活动，经调查测算，该产品的年销售量（即该厂的年产量）万件与年促销费用万元（）满足（为常数），如果不搞促销活动，则该产品的年销售量只能是2万件.已知生产该产品的固定投入为8万元，每生产一万件该产品需要再投入16万元，厂家将每件产品的销售价格定为每件产品年

18、平均成本的1.5倍（此处每件产品年平均成本按元来计算）（1）将2020年该产品的利润万元表示为年促销费用万元的函数；（2）该厂家2020年的促销费用投入多少万元时，厂家的利润最大？【答案】（1）； （2）2018年的促销费用投入3万元时，厂家的利润最大为29万元.【解析】【分析】（1）根据题意时，求出，进一步求出销售价格，由利润销售额固定成本再投入成本促销费，即可求解. （2）由（1），利用基本不等式即可求解.详解】（1）由题意知，当时，（万件），则，解得，.所以每件产品的销售价格为（元），2018年的利润.（2）当时，当且仅当时等号成立.，当且仅当，即万元时，（万元）.故该厂家2018年的促销费用投入3万元时，厂家的利润最大为29万元.【点睛】本题考查了常见函数的模型（分式型）、基本不等式求最值，注意验证等号成立的条件，属于基础题.