1、唐山二中教育集团迁西一中2019-2020学年度第二学期期中考试数学试卷第I卷一、单选题（每题5分）1.已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】先解得不等式及时函数的值域,再根据交集的定义求解即可.【详解】由题,不等式,解得,即；因函数单调递增,且,所以,即,则,故选:C【点睛】本题考查集合的交集运算,考查解指数不等式,考查对数函数的值域.2.己知，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】先将三个数通过指数，对数运算变形，再判断.【详解】因为，所以，故选：B.【点睛】本题主要考查指数、对数的大小比较，还考查推理论证能力以及化归与转化思想，属于中档题
2、.3.若复数则的虚部为（ ）A. -4B. C. 4D. 【答案】C【解析】【分析】利用复数的除法可先求出，然后再计算，从而可得其虚部.【详解】因为，所以，故选C.【点睛】本题考查复数的除法运算及复数的概念，属于基础题.4.下面命题正确的是 ( )A. “” 是“” 充分必要条件.B. 命题“ 若，则” 的否命题是“ 若，则” .C. 设，则“且”是“”的必要而不充分条件.D. 设，则“” 是“” 的必要不充分条件.【答案】D【解析】【分析】对每一选项逐一判断得解.【详解】时,a有可能是负数,故选项A错误；对于B项，“ 若，则” 的否命题是“ 若 ，则” .故B项错误；对于选项,且的范围比的范
3、围要小,应为充分不必要条件,故选项C错误.对于选项D,因为ab=0是a=0必要非充分条件，所以“” 是“ ” 的必要不充分条件.所以选项D正确.故选D.【点睛】(1)本题主要考查否命题和逆否命题，考查充要条件的判断，意在考查学生对这些知识的掌握水平和分析推理能力.(2) 判断充要条件，首先必须分清谁是条件，谁是结论，然后利用定义法、转换法和集合法来判断.5.幂函数的图象经过点，则是（ ）A. 偶函数，且在上是增函数B. 偶函数，且在上是减函数C. 奇函数，且在上是减函数D. 非奇非偶函数，且在上是增函数【答案】D【解析】【分析】首先根据题意得到，再判断其单调性和奇偶性即可.【详解】设幂函数，因
4、为图象经过点，所以，.故，因为，所以为非奇非偶函数，且在上是增函数.故选：D【点睛】本题主要考查幂函数的单调性和奇偶性，同时考查了幂函数的定义，属于简单题.6.函数的定义域为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】函数表达式中含有绝对值及对数，分别求出满足的条件【详解】要使函数有意义，应满足则，且所以的定义域为故选【点睛】本题主要考查了函数的定义域及其求法，找出题目中的限制条件，有根号的要满足根号内大于或等于零，有对数的要满足真数位置大于零7.已知定义在上的函数在区间上单调递增，且的图象关于对称，若实数满足，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】
5、根据题意，由函数的图象变换分析可得函数为偶函数，又由函数在区间上单调递增，分析可得，解可得的取值范围，即可得答案.【详解】将函数的图象向左平移个单位长度可得函数的图象，由于函数的图象关于直线对称，则函数的图象关于轴对称，即函数为偶函数，由，得，函数在区间上单调递增，则，得，解得.因此，实数的取值范围是.故选：C.【点睛】本题考查利用函数的单调性与奇偶性解不等式，注意分析函数的奇偶性，属于中等题.8.函数的图象大致为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由和即可选出答案【详解】，排除B，C，又，排除D故选：A【点睛】解决本类题时，通常是利用函数的单调性、奇偶性、函数值等排除选项
6、.9.为了加强“精准扶贫”，实现伟大复兴的“中国梦”，某大学派遣甲、乙、丙、丁、戊五位同学参加三个贫困县的调研工作，每个县至少去1人，且甲、乙两人约定去同一个贫困县，则不同的派遣方案共有（ ）A. 24B. 36C. 48D. 64【答案】B【解析】【分析】根据题意，有两种分配方案，一是，二是，然后各自全排列，再求和.【详解】当按照进行分配时，则有种不同的方案；当按照进行分配，则有种不同的方案.故共有36种不同的派遣方案，故选：B.【点睛】本题考查排列组合、数学文化，还考查数学建模能力以及分类讨论思想，属于中档题.10.给出定义：如果函数在上存在，满足，则称实数，为上的“对望数”，函数为在上的
7、“对望函数”.已知函数是上的“对望函数”，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】根据题意将问题转化为在区间上有两个解，结合根的分布求解.【详解】由题：，根据题意函数是上的“对望函数”，即在区间上有两个解，令，解得故选：A【点睛】此题考查函数相关新定义问题，关键在于读懂定义，等价转化，将问题转化为二次函数根的分布问题.11.已知是定义是上的奇函数，满足，当时， ，则函数在区间上的零点个数是（ ）A. 3B. 5C. 7D. 9【答案】D【解析】【分析】根据是定义是上的奇函数，满足，可得函数的周期为3，再由奇函数的性质结合已知可得 ，利用周期性可得函数在区间上的
8、零点个数【详解】是定义是上的奇函数，满足， ，可得，函数的周期为3，当时， ，令，则，解得或1，又函数是定义域为的奇函数，在区间上，有由，取，得 ，得，又函数是周期为3的周期函数，方程=0在区间上的解有 共9个，故选D【点睛】本题考查根的存在性及根的个数判断，考查抽象函数周期性的应用，考查逻辑思维能力与推理论证能力，属于中档题12.若对恒成立，则实数的取值范围是( )A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】将条件对恒成立转化为对有恒成立，令，并求导，再令，利用一阶导函数与二阶导函数一起分析得到，进而表示在单调递增，则，由洛必达法则求得，则由构建不等式，解得答案.【详解】将条件对恒成立
9、转化为对有恒成立令，则令，则，对，有，所以在单调递增；则，所以在单调递增；则，所以，故在单调递增，则由洛必达法则可知，则恒成立所以，故故选：A【点睛】本题考查利用导数在不等式恒成立的情况下求参数的取值范围，多见于参变分离，还考查了对零比零型函数利用洛必达法则求极限值，属于难题.二、多选题（每题5分）13.下列命题的否定中，是全称命题且是真命题的是（ ）A. B. 所有正方形都是矩形C. D. 至少有一个实数x，使【答案】AC【解析】【分析】通过原命题的否定为全称命题且为真命题，则原命题是特称命题且为假命题，根据此结论对选项进行逐项分析.【详解】由题意可知：原命题为特称命题且为假命题.选项A.
10、原命题特称命题,所以原命题为假命题，所以选项A满足条件.选项B. 原命题是全称命题，所以选项B不满足条件.选项C. 原命题为特称命题,在方程中，所以方程无实数根，所以原命题为假命题，所以选项C满足条件.选项D. 当时，命题成立. 所以原命题为真命题，所以选项D不满足条件.故选：AC【点睛】本题考查了命题的否定,关键是记住特称量词命题的否定是全称量词命题和P命题与非P命题的真假相反,属基础题.14.若一系列函数的解析式和值域相同，但其定义域不同，则称这些函数为“同族函数”，例如函数与函数，为“同族函数”.下面函数解析式中能够被用来构造“同族函数”的是（ ）A. B. C. D. E. 【答案】A
11、BD【解析】【分析】由题意可知定义域不同且解析式和值域相同,得函数必为不单调函数,举出满足条件的例子构造出同族函数即可.【详解】对于A,当定义域分别为与时,值域均为,所以为同族函数,所以A正确;对于B,当定义域分别为与时,值域均为,所以为同族函数,所以B正确;对于C, 在定义域内,函数图像在第一象限内单调递减，在第三象限内单调递减,不满足定义域不同时,值域相同,所以C错误;对于D,定义域为,当定义域分别为与时,值域均为,所以D正确对于E,定义域为R,且函数在R上单调递增,所以不满足定义域不同时,值域相同,所以E错误综上,故选ABD【点睛】本题考查了函数新定义的理解,注意定义域、值域和解析式间的
12、关系,属于中档题.15.已知符号函数下列说法正确的是（ ）A. 函数是奇函数（ ）B. 对任意的C. 函数的值域为D. 对任意的【答案】ABD【解析】【分析】利用函数的图象和性质对每一个选项逐一分析判断得解.【详解】A. 由函数的图象可知函数是奇函数，所以该选项正确；B. 因为所以，所以对任意的，所以该选项正确；C. 当时，因为此时，所以的值域为；当时，因为此时，所以的值域为;当时，因为此时，所以的值域为；所以函数的值域为，所以该选项错误.D. 当时，；当时，；当时，所以对任意的.所以该选项正确.故选：ABD【点睛】本题主要考查函数的图象和性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能
13、力.第II卷三、填空题（每空5分）16.函数的单调增区间是_；的值域是_【答案】 (1). (2). 【解析】【分析】先求出函数的定义域为，设，由复合函数单调性满足“同增异减”原则，即求的减区间，由二次函数的性质可得在上单调递减，又当时，根据函数的单调性得出值域.【详解】函数的定义域满足，得所以函数的定义域为.设，由是单调递减函数.由复合函数单调性的性质，即求的减区间.由二次函数的性质可得在上单调递减.又当时，由是单调递减，所以所以的值域是故答案为：；【点睛】本题考查复合函数的单调区间和值域问题，复合函数单调区间满足“同增异减”原则，真数大于0在解题中不要忘掉属于中档题.17.已知函数f（x）
14、=axlnxbx（a，bR）在点（e，f（e）处的切线方程为y=3xe，则a+b=_.【答案】0【解析】【分析】由题意，列方程组可求，即求.【详解】在点处的切线方程为，代入得.又.联立解得：.故答案为：0.【点睛】本题考查导数的几何意义，属于基础题.18.已知，若对，则实数的取值范围是 .【答案】【解析】试题分析：因为对，所以只需即可，因为，所以，由故答案为.考点：1、函数的最值；2、全称量词与存在量词的应用.【方法点睛】本题主要考查函数的最值、全称量词与存在量词的应用.属于难题.解决这类问题的关键是理解题意、正确把问题转化为最值和解不等式问题，全称量词与存在量词的应用共分四种情况：（1）只需
15、；（2），只需；（3），只需；（4），.19.已知，函数若对任意x3，+），f(x)恒成立，则a的取值范围是_【答案】【解析】【分析】由题意分类讨论和两种情况，结合恒成立的条件整理计算即可求得最终结果.【详解】分类讨论：当时，即：，整理可得：，由恒成立的条件可知：，结合二次函数性质可知：当时，则；当时，即：，整理可得：，由恒成立的条件可知：，结合二次函数的性质可知：当或时，则；综合可得的取值范围是，故答案为.点睛：对于恒成立问题，常用到以下两个结论：(1)af(x)恒成立af(x)max；(2)af(x)恒成立af(x)min.有关二次函数的问题，数形结合，密切联系图象是探求解题思路的有效方法
16、一般从：开口方向；对称轴位置；判别式；端点函数值符号四个方面分析四、计算题（每题5分）20.计算：【答案】【解析】【分析】利用对数的运算性质化简，得答案【详解】原式【点睛】本题考查对数的运算性质，关键是熟记运算性质，是基础的计算题21.计算（其中，）【答案】【解析】【分析】将小数转化为分数，根式转化为分数幂的形式，利用指数幂的运算性质化简求值.【详解】原式原式【点睛】本题考查指数幂的运算，要熟练掌握基本的运算法则和运算性质，小数转化为分数，根式转化为分数幂的形式，更有利于运算.五、解答题22.用n种不同的颜色为下列两块广告牌着色，（如图甲、乙），要求在A，B，C，D四个区域中相邻（有公共边界）
17、的区域不用同一颜色. （1）若n=6,则为甲图着色时共有多少种不同的方法；（2）若为乙图着色时共有120种不同方法，求n.【答案】（1）480（种）；（2）n=5.【解析】【分析】（1）由题意知本题是一个分步乘法计数原理，对区域按顺序着色，第一块有6种方法，第二块就不能选第一块的颜色，有5种结果，以此类推，根据分步计数原理得到结果（2）利用分步乘法计数原理得到不同的染色方法有n（n1）（n2）（n3），根据共有120种结果，列出等式，解关于n的方程，得到结果【详解】（1）对区域A,B,C,D按顺序着色，共有6544=480（种）(2) 对区域A,B,C,D按顺序着色，依次有n种、n-1种、n-
18、2种和n-3种，由分步乘法计数原理，不同的着色方法共有n(n-1)(n-2(n-3)=120,整理得(n2-3n)(n2-3n+2)=120，(n2-3n)2+2(n2-3n)-120=0n2-3n-10=0或n2-3n+12=0（舍去），解得n=5.【点睛】本题重点考查的是计数原理的应用，两种典型现象：涂颜色（1）平面图涂颜色：先涂接触区域最多的一块；（2）立体图涂颜色：先涂具有同一顶点的几个平面，其他平面每步涂法分类列举映射 按步骤用A集合的每一个元素到B集合里选一个元素，可以重复选23.已知函数，时，讨论函数的零点个数；【答案】答案见解析【解析】【分析】由可得，令，问题可转化为研究直线和
19、函数的图象的交点个数问题，然后利用导数研究函数的图象，继而得出零点的个数即可.【详解】，定义域为，由可得，令，则，由，得，由，得，所以在上单调递增，在上单调递减，则的最大值为，且当时，当时，由此作出函数的大致图象，如图所示，由图可知，当时，直线和函数的图象有两个交点，即函数有两个零点；当或，即或时，直线和函数的图象有一个交点，即函数有一个零点；当，即时，直线与函数的象没有交点，即函数无零点【点睛】本题考查利用导数研究函数的零点问题，考查逻辑思维能力和运算求解能力，考查数形结合思想和转化思想，属于中档题.24.己知函数.（1）当时，求证：；（2）若函数，求证：函数存在极小值.【答案】（1）证明见解析（2）证明见解析【解析】【分析】（1）求导得，由，且，得到，再利用函数在上单调递减论证.（2）根据题意，求导，令，易知； ，易知当时，；当时，函数单调递增，而，又，由零点存在定理得，使得，使得，有从而得证.【详解】（1）依题意，因为，且，故，故函数在上单调递减，故.（2）依题意，令，则；而，可知当时，故函数在上单调递增，故当时，；当时，函数单调递增，而，又，故，使得，故，使得，即函数单调递增，即单调递增；故当时，故函数在上单调递减，在上单调递增，故当时，函数有极小值.【点睛】本题考查利用导数研究函数的性质，还考查推理论证能力以及函数与方程思想，属于难题.
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