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云南省玉溪第一中学2020-2021学年高一数学上学期期中试题(含解析).doc

1、云南省玉溪第一中学2020-2021学年高一数学上学期期中试题(含解析)一、选择题1. 已知集合,则( )A. B. C. D. C分析:依题意可得集合,然后根据并集的概念可得结果.解答:,.故选:C.2. 命题“”的否定是( )A. B. C. D. C分析:根据全称命题的否定是特称命题即可得出.解答:根据全称命题的否定是特称命题,则命题“”的否定是“”.故选:C.3. 设全集,则图中阴影部分所表示的集合是( ) A. B. C. D. D分析:阴影部分表示的集合为在集合N中去掉集合M,N的交集,即得解.解答:由维恩图可知,阴影部分表示的集合为在集合N中去掉集合M,N的交集,由题得,所以阴影

2、部分表示的集合为.故选:D点拨:本题主要考查维恩图,考查集合的运算,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平,属于基础题.4. ,则的一个必要不充分条件是( )A. B. C. D. A分析:根据集合的包含关系即可判断解答:解:由集合的包含关系得:,故的一个必要不充分条件是,故选:A.点拨:本题考查必要不充分条件的判断,一般可根据如下规则判断:(1)若是的必要不充分条件,则对应集合是对应集合的真子集;(2)是的充分不必要条件, 则对应集合是对应集合的真子集;(3)是的充分必要条件,则对应集合与对应集合相等;(4)是的既不充分又不必要条件, 对的集合与对应集合互不包含5. 函数的定义域为( )A.

3、B. C. D. C分析:根据分式分母不为零、偶次根式被开方数非负可得出关于的不等式,进而可求得函数的定义域.解答:要使得函数有意义,则,解得且,所以,函数的定义域为.故选:C.点拨:本题考查具体函数定义域的求解,考查计算能力,属于基础题.6. 若,则下列不等式中恒成立的是( )A. B. C. D. D分析:直接利用不等式的性质或赋值法即可求出结果.解答:解:A:由于,故,故选项A错误.B:当时,故选项B错误.C:由于,所以,故选项C错误.D:由于,所以,故选项D成立.故选:D.点拨:本题考查利用不等式的性质推导不等关系,熟记不等式的性质以及赋值法的应用是解题的关键,属于基础题.7. 给出下

4、列四组函数:与;与;与;与,表示同一函数的有( )A 0组B. 1组C. 2组D. 3组A分析:利用相同函数:定义域、对应法则相同的两个函数为相同函数即可确定选项.解答:与的对应关系不同,不是同一函数;与的对应关系不同,不是同一函数;的定义域为,的定义域为,定义域不同,不是同一函数;的定义域为,的定义域为,定义域不同,不是同一函数.表示同一函数的有0组.故选:A.8. 若实数,满足,则的最小值为( )A. B. C. D. D分析:利用基本不等式的性质即可得出结果.解答:解:实数,满足,则,所以.可得.当且仅当时,等号成立,故答案为:D.点拨:本题考查了基本不等式的性质,考查了推理能力与计算能

5、力,属于基础题.9. 函数y=f(x),xR的图象与直线x=2018的交点个数是( )A. 0B. 0或1C. 1D. 1或2018C分析:根据函数的定义,定义域内对任意的自变量在对应法则下只有唯一确定的与之对应,由此可得出答案解答:由函数定义可得,定义域内一个自变量只有唯一确定的与之对应,与函数只有一个交点,故选C点拨:本题考查函数的定义,属于基础题10. 设x=2a(a+2),y=(a-1)(a+3),则有( )A xyB. xC. xyD. xA分析:作差法比较大小即可。解答:解:,故故选:点拨:本题考查作差法比较两数的大小关系,属于基础题。11. 函数的值域是( )A. B. C. D

6、. C分析:转化条件得,结合反比例函数的性质即可得解.解答:由题意,当时,所以,所以即函数的值域是.故选:C.点拨:本题考查了函数值域的求解,考查了运算求解能力,属于基础题.12. 下列叙述不正确的是( )A. 不等式的解集是B. “”是“”的充要条件C. 已知,则“”是“”的既不充分也不必要条件D. 已知函数,定义域为,函数的最小值是ABD分析:利用不等式的解集判断;充要条件判断,利用反例判断;基本不等式求解最值判断解答:解:对于A,不等式的解集是或,所以A不正确;对于B,“”推出“”成立,所以“”是“”的充要条件,不正确,所以B不正确;对于C:已知,则“”推不出“”,反之也不成立,所以,则

7、“”是“”的既不充分也不必要条件,所以C正确;函数定义域为,当且仅当时,取等号,显然不正确,函数的最小值不是,所以D不正确;故选:ABD.二、填空题13. 已知函数,则_.2分析:根据分段函数由内向外求函数值即可.解答:由分段函数的表达式可得,即,故答案为:2.14. 若是假命题,则实数a的取值范围为_.分析:由题得,解不等式即得解.解答:由题得,所以,所以,所以或.故答案为:点拨:本题主要考查全称命题的否定,意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.15. 已知,则等于_.1分析:利用换元法求出函数的解析式,根据解析式可得,解方程即可求解.解答:由,解得,故答案为:1.16. 若,则实数的取值范

8、围为_.分析:代入不等式成立,然后解关于的不等式即可得解答:根据题意,若,则,变形可得且,解可得:,即的取值范围为,故答案:.三、解答题17. 已知全集,集合,.(1)当时,求与;(2)若,求实数的取值范围.(1),或;(2).分析:(1)把代入确定出,求出与补集的并集即可;(2)求出的补集,根据集合的包含关系得到关于的不等式,解出即可解答:(1)把代入得:,或,或;(2)由(1)或,若,时,解得:,时,或,解得:,综上:实数的取值范围是.18. 若不等式的解集是.(1)解不等式;(2)为何值时,的解集为.(1);(2).分析:(1)转化条件为和1是方程的两根,进而可得的值,再解一元二次不等式

9、即可得解;(2)由一元二次不等式恒成立可得,即可得解.解答:(1)不等式的解集是,所以,和1是方程的实数解,所以,解得;所以不等式化为,即,解得或;所以所求不等式的解集为.(2)由(1)知不等式为,令,解得;所以的取值范围是.19. 已知,.证明:(1);(2).(1)证明见解析;(2)证明见解析.分析:(1)利用不等式的性质即可证明;(2)利用不等式的性质即可证明.详解】解:证明:(1),又,故;(2)由,得,又,即,又,.20. 设命题:实数满足,其中,命题:实数满足或.(1)若,且均为真命题,求实数的取值范围;(2)若是的充分不必要条件,求实数的取值范围.(1)(2)分析:(1)当时,命

10、题:,命题均为真命题,可得,即可求得答案;(2)因为是的充分不必要条件,所以集合是集合或的真子集,即可求得答案.解答:(1)当时,命题:命题均为真命题,则,解得 命题均为真命题时,实数的取值范围是.(2)是的充分不必要条件,集合是集合或真子集,或,解得:或 当是的充分不必要条件时,实数的取值范围是.点拨:本题的解题关键是掌握充分不必要条件定义和真子集的定义,考查了分析能力和计算能力,属于中基础.21. 已知二次函数,满足,且.(1)函数的解析式;(2)函数在区间上的值域是,求的取值范围.(1);(2).分析:(1)由已知直接代入可分别求出,进而可求函数解析式;(2)结合二次函数的性质确定函数取

11、得及1的位置,从而可求解答:解:(1)因为二次函数,满足,且,所以,即,故,所以;(2)因为的开口向上,对称轴,且,由在区间上的值域是可得.22. 新冠肺炎是近百年来人类遭遇的影响范围最广的全球性大流行病.面对前所未知突如其来来势汹汹的疫情天灾,习近平总书记亲自指挥亲自部署,强调把人民生命安全和身体健康放在第一位,明确坚决打赢疫情防控的人民战争总体战阻击战.随着疫情防控形势好转,中央出台了一系列助力复工复产好政策.城市快递行业运输能力迅速得到恢复,市民的网络购物也越来越便利.根据大数据统计,某条快递线路运行时,发车时间间隔(单位:分钟)满足:,平均每趟快递车辆的载件个数(单位:个)与发车时间间

12、隔近似地满足,其中.(1)若平均每趟快递车辆的载件个数不超过1500个,试求发车时间间隔的值;(2)若平均每趟快递车辆每分钟的净收益为(单位:元),问当发车时间间隔为多少时,平均每趟快递车辆每分钟的净收益最大?并求出最大净收益.(1);(2)发车时间间隔为7分钟时,净收益最大为280(元).分析:(1)根据题意分和时,分别解,再结合即可得答案;(2)由题意可得,再结合基本不等式求最值即可得答案.解答:(1)当时,不满足题意,舍去.当时,即.解得(舍)或,.发车时间间隔为4分钟.(2)由题意可得当,时,(元)当,时,(元)发车时间间隔为7分钟时.净收益最大为280(元).点拨:本题考查实际应用问题,考查数学建模思维和数学知识解决实际问题的能力,是中档题.

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