1、玉溪一中2020-2021学年上学期高一年级第二次月考数学学科试卷总分：150分，考试时间：120分钟一选择题（本题共12小题，每题5分，共计60分.1-10题为单选题，在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的；11，12题为多选题）1. 已知集合则（ ）A. B. C. D. C分析：利用集合补集和交集的定义求解即可解答：，故选：C2. 命题的否定是（ ）A. B. C D. B解答：试题分析：全称命题的否定是特称命题，将存在改为任意，并将结论加以否定，因此的否定为考点：全称命题和特称命题3. 设，则“”是“”的（ ）A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充要条件D. 既不
2、充分也不必要条件B分析：求不等式的解集，由充分性和必要性的定义即可做出判断.解答：， 据此可知，是的必要不充分条件.故选：B点拨：本题考查了解不等式和充分必要条件的判断，考查了数学运算能力和逻辑推理能力，属于一般题目.4. 设，则下列不等式中不成立的是（ ）A. B. C. D. C分析：利用不等式的基本性质可判断各选项中的不等式的正误.详解】，则.对于A选项，即，A选项中的不等式成立；对于B选项，由可得，由不等式的基本性质可得，B选项中的不等式成立；对于C选项，则，所以，由不等式的性质可得，即，C选项中的不等式不成立；对于D选项，由可得，即，D选项中的不等式成立.故选：C.5. ，则（ ）A
3、. B. C. D. B分析：利用对数函数、指数函数的性质进行求解即可.解答：因为，所以，故选：B6. 函数的定义域为（ ）A. B. C. D. C分析：利用对数函数和幂函数的性质列出不等式组，可得函数的定义域解答：由题意，即，解得故选：C7. 某学生从家去学校，由于怕迟到，所以一开始跑步，等跑累了，再走余下的路，如图中y表示该学生与学校的距离，x表示出发后的时间，则符合题意的图象是（ ）A. B. C. D. D分析：根据题意,结合行程,即可判断图象.解答：由题意,知该学生离学校越来越近,故排除选项A,C又由于开始跑步,后来步行,体现在图象上是先“陡”后“缓”由图象可知,D为正确选项.故选
4、:D点拨：本题考查了函数图象在实际问题中的应用,属于基础题.8. 下列函数中，其定义域和值域分别与函数的定义域和值域相同的是（ ）A. B. C. D. C分析：先求出函数的定义域和值域，再逐一求出四个选项中函数的定义域值域进行判断即可.解答：函数的定义域和值域都是正实数集.A：函数的定义域和值域都是全体实数集，所以不符合题意；B：对数函数的值域为全体实数集，所以不符合题意；C：函数的定义域为正实数集，因为，所以函数的值域为正实数集，所以符合题意；D：函数的定义域为全体实数，所以不符合题意，故选：C9. 已知函数若存在2个零点，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. D分析：利用数形结合的
5、方法，作出函数的图象，由与直线有两个交点，可得的取值范围解答：依题意，函数的图象与直线有两个交点，作出函数图象如下图所示，由图可知，要使函数的图象与直线有两个交点，则故选：D10. 高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一,享有“数学王子”的称号，他和阿基米德、牛顿并列为世界三大数学家,用其名字命名的“高斯函数”为:设，用表示不超过的最大整数,则称为高斯函数,例如:， ，已知函数，则函数的值域是（ ）A. B. C. D. D分析：利用分离常数法可得,求得的值域, 由表示不超过的最大整数,即可求得函数的值域.解答： ，由于 的值域为: 根据表示不超过的最大整数 函数的值域是.故选:D.点拨：
6、本题主要考查新定义函数的理解和运用,考查分离常数法求函数的值域,考查化归与转化的数学思想方法.解题关键是在解答时要先充分理解的含义.11. 已知函数图像经过点(4,2)，则下列命题正确的有（ ）A. 函数为增函数B. 函数为偶函数C. 若，则D. 若，则ACD分析：先代点求出幂函数的解析式，根据幂函数的性质直接可得单调性和奇偶性，由可判断C，利用展开和0比即可判断D.解答：将点(4,2)代入函数得：，则.所以，显然在定义域上为增函数，所以A正确.定义域为，所以不具有奇偶性，所以B不正确.当时，即，所以C正确.当若时，=.即成立，所以D正确.故选：ACD.点拨：本题主要考查了幂函数的性质，12.
7、 已知实数满足，下列关系式可能成立的是（ ）A. B. C. D. BCD分析：令，可得到，分别在、和三种情况下根据对数函数性质得到结果.解答：令，则，当时，C正确；当时，D正确；当时，B正确.故选：BCD二填空题（本题共4小题，每题5分，共计20分）13. _分析：运用指数幂的运算法则进行求解即可.解答：故答案为：14. 用二分法求函数在区间上的零点，要求精确度为时，所需二分区间的次数最少为_次4分析：根据二分法的特点进行求解即可.解答：因为区间的长度为1，经过二分法的一次操作，区间长度变为原来的一半，所以经过次二分法的操作，区间的长度为，若，解得，故答案为：415. 函数（，且）在上的最大
8、值比最小值大，则的值为_2或分析：根据指数函数的单调性，分类讨论进行求解即可.解答：当时，函数在上是单调递增函数，由题意可知：，所以有；当时，函数在上是单调递减函数，由题意可知：，所以有，故答案为：2或16. 已知，则_.分析：根据对数的运算法则变形，注意对数的真数大于0解答：依题意可得，即，整理得，解得或，.点拨：本题考查对数的运算法则，解题时注意对数的大于0即可三解答题(共70分解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤)17. 已知集合（1）若时，求；（2）若，求实数的取值范围（1）；（2）分析：（1）由交集和并集运算可直接求得结果；（2）利用补集定义可求得，由包含关系可得到结果.解答：（1
9、）当时， ，.（2）或，因为，所以，即实数的取值范围为.18. 已知是定义在上的奇函数，当时，（1）求当时，的解析式；（2）作出函数的图象(不用写作图过程)，并求不等式的解集（1）；（2）作图见解析；不等式的解集为分析：（1）利用函数是定义在上的奇函数，求出当时，的解析式；（2）画出函数图象，利用函数图象求解不等式即可解答：（1）设，则是定义在上的奇函数，所以（2）如图所示，即或结合图象可得，不等式的解集为19. 为了预防某流感病毒，某学校对教室进行药熏消毒，室内每立方米空气中的含药量（单位：毫克）随时间（单位：）的变化情况如下图所示，在药物释放的过程中，与成正比：药物释放完毕后，与的函数关系
10、式为（为常数），根据图中提供的信息，回答下列问题：（1）写出从药物释放开始，与之间的函数关系式.（2）据测定，当空气中每立方米的含药量降低到0.25毫克以下时，学生方可进教室学习，那么从药物释放开始，至少需要经过多少小时后，学生才能回到教空？（1） （2）分析：（1）利用函数图象经过点，分段讨论即可得出结论；（2）利用指数函数的单调性解不等式解答：解：（1）依题意，当时，可设，且，解得又由，解得，所以；（2）令，即，得，解得，即至少需要经过后，学生才能回到教室点拨：本题主要考查分段函数的应用，考查指数不等式的解法，属于中档题20. 某渔业公司今年初用98万元购进一艘远洋渔船，每年的捕捞可有50
11、万元的总收入，已知使用年（）所需（包括维修费）的各种费用总计为万元.（1）该船捞捕第几年开始赢利（总收入超过总支出，今年为第一年）？（2）该船若干年后有两种处理方案：当赢利总额达到最大值时，以8万元价格卖出；当年平均赢利达到最大值时，以26万元卖出，问哪一种方案较为合算？请说明理由.（1）该船捞捕第3年开始赢利；（2）方案合算分析：（1）根据题意，由该船捞捕第年开始赢利，可得，解得取值范围从而解决问题 （2）先求出平均盈利的函数表达式，再利用基本不等式求其最大值，从而得出盈利总额； 先求出平均盈利的函数表达式，再利用二次函数的图象与性质求其最大值，从而得出盈利总额；最后比较两种情况的盈利额的情
12、况即可解决问题解答：（1）因为每年的捕捞可有万元的总收入，使用年所需（包括维修费）的各种费用总计为万元， 所以由该船捞捕第年开始赢利，可得，即又，所以该船捞捕第年开始赢利； （2）令 所以当时，赢利总额达到最大值万元 所以年赢利总额为； 令，则由基本不等式可得（当且仅当，即时取等号）即当时，年平均赢利达到最大值为万元；所以年赢利总额为万元， 两种情况的盈利额一样，但方案的时间短，故方案合算点拨：本题主要考查函数模型的选择与应用，考查基本不等式的运用，考查利用数学知识解决实际问题，属于中档题21. 已知函数（1）证明函数在区间上单调递增；（2）若不等式对一切实数恒成立，求实数的最大值（1）证明见
13、解析；（2）分析：（1）根据单调性的定义进行证明即可；（2）对原不等式进行化简，最后利用一元二次方程根的判别式进行求解即可.解答：（1）证明：任取，则 因为，所以，因为，则，所以，即，所以，即，所以函数在上单调递增（2）因为函数，则不等式可化为，化简可得对一切恒成立，所以，解得所以的取值范围为所以实数的最大值为22. 已知函数（为实数）是定义在上的奇函数（1）求的值；（2）若对任意，不等式恒成立，求实数的取值范围（1）；（2）分析：（1）根据奇函数性质进行求解即可；（2）根据奇函数的性质，结合函数的单调性、对钩函数的单调性进行求解即可.解答：解：（1）因为是上的奇函数，所以即，从而，此时，因为，所以是奇函数，故；（2）因为是奇函数，故由在时恒成立，得在时恒成立，因为函数在R上单调递减，所以即，令，则根据题意只需由对勾函数知，在上单调递减，在上单调递增，所以，所以故实数的取值范围是
