1、2020-2021学年云南省玉溪一中高一（上）期中数学试卷一、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,所以阴影部分表示的集合
2、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. B. C. D
3、. 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. 给出下列四组函数：与
4、；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力，属于基础题
5、.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. C分析：转
6、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“”是“”的既
7、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，则实数的取值范围为_.分析：
8、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即可得解；（2
9、）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,命题:,命题均为
10、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得及1的位置，
11、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)与发车时间间隔近似地满足，
12、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.
