2018-2019学年上海市金山中学高一上学期期中数学试题（解析版） 14页

‎2018-2019学年上海市金山中学高一上学期期中数学试题 一、单选题 ‎1．已知全集U=R,集合和关系的韦恩()图如图所示,则阴影部分所示的集合的元素共有（ ）‎ A．1个 B．2个 C．3个 D．无穷多个 ‎【答案】A ‎【解析】根据题意，分析可得阴影部分所示的集合为，求出集合与中的元素，分析可得选项.‎ ‎【详解】‎ 根据题意，可得阴影部分所示的集合为，‎ 的元素为正奇数，而在内的正奇数有 ‎ 所以集合共有个元素.‎ 故选：A ‎【点睛】‎ 本题考查集合的图表表示法，注意由韦恩图表分析集合间的关系，阴影部分所表示的集合.‎ ‎2．已知,那么下列命题正确的是（ ）‎ A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 ‎【答案】B ‎【解析】根据不等式的性质，对A、B、C、D四个选项通过举反例进行一一验证，即可判断出选项.‎ ‎【详解】‎ 对于A，当时，不成立，故A错误；‎ 对于B，若，则或，所以，故B正确；‎ 对于C，若，则当时，不成立，故C错误；‎ 对于D，当时，，故D错误；‎ 故选：B ‎【点睛】‎ 本题主要考查不等式的性质，属于基础题.‎ ‎3．已知，则“”是“函数的图象恒在轴上方”的( )‎ A．充分不必要条件 B．必要不充分条件 C．充要条件 D．既不充分又不必要条件 ‎【答案】D ‎【解析】分别研究由“”推出“函数的图象恒在轴上方”和由“函数的图象恒在轴上方”推出“”，得到答案.‎ ‎【详解】‎ 当时，‎ 函数图象与轴没有交点，‎ 当时，图像恒在轴下方，所以是不充分条件；‎ 当函数的图象恒在轴上方，‎ 取，满足要求，此时，‎ 因此不一定能得到，所以是不必要条件；‎ 故选D项.‎ ‎【点睛】‎ 本题考查充分条件和必要条件的判断，二次函数的图像问题，属于简单题.‎ ‎4．若直角坐标平面内不同的两点P、Q满足条件:①P、Q都在函数的图像上；②P、Q关于原点对称,则称点是函数的一对“友好点对”(注:点对与看作同一对“友好点对”).若函数,则此函数的“友好点对”的个数有（ ）‎ A．0个 B．1个 C．2个 D．3个 ‎【答案】C ‎【解析】当时，，代入解析式，即可得到关于原点对称的函数，作出函数图像，根据给出的新定义，并结合图像即可得到图像交点的个数，即“友好点对”的个数.‎ ‎【详解】‎ 当时，则，，‎ 则函数的图像 关于原点对称的图像所对应的函数是 ‎ 作出函数与的图像（如下图）‎ ‎ ‎ ‎ ‎ 由图像的交点个数即可得“友好点对”的对数，‎ 观察图像可得交点个数是，故函数的“友好点对”有对.‎ 故选：C ‎【点睛】‎ 本题主要考查对新定义的理解，考查了数形结合思想，解答本题的关键是熟练掌握二次函数与对数函数的图像与性质.‎ 二、填空题 ‎5．设全集U=R,集合则________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由集合的补集运算即可求解.‎ ‎【详解】‎ 全集U=R， .‎ 故答案为：.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查集合的补集运算，属于基础题.‎ ‎6．不等式的解集是 　　　　　　　　　 　.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由.‎ ‎7．函数的定义域为________.‎ ‎【答案】或 ‎ ‎【解析】根据式子有意义可得，解分式不等式即可.‎ ‎【详解】‎ 由题意可得，‎ 即 ，解得或 ‎ 所以函数的定义域为或.‎ 故答案为：或.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查函数的定义域，考查了分式不等式的解法，属于基础题.‎ ‎8．“若则”的一个等价命题是:“若则___________”.‎ ‎【答案】不都大于零 ‎【解析】根据原命题与逆否命题为等价关系，写出命题的逆否命题即可.‎ ‎【详解】‎ ‎“若则”的逆否命题为：“若则不都大于零”‎ 故答案为：不都大于零 ‎【点睛】‎ 本题考查四种命题中原命题与逆否命题的关系，属于基础题.‎ ‎9．不等式的解集是_________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由分式不等式解法即可求解.‎ ‎【详解】‎ 由，可得 ‎ ‎ 解得， ‎ 所以不等式的解集为 ‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查分式不等式的解法，属于基础题 ‎10．函数的图像关于直线对称的充要条件是 ；‎ ‎【答案】m=-2‎ ‎【解析】由于二次函数的对称轴方程为,所以函数的图像关于直线对称的充要条件.‎ ‎11．设α：；β: ，，若α是β的充分不必要条件，则m的取值范围是________‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】α是β的充分不必要条件可知Ü，即可求解.‎ ‎【详解】‎ 因为α：；β: ，，α是β的充分不必要条件 所以Ü，‎ 即，解得.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了充分不必要条件，真子集的概念，属于中档题.‎ ‎12．函数的最小值为2，则正数的值是________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】利用基本不等式即可求解.‎ ‎【详解】‎ 由，， ‎ 则，即 当且仅当，即时取等号.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查基本不等式的应用，在利用基本不等式求最值时需验证“”成立的条件.‎ ‎13．给出下列4个命题:‎ ‎①-2不是偶数；②不等式不成立；③可以是函数的解析式；④函数的定义域为R.‎ 其中,所有假命题的代号是___________.‎ ‎【答案】①②③④‎ ‎【解析】根据偶数的定义可判断①；根据不等式可判断②；根据函数的概念可判断③；根据幂函数的定义域可判断④.‎ ‎【详解】‎ 对于①，能被整除，故是偶数，故①为假命题；‎ 对于②，成立，故②为假命题；‎ 对于③，函数的定义域为空集，‎ 由函数的三要素可知不能是函数的解析式，故③为假命题；‎ 对于④，函数在无意义，故④为假命题；‎ 故答案为：①②③④‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查命题真假的判断，考查了数学中的基本知识与基本概念，属于基础题.‎ ‎14．设函数，观察：‎ ‎ ， ， ，‎ ‎ ，……‎ 根据以上事实，由归纳推理可得： ‎ 当且时，= ________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】利用所给函数式，归纳出函数式分母多项式的规律，结合分子都是1，从而可得结果.‎ ‎【详解】‎ 观察知:四个等式等号右边的分母为,即,所以归纳出分母为的分母为,故当且时，..‎ ‎【点睛】‎ 本题主要可得函数的解析式以及归纳推理的应用，属于中档题. 归纳推理的一般步骤: 一、通过观察个别情况发现某些相同的性质. 二、从已知的相同性质中推出一个明确表述的一般性命题(猜想）.‎ ‎15．当时,不等式恒成立,则实数的取值范围是__________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】由题意可得：当时,不等式恒成立，转化为 ‎ 从而可得或，求的最小值以及的最大值即可.‎ ‎【详解】‎ 当时,不等式恒成立，即恒成立，‎ 解不等式可得或 所以或，‎ 即或 设，由，则，‎ 当且仅当时，取等号，即；‎ 设，函数在上单调递增，故无最大值， ‎ 故，此时无值，‎ 综上所述：‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查带有绝对值的不等式，基本不等式的应用，不等式恒成立问题，体现了转化、分类讨论的数学思想，属于中档题.‎ ‎16．若规定的子集为E的第个子集,其中则E的第个子集是____________.‎ ‎【答案】‎ ‎【解析】根据题意，分别讨论的取值，通过讨论计算的可能取值，即可得出答案.‎ ‎【详解】‎ ‎，而，‎ 的第个子集包含，‎ 此时，‎ ‎，，‎ 的第个子集包含，‎ 此时，‎ ‎，，‎ 的第个子集包含，‎ 此时，‎ ‎，，‎ 的第个子集包含，‎ 此时， ‎ 的第个子集包含，‎ 的第个子集是.‎ 故答案为：‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查了与集合有关的信息题，理解条件的定义是解决本题的关键.‎ 三、解答题 ‎17．已知集合若求实数的值.‎ ‎【答案】；‎ ‎【解析】先将A化简，再由已知，求出B，利用韦达定理求出实数的值.‎ ‎【详解】‎ 由得，‎ ‎，‎ 又由 得，‎ 即的两根为，，‎ 由韦达定理得，解得；‎ 即；‎ ‎【点睛】‎ 本题考查集合的基本运算，一元二次不等式的解法，属于基础题.‎ ‎18．有一批材料,可以建成长为240米的围墙.如图,如果用材料在一面靠墙的地方围成一块矩形的场地,中间用同样材料隔成三个相等面积的矩形,怎样围法才可取得最大的面积?并求此面积.‎ ‎【答案】当面积相等的小矩形的长为时，矩形面积最大， ‎ ‎【解析】设每个小矩形的长为，宽为，依题意可知，代入矩形的面积公式，根据基本不等式即可求得矩形面积的最大值.‎ ‎【详解】‎ 设每个小矩形的长为，宽为，依题意可知，‎ ‎，‎ 当且仅当取等号，‎ 所以时，.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查函数最值的应用，考查了学生分析问题和解决问题的能力.‎ ‎19．(1)已知且求的最大值并求此时的值；‎ ‎(2)已知且求的最小值并求此时的值.‎ ‎【答案】（1）当，时，取得最大值； ‎ ‎（2）当，时，取最小值；‎ ‎【解析】（1）利用基本不等式等号成立的条件即可求解.‎ ‎（2）将“乘”，利用基本不等式等号成立的条件即可求解.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）由且 所以，即，‎ 当且仅当时，取等号成立，‎ 所以当，时，取得最大值. ‎ ‎（2）由 所以 ‎ ‎ 当且仅当时，即，时，取等号成立，‎ 所以当，时，取最小值.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查基本不等式的性质和应用，解题时要认真审题，注意公式的灵活运用.‎ ‎20．若函数的定义域（或）上的值域也为（或）,我们称函数是（或）上的保值函数.如是上的保值函数.‎ ‎(1)判断函数是上的保值函数?并说明理由；‎ ‎(2)设二次函数是上的保值函数,求正数的值；‎ ‎(3)函数是上的保值函数,求实数的值.‎ ‎【答案】（1）不是，理由见解析；（2）；（3）或 ‎ ‎ ‎ ‎【解析】（1）求出函数在上值域，由题中定义即可判断.‎ ‎（2）由题中定义，二次函数表达式以及为正数，可知函数在为增函数，‎ 即，解方程即可. ‎ ‎（3）讨论的取值，根据保值函数的定义即可求解.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）函数在上值域为，‎ 由定义可知不是上的“保值函数”. ‎ ‎（2）二次函数的对称轴为，开口向上，‎ 所以函数在上为单调递增，‎ 又为正数，即函数在上为增函数，‎ 若二次函数是上的保值函数，‎ 则，即，解方程可得 ‎ 故.‎ ‎（3）当时，函数在为单调递增函数，‎ 若函数是上的保值函数, ‎ 则，解得.‎ 当时，函数在为单调递减函数，‎ 若函数是上的保值函数, ‎ 则，解得，‎ 故满足条件的实数的值有或.‎ ‎【点睛】‎ 本题一道新定义的题目，考查了函数的定义域、值域以及函数的单调性，解题的关键是理解题干中的定义，属于中档题.‎ ‎21．(1)若不等式无解,求实数的取值范围；‎ ‎(2)若关于的不等式的解集中只有2个整数解，求实数的取值范围；‎ ‎(3)把(2)中的只有“2个整数解”推广到一般情况,并求实数的取值范围.‎ ‎【答案】（1）；（2）；（3） ‎ ‎【解析】（1）讨论的取值，分三种情况①；②；③，由二次函数的图像与性质即可求解. ‎ ‎（2）根据题意分析可知，原不等式转化为，得到的解集，由解集中的整数恰有个，且为，得到的不等式，解不等式可得的范围. ‎ ‎（3）由（2）当恰有个整数，得到关于的不等式，解不等式即可.‎ ‎【详解】‎ ‎（1）当时，显然无解；‎ 当时，，此时不等式也无解；‎ 当时，由，则，‎ 即，‎ 若不等式无解，则 ，此时无解；‎ 综上所述.‎ ‎（2）由题知，，则即为，‎ 即，‎ 由于，而不等式的解集中恰有个整数解，‎ 故必有，即必有，‎ 所以不等式可变为 ‎ 解得 ‎ 又，结合解集中恰有个整数解，即为 ‎ ‎ 可得，解得，‎ 所以实数的取值范围为.‎ ‎（3）将（2）中的只有“2个整数解”推广到一般情况,‎ ‎ 由（2）可得，‎ 解不等式可得 ‎ 即 ‎ 所以实数的取值范围为.‎ ‎【点睛】‎ 本题主要考查一元二次不等式的解法，考查分类讨论的思想，属于中档题.‎