陕西省西安市高陵区第一中学、田家炳中学2020-2021学年高一上学期第一次月考数学（理）试题 Word版含解析

高陵一中､田家炳中学2020~2021学年度第一次联考

数学(文)试题(卷)

一､选择题

1. 已知集合，，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

由集合的表示可得，再由集合的交集运算即可得解.

【详解】因为，所以，

所以.

故选：A.

【点睛】本题考查了集合的交集运算，考查了运算求解能力，属于基础题.

2. 已知幂函数的图象过点，则的值为（    ）

A.  B. 3 C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】

先利用待定系数法求出幂函数的解析式，再代入自变量的值即可求出函数值．

【详解】设幂函数，

幂函数的图象过点，

，解得，

幂函数，

（9）

故选：．

【点睛】本题主要考查了幂函数的定义，以及待定系数法求函数解析式，是基础题．

3. 曲线y=x2+3x在点A(1，4)处的切线的斜率k是（    ）

A. 4 B. 5 C. 6 D. 7

【答案】B

【解析】

【分析】

直接利用切线的斜率就是曲线在该点处的导数值求解即可 .

【详解】函数的导数为，

因为切线的斜率就是曲线在该点处的导数值，

所以函数在处的切线斜率（1）．

故选：．

【点睛】本题考查了导数的几何意义．导数的几何意义是指函数在点处的导数是曲线在点，处的切线的斜率．它把函数的导数与曲线的切线联系在一起，使导数成为函数知识与解析几何知识交汇的一个重要载体．

4. 下列函数中为偶函数的是（ ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【详解】根据偶函数的定义，

A选项为奇函数;B选项为偶函数；

C选项定义域为不具有奇偶性；

D选项既不是奇函数，也不是偶函数.

故选：B.

5. 函数 的零点一定位于区间（ ）

A.  B.  C.  D.

【答案】A

【解析】

试题分析：，故零点位于.

考点：零点与二分法．

6. 已知函数，则f(x)是（    ）

A. 非奇非偶函数，且在(0，+∞)上单调递增 B. 奇函数，且在R上单调递增

C. 非奇非偶函数，且在(0，+∞)上单调递减 D. 偶函数，且在R上单调递减

【答案】A

【解析】

【分析】

本题考查函数的奇偶性和和单调性的概念及简单复合函数单调性的判定.

【详解】要使函数有意义，需使即解得

所以函数的为定义域不关于原点对称，所以函数是非奇非偶函数；

因为是增函数，所以是增函数，

又是增函数，所以函数在定义域上单调递增.

故选：A

【点睛】本题考查对数型复合函数的奇偶性和单调性，属于中档题.

7. 设是定义域为的偶函数，且在单调递减，，，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

比较、、三个数的大小关系，再由函数在区间上的单调性并结合偶函数的性质可得出、、的大小关系.

【详解】，，即，

同理可得，且，，

由于函数在区间上单调递减，所以，，

由于函数为偶函数，则.

故选：D.

【点睛】本题考查利用函数的单调性比较函数值的大小关系，同时也考查了利用中间值法比较指数式和对数式的大小关系，考查推理能力，属于中等题.

8. 已知函数的值域为R，则实数a的取值范围是（    ）

A. (-1，2) B.  C.  D. {-1}

【答案】B

【解析】

【分析】

由题可知在时的值域中包含所有负数，列出即可解出.

【详解】当时,所以要使的的值域为,需满足在时的值域中包含所有负数，所以 ,解得.

故选：B.

【点睛】本题考查已知分段函数的值域求参数，属于基础题.

9. 已知是定义域为的奇函数，满足.若，则=（    ）

A.  B. 0 C. 50 D. 2

【答案】D

【解析】

分析】

首先求出函数的周期，并求一个周期内的的值，根据周期性求的值.

【详解】因为函数是奇函数，，又因为，

所以，即，

所以，即函数的周期为4，

，，，，，

，

那么.

故选：D

【点睛】本题考查抽象函数的周期，重点考查转化与变形，计算能力，属于中档题型.

10. 如图，在直角梯形ABCD中，AB⊥BC，AD＝DC＝2，CB＝，动点P从点A出发，由A→D→C→B沿边运动，点P在AB上的射影为Q.设点P运动的路程为x，△APQ的面积为y，则y＝f(x)的图象大致是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】

结合P点的运动轨迹以及二次函数，三角形的面积公式判断即可．

【详解】解：P点在AD上时，△APQ是等腰直角三角形，

此时f（x）＝•x•x＝x2，（0＜x＜2）是二次函数，排除A，B，

P在DC上时，PQ不变，AQ增加，是递增的一次函数，排除C，

故选D．

【点睛】本题考查了数形结合思想，考查二次函数以及三角形的面积问题，是一道基础题．

11. 若函数在区间(0，4)上不单调，则实数a的取值范围为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】

求出的导数，先求出在区间(0，4)上单调的的范围，即或在恒成立，即可得出不单调的a的取值范围.

【详解】可知，

若函数在区间(0，4)上单调，

则或在恒成立，

或，

解得或，

函数在区间(0，4)上不单调，

.

故选：C.

【点睛】本题考查导数与函数单调性的关系，属于基础题.

12. 设定义域为的函数的导函数为，且满足，则不等式的解集为（     ）

A.  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】

根据条件构造函数，求导可证在上为增函数，，化为，即，利用单调性，即可求解.

【详解】设，

在在上为增函数，

两边同除以，

得，即，

，

所以不等式的解集为.

故答案为:B.

【点睛】本题考查构造函数，利用函数的单调性解不等式，解题的关键要根据已知条件或所求的不等式的结构特征构造函数，属于中档题.

二､填空题

13. 函数的零点个数为________.

【答案】1

【解析】

【分析】

函数的零点知，由此可转化为函数与的交点个数问题，结合函数图象，即可得到零点个数

【详解】令，得

即在同一坐标系中画出函数与的图象，如图所示

可知两函数图象有1个交点，故的零点只有一个

故答案为：1

【点睛】本题考查了函数的零点，根据原函数的零点转化为两个函数的交点问题，进而结合函数图象即可确定函数的零点个数

14. 已知函数满足，且在区间(-2，2]上，，则的值为___________.

【答案】1

【解析】

【分析】

由分段函数的解析式，根据函数的周期性，进行转化求解即可．

【详解】由得函数是周期为4的周期函数，

则（1），

，即．

故答案为：1．

【点睛】本题主要考查函数值计算，根据函数的周期性结合分段函数的表达式利用转化法是解决本题的关键．

15. 函数在定义域上的值域为，则实数m的取值范围是___________.

【答案】

【解析】

【分析】

先判断出值域的端点对应的值，然后根据函数图象并结合值域判断出的取值范围.

【详解】因为，所以当时有，所以，

又因为当时，或，

再结合图象可知：.

故答案为：.

【点睛】本题考查根据二次函数的值域求解参数范围，难度一般.求解和二次函数有关的值域、定义域问题，有时候作图分析能起到事半功倍的效果.

16. 函数的定义域为A，若且时总有，则称为单函数.例如：函数是单函数.给出下列命题：

①函数是单函数；

②对数函数是单函数；

③若为单函数，且，则；

④在定义域上具有单调性函数一定是单函数，

其中的真命题是___________.(写出所有真命题的序号)

【答案】②③④

【解析】

【分析】

根据单函数的定义分别进行判断即可．

【详解】①若函数是单函数，则由得，即或，∴不满足单函数的定义，故①错误．

②若对数函数是单函数，则由得，即，∴满足单函数的定义，故②正确．

③若为单函数，且，则，则根据逆否命题的等价性可知，成立，故③正确．

④在定义域上具有单调性的函数一定，满足当时总有，∴是单函数，成立，故④正确．

故答案为：②③④.

【点睛】本题主要考查与函数有关的命题的真假判断，利用单函数的定义是解决本题的关键．

三､解答题

17. 设命题：实数满足，其中；命题：实数满足.

（1）若，且为真，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.

【答案】(1)；(2).

【解析】

【分析】

（1）若为真，则命题和命题均为真命题，分别解两个不等式求交集即可；

（2）是的充分不必要条件等价于是的必要不充分条件，列出满足题意的不等式求解即可.

【详解】（1）对于：由，得：，

又，所以，

当时，，

对于：等价于，解得：，

若为真，则真且真，所以实数的取值范围是：；

（2）因为是的充分不必要条件，所以，且，即，

，，则⫋，即，且，

所以实数的取值范围是.

【点睛】本题主要考查命题及其关系，考查理解能力和转化思想，属于常考题.

18. 已知函数是定义在上的奇函数，且当时， .

（1）当时，求的解析式；

（2）若，求的值.

【答案】（1）；（2）或 .

【解析】

【分析】

（1）设，则，再根据奇函数性质即可得时，求的解析式；

（2）分和两类分别解不等式即可得答案.

【详解】解：（1）当时，，

又是奇函数，∴，

∴ ，

即当时，

（2）当时，由，得，

解得或(舍去)，

∴ ；

当时，由，

得，

解得或 (舍去)，

∴.

综上，或

【点睛】本题考查根据奇偶性求函数解析式，解指数型方程，考查运算能力，是中档题.

19. 已知函数g(x)=ax2-2ax+1+b(a>0)在区间上有最大值9和最小值1，设函数.

（1）求a､b的值；

（2）若不等式f(2x)-k·2x≥0在x∈[-1，1]上恒成立，求实数k的取值范围.

【答案】（1）；（2）.

【解析】

【分析】

（1）根据对称轴与定义区间位置关系确定函数单调性，再根据单调性确定最值取法，列方程组解得的值；
（2）化简不等式，并分离变量得为2x+-2≥k·2x，即化为，设,再根据二次函数性质求最值即得结果.

【详解】（1）g(x)=a(x-1)2+1+b-a，

因为a>0，所以g(x)在区间[2，4]上是增函数，

故，解得.

（2）由已知可得f(x)=x+-2，

所以f(2x)-k·2x≥0可化为2x+-2≥k·2x，

化为

令，则k≤t2-2t+1，

因为x∈[-1，1]，故t∈[，2]，

记h(t)=t2-2t+1，因为t∈[，2]，

故h(t)min=0，

所以k的取值范围是.

【点睛】对于求不等式成立时的参数范围问题，在可能的情况下把参数分离出来，使不等式一端是含有参数的不等式，另一端是一个区间上具体的函数，这样就把问题转化为一端是函数，另一端是参数的不等式，便于问题的解决.但要注意分离参数法不是万能的，如果分离参数后，得出的函数解析式较为复杂，性质很难研究，就不要使用分离参数法.属于中档题.

20. 商场销售某种商品的经验表明，该商品每日的销售量(单位：千克)与销售价格(单位：元/千克)满足关系式，其中，为常数，已知销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克．

(1) 求的值；

(2) 若商品的成品为3元/千克, 试确定销售价格的值,使商场每日销售该商品所获得的利润最大

【答案】(1)因为时，所以；

(2)由(1)知该商品每日的销售量，所以商场每日销售该商品所获得的利润：；

，令得函数在(3,4)上递增，在(4,6)上递减，

所以当时函数取得最大值

答：当销售价格时,商场每日销售该商品所获得的利润最大，最大值为42.

【解析】

(1)利用销售价格为5元/千克时，每日可售出该商品11千克．把x=5,y=11代入,解关于a的方程即可求a..

(2)在（1）的基础上，列出利润关于x的函数关系式，

利润=销售量（销售单价－成品单价），然后利用导数求其最值即可.

21. 设函数.

（1）当曲线在点(1,f(1))处的切线与直线y=x垂直时，求a的值；

（2）若函数有两个零点，求实数a的取值范围.

【答案】（1）；（2）.

【解析】

【分析】

（1）求出的导数，由求出；

（2）本题等价于恰有两个不相等正实根，构造函数，利用导数讨论的变化情况，即可求出的范围.

【详解】（1）由题意知，函数的定义域为，，

∴，解得.

（2）若函数有两个零点，则方程恰有两个不相等的正实根，即方程恰有两个不相等的正实根.

设函数，

∴.

当时，恒成立，则函数在上是增函数，

∴函数最多一个零点，不合题意，舍去；

当时，令，解得，令，解得，

则函数在内单调递减，在上单调递增.

易知时，>0恒成立，要使函数有2个正零点，

则的最小值，即，即，

∵，∴，解得，

即实数的取值范围为.

【点睛】本题考查导数的几何意义，考查利用导数研究函数的零点，属于较难题.

22.

在平面直角坐标系xOy中，曲线C的参数方程为（a为参数），在以原点为极点，x轴正半轴为极轴的极坐标系中，直线l的极坐标方程为.

（1）求C的普通方程和l的倾斜角；

（2）设点，l和C交于A，B两点，求.

【答案】(1) ..  (2) .

【解析】

【分析】

（1）直接利用参数方程和极坐标方程公式得到普通方程，再计算倾斜角.

（2）判断点在直线l上，建立直线参数方程，代入椭圆方程，利用韦达定理得到答案.

【详解】（1）消去参数α得，

即C的普通方程为.

由，得，（*）

将，代入（*），化简得，

所以直线l的倾斜角为.

（2）由（1），知点在直线l上，可设直线l参数方程为（t为参数），

即（t为参数），

代入并化简，得，

，

设A，B两点对应的参数分别为，，

则，，

所以，，所以.

【点睛】本题考查了参数方程，极坐标方程，倾斜角，利用直线的参数方程可以简化运算.

23. 已知函数

（1）求不等式的解集

（2）设，证明：.

【答案】(1)或 ；(2)证明见解析.

【解析】

【分析】

（1）先根据绝对值定义将不等式化为三个不等式组，分别求交集，最后求并集（2）利用分析法证明，先根据绝对值三角不等式将不等式转化为证明，再两边平方，因式分解转化为证明，最后根据条件确定成立.

【详解】（1）∵，∴.

当时，不等式可化为，

解得，∴；

当,不等式可化为，解得， 无解；

当时，不等式可化为，解得，∴.

综上所述，或.

（2）∵，

要证成立，

只需证，

即证，

即证,

即证.

由（1）知，或，

∵，∴，

∴成立.

综上所述，对于任意的都有成立.

点睛：(1)分析法是证明不等式的重要方法，当所证不等式不能使用比较法且与重要不等式、基本不等式没有直接联系，较难发现条件和结论之间的关系时，可用分析法来寻找证明途径，使用分析法证明的关键是推理的每一步必须可逆.

(2)利用综合法证明不等式，关键是利用好已知条件和已经证明过的重要不等式.