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2019 年秋期高中一年级期中质量评估数学试题 一、选择题 1.已知集合 , , ,则 ( ) A. B. C. D. 【答案】A 【解析】 【分析】 根据集合交集与补集的概念,直接计算,即可得出结果. 【详解】因为 , , 所以 ,又 , 所以 . 故选:A 【点睛】本题主要考查集合的交集与补集的混合运算,熟记概念即可,属于基础题型. 2.下列函数 , 表示的是相同函数的是( ) A. , B. , C. , D. , 【答案】B 【解析】 【分析】 根据相同函数的概念,逐项判断,即可得出结果. 【详解】若函数相同,则定义域相同,对应关系一致; A 选项,函数 的定义域为 , 的定义域为 ,定义域不同,不是 相同函数,故 A 错; B 选项,函数 与 的定义域为 ,且 ,对应关系也相同, {1,2,3,4,5,6}U = {2,3,5}M = {4,6}N = ( )CU M N∩ = {4,6} {1,4,6} ∅ {2,3,4,5,6} {1,2,3,4,5,6}U = {2,3,5}M = {1,4,6}=UC M {4,6}N = ( ) {4,6}C ∩ =U M N ( )f x ( )g x ( ) 2xf x = 2( ) logg x x= ( ) | |f x x= 2( )g x x= ( )f x x= 2 ( ) xg x x = ( ) 2lgf x x= ( ) lg(2 )g x x= ( ) 2xf x = R 2( ) logg x x= ( )0, ∞+ ( ) | |f x x= 2( )g x x= R 2( )g x x x= =故 B 正确; C 选项,函数 的定义域为 ,函数 的定义域为 ,定义 域不同,不是相同函数,故 C 错; D 选项,函数 和 的定义域均为 ,但对应关系不一致,故 D 错; 故选:B 【点睛】本题主要考查相同函数的判定,熟记概念即可,属于基础题型. 3.函数 的定义域是( ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 由题中解析式,列出不等式求解,即可得出结果. 【详解】由题意, ,解得 , 即函数 的定义域是 . 故选:B 【点睛】本题主要考查求具体函数的定义域,只需求出使解析式有意义的自变量的范围即可, 属于基础题型. 4.已知 ,则在下列区间中, 有零点的是( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 根据函数的零点存在定理,直接判断,即可得出结果. 【详解】因为 ,所以 , ( )f x x= R 2 ( ) xg x x = ( ) ( ),0 0,−∞ ∪ +∞ ( ) 2lgf x x= ( ) lg(2 )g x x= ( )0, ∞+ ln(5 ) 2 8xy x= − + − [2,3) [3,5) ( ,3)−∞ (2,3) 5 0 2 8 0x x− >  − ≥ 3 5x≤ < ln(5 ) 2 8xy x= − + − [3,5) 2( ) 2 2xf x x= − ( )f x ( 3, 2)− − ( 2, 1)− − ( 1,0)− (0,1) 2( ) 2 2xf x x= − ( )2 3 1( 3) 2 3 2 18 08 −− = − − = − >f, , , 所以 , 又函数 连续不间断, 因此在区间 ,函数 有零点. 故选:C 【点睛】本题主要考查判断零点所在区间,熟记零点存在定理即可,属于基础题型. 5.在映射 中, ,且 ,则元 素 在 的作用下的原像为( ) A. B. C. D. 【答案】B 【解析】 【分析】 先设元素 在 的作用下的原像为 ,根据题意列出方程组求解,即可得出结果. 【详解】设元素 在 的作用下的原像为 , 因为 , 所以 ,解得 ,即原像为 . 故选:B 【点睛】本题主要考查映射的应用,熟记映射的概念,以及二元一次方程组的解法即可,属 于基础题型. 6.设 , , 则 (  ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 2 2 1( 2) 2( 2) 2 8 04 −− = − − = − >f 2 1 3( 1) 2( 1) 2 02 −− = − − = >f (0) 1 0f = − < ( 1) (0) 0f f− ⋅ < 2( ) 2 2xf x x= − ( 1,0)− ( )f x :f A B→ {( , ) | , }A B x y x y R= = ∈ : ( , ) (2 , 2 )f x y x y x y→ − + (3, 1)− f (0, 1)− (1, 1)− 2 1,5 5  −   (7,1) (3, 1)− f ( , )x y (3, 1)− f ( , )x y : ( , ) (2 , 2 )f x y x y x y→ − + 2 3 2 1 x y x y − =  + = − 1 1 x y =  = − (1, 1)− 1 2 log 3a = 0.21 3 b =     1 32c = b a c< < c b a< < c a b< < a b c< > 1 1 2 2 =log 3 log 1 0, 0, 0a b c< = > > 0.2 01 1( ) ( ) 1,3 3b = < = 1 032 2 1c = > = a b c< < 5 5( ) 3 x x f x −−= ( )f x R R R R ( )f x ( )f x 5 5( ) 3 x x f x −−= x∈R 5 5( ) ( )3 − −− = = − x x f x f x ( )f x 5xy = 5−= xy 5 5( ) 3 x x f x −−= 1 2 2 , 1( ) 1 log , 1 x xf x x x − ≤=  − > ( ) 4f x ≤ x [ 1,2]− [0,2] [1, )+∞ [ 1, )− +∞【解析】 【分析】 根据函数解析式,分别求出 , 时, 的解集,即可得出结果. 【详解】由题意,当 时, ,所以 可化为 , 因此 ,解得: ;所以 ; 当 时, ,所以 可化为 , 即 ,解得: ,所以 ; 综上,满足 的 的取值范围是 . 故选:D 【点睛】本题主要考查由函数单调性解不等式,熟记指数函数与对数函数单调性即可,属于 常考题型. 9.已知二次函数 在区间 上 最小值为 ,最大值为 ,则实数 的取值范围是( ) A. B. C. D. 【答案】D 【解析】 【分析】 先 由 二 次 函 数 性 质 , 得 到 函 数 单 调 性 , 求 出 最 小 值 , 再 令 ,得出当 时, 的值域为 ;结合 题意,即可求出结果. 【详解】因为二次函数 开口向上,且对称轴为: , 所以 在 上单调递减,在 上单调递增, 因此,当且仅当 时, 取最小值 ; 令 ,解得 或 , 所以当 时, 的值域为 ; 的 1x ≤ 1x > ( ) 4f x ≤ 1x ≤ 1( ) 2 xf x −= ( ) 4f x ≤ 212 2− ≤x 1 2− ≤x 1x ≥ − 1 1x− ≤ ≤ 1x > 2( ) 1 log= −f x x ( ) 4f x ≤ 21 log 4− ≤x 2 2 1log 3 log 8x ≥ − = 1 8x ≥ 1x > ( ) 4f x ≤ x [ 1, )− +∞ 2( ) 2 4f x x x= − − [ 1, )a− 5− 1− a [1,3) [1,3] [1, )+∞ (1,3] 2( ) 2 4f x x x= − − 2( ) 2 4 1= − − = −f x x x [ ]1 3,x∈ − 2( ) 2 4f x x x= − − [ ]5, 1− − 2( ) 2 4f x x x= − − 1x = 2( ) 2 4f x x x= − − ( ),1−∞ ( )1,+∞ 1x = 2( ) 2 4f x x x= − − (1) 5= −f 2( ) 2 4 1= − − = −f x x x 3x = 1x = − [ ]1 3,x∈ − 2( ) 2 4f x x x= − − [ ]5, 1− −又函数 在区间 上的最小值为 ,最大值为 , 所以 . 故选:D 【点睛】本题主要考查由二次函数在给定区间的最值求参数的问题,熟记二次函数性质即可, 属于常考题型. 10.已知函数 在区间 是减函数,则实数 a 的取值范围是( ) A. B. C. D. 【答案】C 【解析】 【分析】 先由题意得到二次函数 在区间 是增函数,且 在 上恒成立;列出不等式组求解,即可得出结果. 【详解】因为函数 在区间 是减函数, 所以只需二次函数 在区间 是增函数,且 在 上 恒成立; 所以有: ,解得 ; 故选:C 【点睛】本题主要考查由对数型复合函数的单调性求参数的问题,熟记对数函数与二次函数 的性质即可,属于常考题型. 11.已知定义在实数 R 上的函数 y=f(x)不恒为零,同时满足 f(x+y)=f(x)f(y),且当 x>0 时,f(x)>1,那么当 x ( )1 1 0f > > ( )0 1f = ,x y= − ( ) ( ) ( ) ( )0 1f f y y f y f y= − + = − ⋅ = ( ) ( ) 1f y f y − = ( ) ( ) 1f x f x − = 0x < 0x− > ( ) 1f x− > ( )1 1f x > ( )0 1f x< < 2 2 , 2( ) log ( ), 2 x xf x x m x  +  ( ) ( ) ( )1 2 3f x f x f x= = 1x 2x 3x 1 2 3x x x+ + ( 1,14)− ( )y f x= ( ) ( ) ( )1 2 3f x f x f x k= = = y k= ( )y f x= 1 2 3x x x< < 0 4k< < 1 2 4x x+ = − 33 18<    2 1( ) logf x ax  = +   [ , 1]t t + ( ) ( )1 2 1f x f x− ≤ 2 2 1 1( ) ( 1) log log 11f t f t a at t    − + = + − + ≤   +    2 ( 1) 1 0at a t+ + − ≥ 1 ,22t  ∈   3a = 2 1log 3 0x  + >   1 3 1x + > 0x > 2 1x < − 1, (0, )2  −∞ − ∪ +∞   1 22 t≤ ≤ 1y ax = + [ , 1]x t t∈ + 2 1( ) logf x ax  = +   [ , 1]t t + min( ) ( 1)f x f t= + max( ) ( )f x f t= 1 2, [ , 1]x x t t∈ + ( ) ( )1 2 1f x f x− ≤ 2 2 1 1( ) ( 1) log log 11f t f t a at t    − + = + − + ≤   +    2 ( 1) 1 0at a t+ + − ≥ 1 ,22t  ∈   0a > 2 ( 1) 1y at a t= + + − 1 ,22      1 2t = y 3 2 4 a − 3 2 04 a − ≥ 2 3a ≥故 a 的取值范围为 . 【点睛】本题主要考查解对数形式的不等式,以及由不等式恒成立求参数的问题,熟记对数 函数的性质与二次函数的性质即可,属于常考题型. 22.已知定义域为 的函数 是奇函数. (1)求 解析式; (2)试判断 的单调性,并用定义法证明; (3)若存在 ,使得不等式 成立,求实数 的取值范 围. 【答案】(1) ;(2) 在 上单调递增,证明见解析;(3) . 【解析】 【分析】 (1)根据题意,得到 ,求出 ,即可得出结果; (2)根据题意得到 ,任取 ,且 ,作差法比较 , ,根据函数单调性的概念,即可得出结果; (3)先由函数奇偶性与单调性得到存在 ,使得 成立,推出存在 ,使得 成立;令 ,求出其最小值,即可得出 结果. 【详解】(1)由题意可得 ,解得 , 故 ; 的 2 ,3  +∞  R 1 2( ) 2 x x nf x m+ −= + ( )f x ( )f x [1,4]t ∈ ( ) ( )2 2log 2 2 0f t t f t k− + − < k 1 2 1( ) 2 2 x xf x + −= + ( )f x R ( )0 + ∞, (0) 0 ( 1) (1) f f f =  − = − 2 1 m n =  = 1 2 1 1 1( ) 2 2 2 2 1 x x xf x + −= = −+ + 1 2,x x R∈ 1 2x x< 1( )f x 2( )f x [ ]1,4t ∈ 2 2log 2 2t t k t− < − [ ]1,4t ∈ 2 2log 2 2> + −k t t t 2 2log 2 2= + −y t t t 0 1 1 1 0 2 2 0(0) 0 2 ( 1) (1) 2 2 2 2 n f m f f n n m m −   − = =  +⇒ − = − − −  = −  + + 2 1 m n =  = 1 2 1( ) 2 2 x xf x + −= +(2) ,可得 在 上单调递增, 任取 ,且 , , ∵ ∴ 即 , 又 , ,∴ 即 , 故 在 上单调递增. (3) , 因为 是奇函数,所以 , 由(2)可知 在 上单调递增, 所以存在 ,使得 成立, 即存 ,使得 成立; 令 , , 易得其在 上单调递增; 所以 ; 故 , 所以 k 的取值范围为 . 【点睛】本题主要考查由函数奇偶性求解析式,由单调性定义判断函数单调性,以及由不等 式恒成立求参数的问题,熟记函数奇偶性与单调性的概念,以及二次函数与对数函数的性质 即可,属于常考题型. 在 1 2 1 1 1( ) 2 2 2 2 1 x x xf x + −= = −+ + ( )f x R 1 2,x x R∈ 1 2x x< ( ) ( ) ( )( ) 1 2 1 2 2 1 1 21 2 1 1 1 1 1 1 2 2 2 2 1 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 x x x x x x x xf x f x −− = − − + = − =+ + + + + + 1 2x x< 1 22 2x x< 1 22 2 0x x− < 12 1 0x + > 22 1 0x + > 1 2( ) ) 0(f x f x− < 1 2( ) ( )f x f x< ( )f x R 2 2 2 2(log 2 ) (2 ) 0 (log 2 ) (2 )f t t f t k f t t f t k− + − < ⇒ − < − − ( )f x 2 2(log 2 ) ( 2 )f t t f k t− < − ( )f x R [ ]1,4t ∈ 2 2log 2 2t t k t− < − [ ]1,4t ∈ 2 2log 2 2> + −k t t t 2 2log 2 2= + −y t t t [ ]1,4t ∈ [ ]1,4 2 min 2log 1 2 1 2 1 0= + × − × =y 2 2 min(log 2 2 ) 0> + − =k t t t ( )0 + ∞, 查看更多

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