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2020-2021學年江蘇省南通中學高一（上）期中數學試卷參考答案與試題解析一、選擇題（本大題共8小題，每題5分）1．（5分）若命題，，則是 A．， B．， C．， D．，【分析】根據含有量詞的命題的否定形式：將任意改為存在，結論否定，即可寫出否命題【解答】解：由題意，，的否定是，故選：．【點評】本題的考點是命題的否定，主要考查含量詞的命題的否定形式：將任意與存在互換，結論否定即可．2．（5分）函數的定義域是 A．， B． C．，， D．，，【分析】由函數解析式列出關于不等式組，求出它的解集就是所求函數的定義域．【解答】解：要使函數有意義，則，解得且，函數的定義域是，，．故選：．【點評】本題的考點是求函數的定義域，即根據偶次被開方數大于等于零，分母不為零，對數的真數大于零等等，列出不等式求出它們的解集的交集即可．3．（5分）已知命題，，則是的 A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件【分析】根據不等式關系結合充分條件和必要條件的定義進行判斷即可．【解答】解：由，解得：，則是的必要不充分條件，故選：．【點評】本題主要考查充分條件和必要條件的判斷，結合不等式的關系是解決本題的關鍵．4．（5分）冪函數過點，則 A． B．3 C． D．2【分析】根據冪函數的定義求出，由函數圖象過點求出，再計算．【解答】解：冪函數中，，由函數圖象過點，所以，解得；所以．故選：．【點評】本題考查了冪函數的定義與應用問題，是基礎題．5．（5分）若實數，滿足，則的最大值為 A．1 B． C． D．【分析】根據，即可求出最大值．【解答】解：實數，滿足，，，當，時取等號，故選：．【點評】本題考查了二次函數的性質，考查了運算和轉化能力，屬于基礎題．6．（5分）若關于的不等式的解集為，則的解集是 A． B． C． D．【分析】由題意知，是方程的根，且，推出，再代入，解之即可．【解答】解：由題意知，是方程的根，且，所以，所以不等式可化為，解得，故選：．【點評】本題考查一元一次不等式的解法，靈活運用不等式的逆向思維是解題的關鍵，考查學生的邏輯推理能力和運算能力，屬于基礎題．7．（5分）函數的單調減區(qū)間為 A．， B．， C．， D．，【分析】由根式內部的代數式大于等于0求得函數的定義域，再求出內層函數的減區(qū)間，可得函數的單調減區(qū)間．【解答】解：由，得，解得，函數的定義域為，，令，其圖象是開口向下的拋物線，對稱軸方程為，則函數在，上是減函數，開方不改變單調性，又是增函數，函數的單調減區(qū)間為，．故選：．【點評】本題主要考查函數單調區(qū)間的求解，根據復合函數單調性之間的關系是解決本題的關鍵，是中檔題．8．（5分）如圖，正方形的邊長為2，動點從開始沿的方向以2個單位長秒的速度運動到點停止，同時動點從點開始沿邊以1個單位長秒的速度運動到點停止，則的面積與運動時間（秒之間的函數圖象大致形狀是 A． B． C． D．【分析】點在線段上時，，，．點在線段上時，，，．利用一次函數與二次函數的單調性即可得出．【解答】解：點在線段上時，，，．點在線段上時，，，．利用一次函數與二次函數的單調性可知：正確．故選：．【點評】本題考查了一次函數與二次函數的單調性、分段函數的性質，考查了數形結合方法、推理能力與計算能力，屬于基礎題．二、多選題（本大題共4小題，每題5分，漏選3分）9．（5分）下列命題是真命題的是 A． B． C．若，則 D．【分析】直接利用對數的運算性質，判斷命題的真假即可．【解答】解：，所以正確；，滿足對數的運算法則，所以正確；若，則，所以不正確；，無意義，所以不正確；故選：．【點評】本題考查對數的運算法則的應用，命題的真假的判斷，是基礎題．10．（5分）若，，，，則下列不等式正確的是 A． B． C． D．【分析】取特殊值判斷，，根據不等式的基本性質判斷，即可．【解答】解：取，，，顯然，錯誤；對于，故，，正確，故選：．【點評】本題考查了不等式的基本性質，考查特殊值法的應用，是一道常規(guī)題．11．（5分）下列求最值的運算中，運算方法錯誤的有 A．若，，故時，的最大值是 B．當時，，當且僅當取等，解得或2．又由，所以取，故時，原式的最小值為 C．由于，故的最小值為2 D．當，，且時，由于，，又，故當，，且時，的最小值為4【分析】利用基本不等式的性質逐項檢查即可，需要注意取等的條件．【解答】解：對于，符合基本不等式中的“一正二定三相等”，即的運算方法正確；對于，當時，，當且僅當，即時，等號成立，即的運算方法錯誤；對于，取等的條件是，即，顯然均不成立，即的運算方法錯誤；對于，第一次使用基本不等式的取等條件為，而第二次使用基本不等式的取等條件為，兩者不能同時成立，即的運算方法錯誤．故選：．【點評】本題考查利用基本不等式處理最值問題，理解“一正二定三相等”是解題的關鍵，考查學生的邏輯推理能力和運算求解能力，屬于中檔題．12．（5分）已知符號函數，下列說法正確的是 A．函數是奇函數 B．對任意的， C．函數的值域為 D．對任意的，【分析】利用已知條件逐個判斷選項的正誤即可．【解答】解：符號函數，顯然函數是奇函數，所以正確；因為：，所以，對任意的，，所以正確；函數的值域為，所以不正確；對任意的，，所以正確；故選：．【點評】本題考查命題的真假的判斷，函數的簡單性質的應用，是基礎題．三、填空題（本大題共4小題，每題5分）13．（5分）已知函數，且，則的值域是 ，0， ．【分析】求出函數的定義域，然后求解對應的函數值即可．【解答】解：函數，且所以，，0，1；對應的函數值分別為：0，，0，3；所以函數的值域為：，0，故答案為：，0，．【點評】本題考查函數的定義域以及函數的值域的求法，注意定義域是易錯點．14．（5分）設，，，則，，的大小順序為 ．【分析】分別求出對應的倒數，再比較即可．【解答】解：，，，則，，，，，故答案為：．【點評】本題考查了不等式的大小比較，考查了運算能力，屬于基礎題．15．（5分）若對于任意實數都有，則 3 ．【分析】根據題意，用特殊值法分析：令可得：（2），令可得：（2），聯(lián)立兩個式子分析可得答案．【解答】解：根據題意，對于任意實數都有，令可得：（2），①令可得：（2），②，聯(lián)立①②解可得：；故答案為：3【點評】本題考查函數值的計算，注意特殊值的應用，屬于基礎題．16．（5分）已知二次函數，若任意，，且都有，則實數的取值范圍是 ， ．【分析】不妨設，由條件可得，構造新函數，顯然在，上單調遞增，再對分情況討論，利用的單調性即可求出的取值范圍．【解答】解：不妨設，，，即，令，在，上單調遞增，①當時，，顯然不成立，②當時，則，解得，綜上所述，實數的取值范圍是：，，故答案為，．【點評】本題主要考查了二次函數的單調性，構造新函數是本題的解題關鍵，屬于中檔題．四、解答題（本大題共6小題）17．已知集合，集合，．（1）若時，求，；（2）若“”是“”的充分不必要條件，求實數的取值范圍．【分析】（1）時，可得，利用補集交集運算可得．（2）由“”是“”的充分不必要條件，可得，進而即可得出實數的取值范圍．【解答】解：（1）時，，解得，即，，則，，，，，（2）“”是“”的充分不必要條件，，由可得，當時，解得，即，，，當時，解集為，即，此時不滿足當時，解得，即，此時不滿足，實數的取值范圍是，．【點評】本題考查了不等式的解法、集合運算性質、簡易邏輯的判定方法，考查了推理能力與計算能力，屬于基礎題．18．已知定義在的函數滿足：，且．（1）求函數的解析式；（2）證明：在上是增函數．【分析】（1）根據題意，由可得的值，進而由計算可得的值，即可得函數的解析式；（2）任取，，且，用作差法證明即可得結論．【解答】解：（1）根據題意，對于函數，由，即，即；則，又，所以；則．（2）證明：任取，，且，則；又，，從而，即；故在上是增函數．【點評】本題考查函數解析式的求法與函數單調性的證明，關鍵是求出函數的解析式．19．已知，．（1）分別求和；（2）若，且，求．【分析】（1）利用有理數指數冪的運算性質和對數的運算性質求解．（2）先把指數式化為對數式得到，，代入，即可求出的值．【解答】解：（1），．即，．（2），，，，，．【點評】本題主要考查了對數的運算性質，考查了指數式與對數式的互化，是基礎題．20．（12分）如圖所示，將一矩形花壇擴建成一個更大的矩形花壇，要求點在上，點在上，且對角線過點，已知米，米．（1）要使矩形的面積大于50平方米，則的長應在什么范圍？（2）當的長為多少米時，矩形花壇的面積最小？并求出最小值．【分析】（1）設的長為米，，表達米和，要使矩形的面積大于50平方米，解不等式即可得的長的范圍；（2）利用基本不等式可得當且僅當：，即：時，矩形花壇的面積取得最小值48．【解答】解：（1）設的長為米，則米．，，，由矩形的面積大于50，得：，又，得：，解得：或，即：長的取值范圍是：，，．（2）矩形花壇的面積為，，當且僅當：，即：時，矩形花壇的面積取得最小值48．故的長為4米時，矩形的面積最小，最小值為48平方米．答：（1）要使矩形的面積大于50平方米，則的長的范圍：，，；（2）當的長為4米時，矩形的面積最小，最小值為48平方米．【點評】本題考查函數模型的運用，考查學生的計算能力，比較基礎21．（12分）已知二次函數，，滿足：①對任意實數，都有；②當時，有成立．（1）求證：（2）；（2）若，求函數的解析式；（3）在（2）的條件下，若對任意的實數，，有恒成立，求實數的取值范圍．【分析】（1）根據題意可知：（2），由此確定（2）；（2）根據恒成立，利用判別式恒成立、結合（2）可求出的值，最后結合，即可求出系數，的值；（3）根據，分離參數，再利用基本不等式即可求出的范圍．【解答】解：（1）由題意得（2），所以（2）．（2）結合（1）知（2），由恒成立得恒成立，故，將③代入②得，故④．又⑤，聯(lián)立③④⑤解得．所以．（3）由，，且恒成立可得：，時，恒成立，此時；時，原式化為：恒成立，因為，當且僅當時取等號．故此時．綜合可知的取值范圍為．【點評】本題考查二次函數的性質以及不等式恒成立問題的解題思路．屬于中檔題．22．（12分）設函數且是定義域為的奇函數．（1）求的值；（2）若（1），求使不等式對一切恒成立的實數的取值范圍；（3）若函數的圖象過點，是否存在正數，使函數在，上的最大值為，若存在，求出的值，若不存在，請說明理由．【分析】（1）根據為上的奇函數，可得，然后求出的值，再檢驗得到的值是否符合題意；（2）先根據（1），求出的范圍，然后利用定義法判斷的單調性，再根據對一切恒成立，得到關于的不等式，進一步求出的范圍；（3）根據函數的圖象過點，求出，令，根據是單調遞增函數，得到的范圍，然后得到，再求出的值即可．【解答】解：（1）是奇函數，，，解得．當時，，，是奇函數，滿足題意，．（2），（1），，又，，設，，，則，，，，，又．，是單調遞增函數．，恒成立，即恒成立，△，，的取值范圍為．（3）函數的圖象過點，，解得，設，由（2）知是單調遞增函數，當，時，，，，，其最大值為，也即有最值1，二次函數最值只可能在端點或者對稱軸處取只可能是以下三種情況：①，解得，此時對稱軸為，左端點處取的是二次函數最小值，而，也即最小值，不合題意舍去．②，解得，此時對稱軸為，右端點離對稱軸更遠，取的最大值，而，也即最大值，符合．③，解得，此時對稱軸為，不在區(qū)間上，最值不可能在對稱軸處取到，不合題意舍去．綜上所述，．【點評】本題考查了利用函數的奇偶性求參數的值，利用定義判斷函數的單調性，不等式恒成立問題和函數最值得求法，考查了轉化思想和分類討論思想，屬難題．聲明：試題解析著作權屬菁優(yōu)網所有，未經書面同意，不得復制發(fā)布日期：2021/2/23 14:19:02；用戶：高中數學12；郵箱：sztdjy76@xyh.com；學號：26722394
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