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2019-2020年高三数学上学期第一次月考试卷文(含解析)IV
一、选择题(每小题5分,共60分)1.已知集合A={2,3},则集合A的子集个数是A.1个B.2个C.3个D.4个考点子集与真子集.专题计算题.分析根据集合子集的定义依次列出集合的子集即可得出答案.解答解集合A={2,3}的子集分别是φ,{2},{3},{2,3},共有4个,故选D.点评本题主要考查子集概念,属于基础知识,基本概念的考查.2.设f(x)是R上的任意函数,则下列叙述正确的是A.f(x)f(﹣x)是奇函数B.f(x)|f(﹣x)|是奇函数C.f(x)﹣f(﹣x)是偶函数D.f(x)+f(﹣x)是偶函数考点函数奇偶性的性质.分析令题中选项分别为F(x),然后根据奇偶函数的定义即可得到答案.解答解A中令F(x)=f(x)f(﹣x),则F(﹣x)=f(﹣x)f(x)=F(x),即函数F(x)=f(x)f(﹣x)为偶函数,B中F(x)=f(x)|f(﹣x)|,F(﹣x)=f(﹣x)|f(x)|,因f(x)为任意函数,故此时F(x)与F(﹣x)的关系不能确定,即函数F(x)=f(x)|f(﹣x)|的奇偶性不确定,C中令F(x)=f(x)﹣f(﹣x),令F(﹣x)=f(﹣x)﹣f(x)=﹣F(x),即函数F(x)=f(x)﹣f(﹣x)为奇函数,D中F(x)=f(x)+f(﹣x),F(﹣x)=f(﹣x)+f(x)=F(x),即函数F(x)=f(x)+f(﹣x)为偶函数,故选D.点评本题考查了函数的定义和函数的奇偶性的判断,同时考查了函数的运算.3.下列函数中,在区间(0,1)上是增函数的是A.y=|x|B.y=3﹣xC.y=D.y=﹣x2+4考点函数单调性的判断与证明.专题阅读型.分析本题考查的是对不同的基本初等函数判断在同一区间上的单调性的问题.在解答时,可以结合选项逐一进行排查,排查时充分考虑所给函数的特性一次函数性、幂函数性、二次函数性还有反比例函数性.问题即可获得解答.解答解由题意可知对A y=|x|=,易知在区间(0,1)上为增函数,故正确;对B y=3﹣x,是一次函数,易知在区间(0,1)上为减函数,故不正确;对C y=,为反比例函数,易知在(﹣∞,0)和(0,+∞)为单调减函数,所以函数在(0,1)上为减函数,故不正确;对D y=﹣x2+4,为二次函数,开口向下,对称轴为x=0,所以在区间(0,1)上为减函数,故不正确;故选A.点评此题是个基础题.本题考查的是对不同的基本初等函数判断在同一区间上的单调性的问题.在解答的过程当中充分体现了对不同基本初等函数性质的理解、认识和应用能力.值得同学们体会反思.4.不等式x2+ax+4<0的解集不是空集,则实数a的取值范围是A.﹣4≤a≤4B.﹣4<a<4C.a≥4或a≤﹣4D.a<﹣4或a>4考点二次函数的性质.专题计算题.分析不等式x2+ax+4<0的解集不是空集,只需相应方程有两个不同的根即可.解答解∵x2+ax+4<0的解集不是空集,∴x2+ax+4=0有两个不同的实数根,则需△=a2﹣16>0,∴a<﹣4或a>4,故选D.点评本题是考查二次函数,二次不等式,二次方程间的相互转化和相互应用,这是函数中综合性较强的问题,需熟练掌握.5.在R上定义运算⊗a⊗b=ab+2a+b,则满足x⊗(x﹣2)<0的实数x的取值范围为A.(0,2)B.(﹣2,1)C.(﹣∞,﹣2)∪(1,+∞)D.(﹣1,2)考点一元二次不等式的解法.专题不等式的解法及应用.分析根据规定的新定义运算法则先把不等式化简,然后利用一元二次不等式求解集的方法求出x的范围即可.解答解∵x⊙(x﹣2)=x(x﹣2)+2x+x﹣2<0,∴化简得x2+x﹣2<0即(x﹣1)(x+2)<0,得到x﹣1<0且x+2>0
①或x﹣1>0且x+2<0
②,解出
①得﹣2<x<1;解出
②得x>1且x<﹣2无解.∴﹣2<x<1.故选B点评此题是一道基础题,要求学生会根据已知的新定义化简求值,会求一元二次不等式的解集.6.已知y=x2+2(a﹣2)x+5在(4,+∞)上是增函数,则实数a的范围是A.a≤﹣2B.a≥﹣2C.a≤﹣6D.a≥﹣6考点二次函数的性质.专题计算题.分析先求出对称轴方程,利用开口向上的二次函数在对称轴右边递增,左边递减,比较区间端点和对称轴的大小即可.解答解因为开口向上的二次函数在对称轴右边递增,左边递减;而其对称轴为x=2﹣a,又在(4,+∞)上是增函数故须2﹣a≤4,∴a≥﹣2,故选B.点评本题考查了二次函数的单调性.二次函数的单调区间有对称轴和开口方向二者决定.开口向上的二次函数在对称轴右边递增,左边递减;开口向下的二次函数在对称轴左边递增,右边递减.7.下列四个说法
(1)函数f(x)>0在x>0时是增函数,x<0也是增函数,所以f(x)是增函数;
(2)若函数f(x)=ax2+bx+2与x轴没有交点,则b2﹣8a<0且a>0;
(3)y=x2﹣2|x|﹣3的递增区间为[1,+∞);
(4)y=1+x和表示相等函数.其中说法正确的个数是A.0B.1C.2D.3考点判断两个函数是否为同一函数;二次函数的性质.专题计算题.分析据函数在几个区间上是增函数但在区间的并集上不一定是增函数;二次函数与轴无交点等价于判别式小于0;当函数的定义域、对应法则、值域都相同时函数相同.解答解对于
(1),例如f(x)=﹣在x>0时是增函数,x<0也是增函数;但f(x)在定义域上不是增函数.故
(1)错对于
(2)函数f(x)=ax2+bx+2与x轴没有交点,则b2﹣8a<0或a=b=0,故
(2)错对于
(3),y=x2﹣2|x|﹣3的递增区间为[1,+∞)和[﹣1,0],故
(3)错对于
(4),y=1+x的值域为R,的值域为[0,+∞),故
(4)错故选A点评本题考查同一个函数需要定义域、对应法则、值域都相同;二次函数有根的充要条件是判别式大于等于0.8.下列说法中正确的是A.一个命题的逆命题为真,则它的逆否命题一定为真B.“a>b”与“a+c>b+c”不等价C.“a2+b2=0,则a,b全为0”的逆否命题是“若a,b全不为0,则a2+b2≠0”D.一个命题的否命题为真,则它的逆命题一定为真考点命题的真假判断与应用.专题推理和证明.分析由四种命题的等价关系可判断A,D;利用等价命题的定义,可判断B;写出原命题的逆否命题,可判断C;解答解一个命题的逆命题为真,则它的否命题一定为真,一个命题为真,则它的逆否命题一定为真,但一个命题的逆命题为真,则它的逆否命题不一定为真,故A错误,D正确;“a>b”⇔“a+c>b+c”,故B错误;“a2+b2=0,则a,b全为0”的逆否命题是“若a,b不全为0,则a2+b2≠0”,故C错误;故选D点评本题考查的知识点是四种命题,等价命题,熟练掌握四种命题的等价关系和定义是解答的关键.9.设a∈R,且a≠0,则a>1是的A.既不充分也不必要条件B.必要但不充分条件C.充要条件D.充分但不必要条件考点必要条件、充分条件与充要条件的判断.专题规律型.分析结合不等式解法,利用充分条件和必要条件的定义进行判断.解答解若a>1,则0<成立.当a=﹣1时,满足,但a>1不成立.∴a>1是的充分不必要条件.故选D.点评本题主要考查充分条件和必要条件的应用,利用不等式的性质是解决本题的关键,比较基础.10.给出下列结论
①命题“若p,则q或r”的否命题是“若¬p,则¬q且¬r”;
②命题“若¬p,则q”的逆否命题是“若p,则¬q”;
③命题“存在n∈N*,n2+3n能被10整除”的否定是“∀n∈N*,n2+3n不能被10整除”;
④命题“任意x,x2﹣2x+3>0”的否定是“∃x,x2﹣2x+3<0”.其中正确结论的个数是A.1B.2C.3D.4考点命题的真假判断与应用;四种命题;命题的否定.专题简易逻辑.分析利用否命题的定义判断
①的正误;逆否命题判断
②的正误;命题的否定判断
③的正误;命题的否定判断
④的正误;解答解对于
①,命题“若p,则q或r”的否命题是“若¬p,则¬q且¬r”;满足否命题的定义,结论正确.对于
②,命题“若¬p,则q”的逆否命题是“若p,则¬q”;不满足逆否命题的定义,正确的逆否命题是“若¬q,则p”,结论错误.对于
③,命题“存在n∈N*,n2+3n能被10整除”的否定是“∀n∈N*,n2+3n不能被10整除”;满足难题的否定形式,结论正确.对于
④,命题“任意x,x2﹣2x+3>0”的否定是“∃x,x2﹣2x+3<0”.不满足命题的否定,结论错误.正确判断有两个.故选B.点评本题考查命题是真假的判断与应用,命题的否定以及四种命题的关系,基本知识的考查.11.若偶函数f(x)在(﹣∞,﹣1)上是增函数,则下列关系式中成立的是A.f(﹣)<f(﹣1)<f
(2)B.f(﹣1)<f(﹣)<f
(2)C.f
(2)<f(﹣1)<f(﹣)D.f
(2)<f(﹣)<f(﹣1)考点奇偶性与单调性的综合.专题常规题型.分析题目中条件“f(x)为偶函数,”说明“f(﹣x)=f(x)”,将不在(﹣∝,﹣1)上的数值转化成区间(﹣∝,﹣1)上,再结合f(x)在(﹣∝,﹣1)上是增函数,即可进行判断.解答解∵f(x)是偶函数,∴f(﹣)=f(),f(﹣1)=f
(1),f(﹣2)=f
(2),又f(x)在(﹣∝,﹣1)上是增函数,∴f(﹣2)<f(﹣)<f(﹣1)即f
(2)<f(﹣)<f(﹣1)故选D.点评本小题主要考查函数单调性的应用、函数奇偶性的应用、奇偶性与单调性的综合等基础知识,考查运算求解能力、化归与转化思想.属于基础题.12.设函数则不等式f(x)>f
(1)的解集是A.(﹣3,1)∪(3,+∞)B.(﹣3,1)∪(2,+∞)C.(﹣1,1)∪(3,+∞)D.(﹣∞,﹣3)∪(1,3)考点一元二次不等式的解法.专题不等式的解法及应用.分析先求f
(1),依据x的范围分类讨论,求出不等式的解集.解答解f
(1)=3,当不等式f(x)>f
(1)即f(x)>3如果x<0则x+6>3可得x>﹣3,可得﹣3<x<0.如果x≥0有x2﹣4x+6>3可得x>3或0≤x<1综上不等式的解集(﹣3,1)∪(3,+∞)故选A.点评本题考查一元二次不等式的解法,考查分类讨论的思想,是中档题.
二、填空题本大题共5小题,每小题5分,共25分,把答案填在题中横线上.13.设函数f(x)=为奇函数,则实数a=﹣1.考点函数奇偶性的性质.专题计算题分析一般由奇函数的定义应得出f(x)+f(﹣x)=0,但对于本题来说,用此方程求参数的值运算较繁,因为f(x)+f(﹣x)=0是一个恒成立的关系故可以代入特值得到关于参数的方程求a的值.解答解∵函数为奇函数,∴f(x)+f(﹣x)=0,∴f
(1)+f(﹣1)=0,即2(1+a)+0=0,∴a=﹣1.故答案为﹣1.点评本题考查函数奇偶性的运用,其特征是利用函数的奇偶性建立方程求参数,在本题中为了减少运算量,没有用通用的等式来求a而是取了其一个特值,这在恒成立的等式中,是一个常用的技巧14.函数的定义域为[1,+∞).(用区间表示)考点对数函数的定义域.专题计算题.分析由二次根式的定义可知log3x≥0,结合对数函数的性质可推导出函数的定义域.解答解由题设条件知log3x≥0解得x≥1.∴函数的定义域为{x|x≥1}.故答案为[1,+∞).点评本题考查对数函数的特点,解题时要注意等于0的情况,属于基础题.15.a<0时,不等式x2﹣2ax﹣3a2<0的解集是{x|3a<x<﹣a}.考点一元二次不等式的解法.专题计算题;转化思想.分析令不等式左边的多项式等于0,列出关于x的一元二次方程,求出方程的解,根据a小于0判断出两解的大小,即可写出原不等式的解集.解答解∵x2﹣2ax﹣3a2=0,∴x1=3a,x2=﹣a.又a<0,∴不等式的解集为{x|3a<x<﹣a}.故答案为{x|3a<x<﹣a}点评此题考查了一元二次不等式求解集的方法,是一道综合题.16.若不等式a<2x﹣x2对于任意的x∈[﹣2,3]恒成立,则实数a的取值范围为(﹣∞,﹣8).考点函数恒成立问题.专题计算题.分析不等式a<2x﹣x2对于任意的x∈[﹣2,3]恒成立,则实数a应小于f(x)=﹣x2+2x在[﹣2,3]上的最小值,求出f(x)=﹣x2+2x在[﹣2,3]上的最小值,实数a的取值范围即可得出.解答解析由已知不等式a<﹣x2+2x对任意x∈[﹣2,3]恒成立,令f(x)=﹣x2+2x,x∈[﹣2,3],∵f(x)在[﹣2,1]上是单调增函数,在[1,3]上单调递减,可得当x=﹣2时,f(x)min=f(﹣2)=﹣(x﹣1)2+1=﹣8,∴实数a的取值范围a∈(﹣∞,﹣8).故答案为(﹣∞,﹣8)点评本题考查函数的恒成立问题,把问题转化为求f(x)=﹣x2+2x在[﹣2,3]上的最小值.17.已知f(x)=,不等式f(x)≥﹣1的解集是{x|﹣4≤x≤2}.考点一元二次不等式的解法.专题不等式的解法及应用.分析由不等式f(x)≥﹣1可得
①,或
②.分别求出
①、
②的解集,再取并集,即得所求.解答解∵已知f(x)=,故由不等式f(x)≥﹣1可得
①,或
②.解
①可得﹣4<x≤0,解
②可得0<x≤2.综上可得,不等式的解集为{x|﹣4≤x≤2},故答案为{x|﹣4≤x≤2}.点评本题主要考查一元二次不等式的解法,体现了分类讨论的数学思想,属于基础题.
三、解答题本大题共5小题,共65分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.18.已知p方程x2+mx+1=0有两个不等的负实根,q方程4x2+4(m﹣2)x+1=0无实根.若“p或q”为真,“p且q”为假.求实数m的取值范围.考点复合命题的真假;一元二次方程的根的分布与系数的关系.专题分类讨论.分析根据题意,首先求得p、q为真时m的取值范围,再由题意p,q中有且仅有一为真,一为假,分p假q真与p真q假两种情况分别讨论,最后综合可得答案.解答解由题意p,q中有且仅有一为真,一为假,若p为真,则其等价于,解可得,m>2;若q为真,则其等价于△<0,即可得1<m<3,若p假q真,则,解可得1<m≤2;若p真q假,则,解可得m≥3;综上所述m∈(1,2]∪[3,+∞).点评本题考查命题复合真假的判断与运用,难点在于正确分析题意,转化为集合间的包含关系,综合可得答案.19.已知集合A={x|x2﹣3x﹣10≤0},B={x|m+1≤x≤2m﹣1},若A∪B=A,求实数m的取值范围.考点集合关系中的参数取值问题.专题计算题.分析分别解出集合A,B,根据A∪B=A,可得B⊆A,从而进行求解;解答解∵A∪B=A,∴B⊆A又A={﹣2≤x≤5},当B=∅时,由m+1>2m﹣1,解得m<2,当B≠∅时,则解得2≤m≤3,综上所述,实数m的取值范围(﹣∞,3].点评此题主要考查集合关系中的参数的取值问题,还考查子集的性质,此题是一道基础题;20.若二次函数f(x)=ax2+bx+c(a≠0)满足f(x+1)﹣f(x)=2x,且f
(0)=1.
(1)求f(x)的解析式;
(2)若在区间[﹣1,1]上,不等式f(x)>2x+m恒成立,求实数m的取值范围.考点函数恒成立问题;函数解析式的求解及常用方法.专题函数的性质及应用.分析
(1)由二次函数可设f(x)=ax2+bx+c(a≠0),由f
(0)=1求得c的值,由f(x+1)﹣f(x)=2x可得a,b的值,即可得f(x)的解析式;
(2)欲使在区间[﹣1,1]上不等式f(x)>2x+m恒成立,只须x2﹣3x+1﹣m>0在区间[﹣1,1]上恒成立,也就是要x2﹣3x+1﹣m的最小值大于0,即可得m的取值范围.解答解
(1)由题意可知,f
(0)=1,解得,c=1,由f(x+1)﹣f(x)=2x.可知,[a(x+1)2+b(x+1)+1]﹣(ax2+bx+1)=2x,化简得,2ax+a+b=2x,∴,∴a=1,b=﹣1.∴f(x)=x2﹣x+1;
(2)不等式f(x)>2x+m,可化简为x2﹣x+1>2x+m,即x2﹣3x+1﹣m>0在区间[﹣1,1]上恒成立,设g(x)=x2﹣3x+1﹣m,则其对称轴为,∴g(x)在[﹣1,1]上是单调递减函数.因此只需g(x)的最小值大于零即可,g(x)min=g
(1),∴g
(1)>0,即1﹣3+1﹣m>0,解得,m<﹣1,∴实数m的取值范围是m<﹣1.点评本题主要考查了利用待定系数法求解二次函数的解析式,以及函数的恒成立与函数的最值求解的相互转化,主要涉及单调性在函数的最值求解中的应用.属于中档题.21.定义在R+上的函数f(x),对任意的m,n∈R+,都有f(mn)=f(m)+f(n)成立,当x>1时,f(x)>0
①求f
(1);
②证明f(x)在R+上的增函数;
③当f(x)=,解不等式f(x2﹣3x)>1.考点抽象函数及其应用.专题计算题;证明题;函数的性质及应用.分析
①用赋值法求f
(1)的值,因为定义在(0,+∞)上的函数f(x)对于任意的m,n∈(0,+∞),满足f(m•n)=f(m)+f(n),所以只需令m=n=1,即可求出f
(1)的值.
②用函数单调性的定义证明,步骤是,先设所给区间上任意两个自变量x1,x2,且x1<x2,再用作差法比较f(x1),f(x2)的大小,比较时,借助f(m•n)=f(m)+f(n),把x2写成即可.
③先根据f
(2)=以及f(m•n)=f(m)+f(n)求出f
(4)=1,把不等式f(x2﹣3x)>1化为f(x2﹣3x)>f
(4),再利用
②判断的函数的单调性解不等式即可.解答
①解∵定义在(0,+∞)上的函数f(x)对于任意的m,n∈(0,+∞),满足f(m•n)=f(m)+f(n),∴f
(1)=f(1×1)=f
(1)+f
(1).∴f
(1)=0;
②证明设0<x1<x2,∵f(m•n)=f(m)+f(n)即f(m•n)﹣f(m)=f(n)∴f(x2)﹣f(x1)=f()﹣f(x1)=f()+f(x1)﹣f(x1)=f().∵0<x1<x2,则>1,而当x>1时,f(x)>0,从而f(x2)>f(x1),∴f(x)在(0,+∞)上是增函数.
③解∵f
(4)=f
(2)+f
(2)=1,∴f(x2﹣3x)>f
(4),∵f(x)在(0,+∞)上是增函数,∴x2﹣3x>4,解得x<﹣1或x>4,故所求不等式的解集为{x|x<﹣1或x>4}.点评本题主要考查了赋值法求抽象函数的函数值,抽象函数的单调性的证明,以及借助函数单调性解不等式,属于中档题.22.已知函数.
(1)求证不论a为何实数f(x)总是为增函数;
(2)确定a的值,使f(x)为奇函数;
(3)当f(x)为奇函数时,求f(x)的值域.考点奇函数;函数的值域;函数单调性的判断与证明.专题计算题;证明题.分析
(1)先设x1<x2,欲证明不论a为何实数f(x)总是为增函数,只须证明f(x1)﹣f(x2)<0,即可;
(2)根据f(x)为奇函数,利用定义得出f(﹣x)=﹣f(x),从而求得a值即可;
(3)由
(2)知
(4),利用指数函数2x的性质结合不等式的性质即可求得f(x)的值域.解答解
(1)∵f(x)的定义域为R,设x1<x2,则=,∵x1<x2,∴,∴f(x1)﹣f(x2)<0,即f(x1)<f(x2),所以不论a为何实数f(x)总为增函数.
(2)∵f(x)为奇函数,∴f(﹣x)=﹣f(x),即,解得.∴.
(3)由
(2)知
(4),∵2x+1>1
(5),∴
(6),∴,∴所以f(x)的值域为.点评本小题主要考查函数单调性的应用、函数奇偶性的应用、不等式的解法等基础知识,考查运算求解能力与化归与转化思想.属于基础题.。