《湘赣粤名校2019-2020学年高一10月联考数学试题 Word版含解析》由会员分享，可在线阅读，更多相关《湘赣粤名校2019-2020学年高一10月联考数学试题 Word版含解析（16页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、2020届湘赣粤名校高一（10月）大联考数学考生注意：1本试卷分第卷（选择题）和第卷（非选择题）两部分.满分150分，考试时间120分钟.2考生作答时，请将答案答在答题卡上.第卷每小题选出答案后，用2B铅笔把答题卡上对应题目的答案标号涂黑；第卷请用直径0.5毫米黑色墨水签字笔在答题卡上各题的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效，在试题卷、草稿纸上作答无效.3本卷命题范围：必修第一章.第卷（选择题 共60分）一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1.已知集合，集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】求出集
2、合，根据交集定义计算【详解】集合，故选B【点睛】本题考查集合的交集运算，属于基础题2.函数的定义域为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】根据偶次根式被开方数非负、分母不为零可得出关于的不等式组，即可解得函数的定义域.【详解】由题意可得，解得，所以，函数的定义域为.故选：D.【点睛】本题考查具体函数定义域的求解，要根据一些常见的求函数定义域的基本原则列不等式（组）求解，考查运算求解能力，属于基础题.3.若函数满足，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】令，可得出，代入化简可得出函数的解析式.【详解】令，则，故选：A.【点睛】本题考查利用换元法求解函数的解析
3、式，考查运算求解能力，属于基础题.4.下列各组函数中，与相等的是（ ）A. ，B. ，C. ，D. ，【答案】D【解析】【分析】分析各选项中函数和的定义域，并化简函数解析式，可得出结论.【详解】对于A选项，函数的定义域为，函数的定义域为，则；对于B选项，函数的定义域为，函数的定义域为，则；对于C选项，函数与函数的定义域均为，且，则；对于D选项，函数与函数的定义域均为，且，则.故选：D.【点睛】本题考查函数相等的判断，一般要求两个函数的定义域和对应关系一致，考查推理能力，属于基础题.5.下列函数的图象关于原点对称的是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】利用奇偶性的定义判断各选
4、项中函数的奇偶性，进而可得出结论.【详解】对于A选项，函数的定义域为，又，该函数为偶函数，其图象关于轴对称；对于B选项，函数的定义域为，又，该函数为奇函数，其图象关于原点对称；对于C选项，函数的定义域为，又，该函数为偶函数，其图象关于轴对称；对于D选项，函数为偶函数，其图象关于轴对称.故选：B.【点睛】本题考查函数奇偶性的判断，涉及奇偶性的定义的应用，考查推理能力，属于基础题.6.若关于在上是单调递增函数，则的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】根据二次函数在区间上的单调性可出关于实数的不等式，即可解得实数的取值范围.【详解】二次函数的图象开口向下，对称轴为直线，
5、由于该二次函数在区间上单调递增，则，解得.故选：B.【点睛】本题考查利用二次函数在区间上的单调性求参数，一般要分析二次函数图象的开口方向和对称轴，考查分析问题和解决问题的能力，属于基础题.7.若集合，则满足的集合的个数为（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】列举出满足条件的集合，由此可得出结果.【详解】集合，则满足的集合有：、，共个.故选：D.【点睛】本题考查集合子集列举，属于基础题.8.若函数的定义域为，则函数的定义域为（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】由计算出取值范围，进而可得出函数的定义域.【详解】对于函数，则，对于函数，可得，解得.因此，函数的定
6、义域为.故选：A.【点睛】本题考查抽象函数定义域的求解，解题时要注意：中间变量的取值范围一致；定义域为自变量的取值范围.考查运算求解能力，属于基础题.9.已知函数在上单调递减，令，若，则实数的取值范围为（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】【分析】由题意可知，函数为上的减函数，进而可得出不等式的解.【详解】由于函数在上单调递减，所以，函数在上单调递减，由，得，解得.因此，实数的取值范围是.故选：C.【点睛】本题考查利用函数的单调性解函数不等式，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.10.若矩形的一边长为，周长为，则当矩形面积最大时，（ ）A. B. C. D. 【答案】C【解析】
7、【分析】求出矩形的面积关于的函数表达式，利用二次函数的基本性质可求得矩形面积的最值及其对应的值.【详解】矩形另一边长为，且有，面积为，所以，当时，取最大值故选：C.【点睛】本题考查二次函数模型的应用，涉及二次函数最值的求解，考查计算能力，属于中等题.11.若函数在上是增函数，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由题意可知函数在区间上为增函数，函数在区间上也为增函数，且有，进而可得出关于实数的不等式组，即可解得实数的取值范围.【详解】由于函数在上是增函数.函数在区间上为增函数，且该二次函数的图象开口向上，则；函数在区间上也为增函数，则.且有，所以，解得因此，
8、实数的取值范围是.故选：D.【点睛】本题考查利用分段函数的单调性求参数的取值范围，一般要求各支函数保持原函数的单调性，还应注意各支函数在分界点处函数值的大小关系，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.12.若函数，且函数的图象在函数的图象的上方，则实数的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】分两种情况去绝对值,再分别根据恒成立问题求解的取值范围即可.【详解】,由得,.由得,.综上.故选：A【点睛】本题主要考查了根据函数恒成立的问题求解参数范围的问题,需要根据题意去绝对值分类讨论,属于中档题.第卷（非选择题 共90分）二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20
9、分13.若, 则的值是_【答案】-1【解析】因为，所以或，当时，不符合集合中元素的互异性，当时，解得或，时，符合题意所以填14.若函数的图象过点，则_.【答案】11【解析】【分析】代入点求解即可.【详解】故答案为：11【点睛】本题主要考查了根据函数过某点求解参数的值的问题.属于基础题.15.若函数是偶函数，定义域为，且在是增函数，则满足的实数的取值范围是_.【答案】【解析】【分析】根据函数为偶函数且在是增函数可知,再求解绝对值不等式即可.【详解】由题意知, ,即或,或.故答案为：【点睛】本题主要考查了根据奇偶性与单调性求解抽象函数不等式的问题,需要注意自变量绝对值的取值范围与定义域.属于基础题
10、.16.若在区间上是减函数，则的取值范围是_【答案】【解析】【分析】将函数解析式变形为，结合该函数在区间上的单调性可求得的取值范围，进而利用不等式的性质求得的取值范围.【详解】因为在区间上是减函数，结合反比例函数性质可知，所以，又，因此，的取值范围是.故答案为：.【点睛】本题考查利用函数的单调性求出参数的取值范围，同时也考查了函数值的取值范围的求解，涉及不等式基本性质的应用，考查计算能力，属于基础题.三、解答题：本大题共6小题，共70分解答应写出必要的文字说明、证明过程及演算步骤17.若集合，（1）求；（2）若，求实数的取值范围；（3）若，求实数的取值范围【答案】（1）；（2）；（3）.【解析
11、】【分析】（1）解出集合，利用交集的定义可得出集合；（2）解出集合，根据条件可得出关于实数的不等式，即可得出实数的取值范围；（3）由可得出，可得出关于的不等式，解出即可.【详解】（1），；（2），且，所以，解得.因此，实数的取值范围是；（3），解得.因此，实数的取值范围是【点睛】本题考查交集的计算，同时也考查了利用集合的运算结果求参数，考查运算求解能力，属于基础题.18.已知函数的图象关于直线对称且（1）求、的值；（2）求函数在区间上的最小值和最大值【答案】（1）；（2）最大值，最小值.【解析】【分析】（1）根据题意得出关于实数、的方程组，即可解得实数、的值；（2）分析函数在区间上的单调性，进
12、而可得出函数在区间上的最小值和最大值【详解】（1）由于函数的图象关于直线对称且，则，解得；（2），所以，函数在区间上单调递增，在区间上单调递减，所以，函数在区间上的最大值为，最小值为【点睛】本题考查二次函数解析式的求解，同时也考查了二次函数在区间上最值的求解，考查计算能力，属于基础题.19.已知是定义域为的偶函数，且当时，（1）当时，求函数的表达式；（2）求证：在区间上是减函数，在上是增函数，并写出函数取得最小值时的取值【答案】（1）；（2）见解析，当时，函数取值最小值.【解析】【分析】（1）设，可得，由偶函数的定义可得，进而可求得结果；（2）设，作差，化简变形、因式分解，然后分和两种情况讨论
13、的符号，即可得出题干中的结论，结合单调性与奇偶性可得出函数取值最小值时对应的值.【详解】（1）当时，由已知得函数是偶函数，；（2）设，则当时，即，所以，函数在上是减函数；当时，即，所以，函数在上是增函数由函数是偶函数，及单调性知当时，函数取得最小值.【点睛】本题考查利用函数的奇偶性求解析式，同时也考查了利用定义证明函数的单调性以及利用函数的基本性质求函数的最值，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.20.已知函数.（1）解关于的不等式；（2）若关于的不等式的解集为，求实数的值.【答案】（1）当时，不等式的解集为；当时，由，则不等式的解集为；当时，由，则不等式的解集为；（2）【解析】【分析】
14、（1）不等式，可化为，分三种情况讨论，分别利用一元二次不等式的解法求解即可；（2）不等可化为，根据1和4是方程的两根，利用韦达定理列方程求解即可.【详解】（1）不等式，可化为：.当时，不等式的解集为；当时，由，则不等式的解集为；当时，由，则不等式的解集为；（2）不等可化为：.由不等式的解集为可知，1和4是方程的两根.故有，解得.由时方程为的根为1或4，则实数的值为1.【点睛】本题主要考查一元二次不等式的解法以及分类讨论思想的应用，属于中档题. .分类讨论思想的常见类型,问题中的变量或含有需讨论的参数的，要进行分类讨论的；问题中的条件是分类给出的；解题过程不能统一叙述，必须分类讨论的；涉及几何问题时，由几何元素的形状、位置的变化需要分类讨论的.21.已知函数（1）求函数的定义域；（2）求函数的值域【答案】（1）；（2）见解析.【解析】【分析】（1）利用偶次根式被开方数非负可解出函数的定义域；（
