学易金卷：2020-2021学年高一数学上学期期中测试卷03（沪教版2020）（测试范围：必修一）

2019-2020学年上学期期中卷03

高一数学·全解全析

参考答案

1．.

【分析】由数学期望可得，再结合基本不等式求解即可.

【详解】解：由分布列知：，

又

∴.

当且仅当，即时取等号，

故答案为：.

【点睛】本题考查了数学期望的求法，重点考查了基本不等式的应用，属基础题.

2．

【详解】存在x∈[﹣2，﹣1]，使得不等式（m2﹣m）4x﹣2x﹣1≤0成立，

∴反面为对任意的x∈[﹣2，﹣1]，不等式（m2﹣m）4x﹣2x﹣1＞0恒成立，

∴（m2﹣m），

令t，t∈[2，4]，

∵t2+t≤20，

∴m2﹣m﹣20＞0，

∴m＞5或m＜﹣4，

故m的范围为[﹣4，5]．

考点：含参的一元二次不等式参数取值范围．

3．③④

【解析】对于①，一个命题的逆命题与其否命题互为逆否命题，则若其逆命题为真，其否命题也一定为真，①正确；对于②，若，则，有，则三个角成等差数列，反之若三个角成等差数列，

有，又由，则，故在中，“”是“三个角成等差数列”的充要条件，②正确；对于③， 当，则满足，而不满足，则是的不必要条件，③错误；对于④，若，当时，有，则“”是“”的不必要条件，④错误，故答案为③④.

4．

【分析】由题意结合二次函数的图象与性质可得当c可取最小值时，、，再由零点分段法可得分段函数的解析式，即可得解.

【详解】令，由题意知当时，c可取最小值，

此时，解得，则，

所以

，

所以的最小值为.

故答案为：.

【点睛】本题考查了二次函数的图象与性质与应用，考查了零点分段法的应用及分段函数最值的求解，属于中档题.

5．

【分析】画出约束条件的可行域，利用目标函数的几何意义，判断求解即可.

【详解】变量、满足约束条件的可行域如图：

目标函数的几何意义的可行域内的点与点连线的斜率，

可得或.

则目标函数的取值范围为.

故答案为：.

【点睛】本题考查线性规划的简单应用，判断目标函数的几何意义是解题的关键，考查数形结合思想的应用，属于中等题.

6．

【分析】列出首项和公差满足的不等式组，然后转化为线性规划问题求解.

【详解】设等差数列的公差为，则，

由已知得到

设，，则，

则不等式组等价为，对应的可行域如图三角形△，

由得到区域为△，

解得，,,,.

由几何概型的公式得到使得的概率是：；

故答案为：

【点睛】本题考查几何概率模型及概率计算，难度一般.解答的关键在于划归与转化思想的运用，将问题转化为利用线性规划求面积比值求解.

7．

【分析】首先利用方程组求出数列的通项公式，进一步求出数列的通项公式，进一步利用分类讨论思想的应用求出数列的和.

【详解】解：各项均为正数的等比数列中，若，，

所以，

由于公比，

解得，

所以，解得.

所以.

由于.

所以，

则，

当时，

.

当时，

.

所以.

故答案为：

【点睛】本题考查等比数列的通项公式，等差数列的前项和公式，考查分类讨论思想和数学运算能力，是中档题.

8．①④

【分析】根据充分必要条件的关系和定义，可判断①；根据基本不等式成立条件，结合对勾函数求得最小值，即可判断②；根据含有量词的否定形式，可判断③；根据双曲线的渐近线方程，可设出标准方程，代入点的坐标，即可求得双曲线方程，进而求得离心率，即可判断④.

【详解】对于①，当时，满足，所以，反过来不成立，因而“”是“”的必要不充分条件，所以①正确；

对于②，函数，令，则，由对勾函数性质可知，当时取得最小值，，即的最小值为，所以②错误；

对于③，命题“，”的否定是“，”，所以③错误；

对于④，双曲线渐近线为，不妨设双曲线方程为，且过点，代入可得，所以，即，所以离心率为，所以④正确；

综上可知，正确的为①④，

故答案为：①④.

【点睛】本题考查了充分必要条件的定义，含有量词命题的否定形式，基本不等式使用条件及最值求法，双曲线标准方程及渐近线的综合应用，双曲线离心率求法，综合性强，属于中档题.

9．

【分析】由椭圆的定义，可得，利用基本不等式，求得，再由，即可求解.

【详解】

由椭圆的定义，可得，则，

可得（当且仅当时，等号成立），

又由

（当且仅当时，等号成立），

所以的最小值为.

故答案为：.

【点睛】本题主要考查了椭圆的定义，以及基本不等式的应用，着重考查了推理与运算能力，属于中档试题.

10．

【分析】根据“”的否定是“”得结果.

【详解】命题:“”的否定是.

【点睛】对全称(存在性)命题进行否定的两步操作：①找到命题所含的量词，没有量词的要结合命题的含义加上量词，再进行否定；②对原命题的结论进行否定.

11．

【分析】将条件转化为任意，恒成立，此时有，从而解出实数a的取值范围.

【详解】命题：“存在，使”为假命题

即恒成立，则，

即：，解得，

故实数a的取值范围为

故答案为：

【点睛】本题考查由命题的真假求参数的范围，考查一元二次不等式的应用，体现了等价转化的思想，属于中等题.

12．{(0，3)，(1，2)，(2，1)}

【解析】集合A是由方程x＋y＝3的部分整数解组成的集合，由条件可知，当x＝0时，y＝3；当x＝1时，y＝2；当x＝2时，y＝1.故A＝{(0，3)，(1，2)，(2，1)}.

13．B

【分析】先将三个数化简，得到三个负数，然后比较它们的绝对值的大小，利用指数函数，对数函数的单调性即可比较大小.

【详解】

，

所以，则.

故选：B

【点睛】此题考查利用指数函数和对数函数的单调性比较大小，属于基础题.

14．C

【分析】利用两直线平行的等价条件求得m，再结合充分必要条件进行判断即可.

【详解】由直线l1平行于l2得－m(m－1)＝1×(－2)，得m＝2或m＝－1，经验证，当m＝－1时，直线l1与l2重合，舍去，所以“m＝2”是“l1平行于l2”的充要条件，

故选C.

【点睛】本题考查两直线平行的条件，准确计算是关键，注意充分必要条件的判断是基础题

15．B

【分析】根据充分条件和必要条件的定义，结合祖暅原理进行判断即可.

【详解】由祖暅原理可知，若、总相等，则、相等，即必要性成立；

假设夹在两平行平面间的底面积为的棱柱和底面积为的棱锥，它们的体积分别为、，则，

这两个几何体被平行于这两个平面的任意平面截得的两个截面的面积分别为、，但与不总相等，即充分性不成立.

因此，命题是命题的必要不充分条件.

故选：B.

【点睛】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，结合祖暅原理是解本题的关键，考查推理能力，属于中等题.

16．C

【分析】由已知得，分，和两种情况分别求的取值范围，可得选项．

【详解】由得：，若，则，符合题意，

若，则，又，所以，

综上可知的取值范围是，

故选：C.

【点睛】本题考查由集合间的交集运算结果求参数的范围，关键得出集合间的包含关系，注意集合为空集的情况，属于中档题．

17．（Ⅰ）或；（Ⅱ）.

【分析】（Ⅰ）利用待定系数法,设函数,根据题意,得到关于的方程,解方程即可;

（Ⅱ）利用待定系数法,设函数,根据题意,得到关于的方程,解方程即可.

【详解】（Ⅰ）因为函数为一次函数,所以可设,

因为,即,

所以 ，解得或,

所以函数的解析式为或.

（Ⅱ）因为函数为二次函数,

所以可设,因为,所以,

因为

所以,

即,因为,

所以,解得,

所以函数的解析式为.

【点睛】本题考查利用待定系数法求函数的解析式;考查学生的运算求解能力;属于中档题、常考题型.

18．（1）；（2）证明见解析；（3）.

【分析】（1）由可直接求出的值；

（2）当时，可利用单调性定义可证明在上单调递减；

（3）函数在上有唯一零点等价于在上有唯一零点（不是函数的零点），后者可结合函数图像得到实数满足的不等式组，从而得到实数的取值范围.

【详解】（1）由可得，得.

（2），且，

则，

因为，，

所以，即.

所以在内单调递减.

（3）

因为在有唯一零点，

故在上有唯一零点且不是函数的零点.

又，故.

因为的图象的对称轴方程为，故.

因为在上有唯一零点，故或者，

即或，故或.

所以的取值范围是.

【点睛】本题考查函数单调性的证明以及二次函数的零点，注意一元二次的根分布问题，一般遵循“由图列式，动态检验，多退少补”的基本原则.

（1）由图列式指根据一元二次方程的解的状况画出对应的二次函数图像的草图，从二次函数的开口方向、判别式的正负、对称轴的位置和区间端点函数的正负四个角度分析，列出相应的不等式组；

（2）动态检验指让图像上下二元平移，看判别式的条件是否多余或者缺失，左右移动看对称轴的位置是否有限制；

（3）结合（2）把多余的条件去掉或补上缺失的条件.

19．（1）；（2）.

【分析】（1）解得，或，结合，可得不等式的解集；

（2）分类讨论不同情况下令恒成立的a的范围，综合讨论结果，可得答案．

【详解】（1），解得，或

不等式的解集为.

（2）当时，在上单调递增，

若恒成立，，解得： ，；

当时， ，恒成立，；

当时，在上单调递减，若恒成立，，

解得：，；

综上：.

【点睛】

本题考查的知识点是二次函数的图象和性质，二次不等式，分类讨论思想，难度中档．

20．（1）（2）4

【分析】（1）设，根据条件，列方程组求出即可；

（2）将关于的方程在上有解转化为在有解，利用换元法求出的最大值即可得结果.

【详解】（1）设，

，.

，解得，

；

（2）由（1）得，.

由，得，所以.               

令，

则，

因为函数在上单调递增，在上单调递减，

所以当，即时，取得最大值4，

所以的最大值为4.

【点睛】本题考查待定系数法求二次函数的解析式，考查单调性求函数最值，注意将有解问题转化函数最值问题，考查学生的转化能力和计算能力，难度不大.

21．（1）；（2）不存在.

【分析】（1）由已知，利用基本不等式的和积转化可求，利用基本不等式可将转化为，由不等式的传递性，可求的最小值；（2）由基本不等式可求的最小值为，而，故不存在．

【详解】（1）由，得，且当时取等号．

故，且当时取等号．

所以的最小值为；

（2）由（1）知，．

由于，从而不存在，使得成立．

【考点定位】基本不等式．