安徽省六安市第一中学2019-2020学年高一（茅以升班）上学期第二次阶段检测数学试题 Word版含解析

这是一份安徽省六安市第一中学2019-2020学年高一（茅以升班）上学期第二次阶段检测数学试题 Word版含解析，共21页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
www.ks5u.com六安一中2019~2020年度高一年级第一学期茅以升班第二次阶段检测数学试卷一、选择题1.下列叙述正确的是(　　)A. 三角形的内角是第一象限角或第二象限角 B. 钝角是第二象限角C. 第二象限角比第一象限角大 D. 不相等的角终边一定不同【答案】B【解析】【分析】利用象限角、钝角、终边相同角的概念逐一判断即可.【详解】∵直角不属于任何一个象限，故A 不正确；钝角属于是第二象限角,故B正确；由于120°是第二象限角，390°是第一象限角，故 C不正确；由于20°与360°+20°不相等，但终边相同，故D不正确.故选B【点睛】本题考查象限角、象限界角、终边相同的角的概念，综合应用举反例、排除等手段，选出正确的答案．2.若函数是函数（，且）的反函数，其图象经过点，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据函数与反函数的性质可知的图象经过，代入解析式即可求得的值.【详解】由反函数性质可知，互为反函数的两个函数土象关于对称，若的图象经过点，则的图象经过，代入可得，即，因为，且，解得，故选：B.【点睛】本题考查了函数与反函数性质的综合应用，指数幂的化简运算，属于基础题.3.下列函数中，既是偶函数又在区间上单调递增的是（ ）A.  B.  C.  D. 【答案】A【解析】试题分析：中是偶函数，且在上是增函数，故满足题意；B中是偶函数，但在上是减函数；C中是奇函数；D中是非奇非偶函数．故都不满足题意，故选A．考点：1、函数的奇偶性；2、单调性. 4.扇形圆心角为，半径为a，则扇形内切圆的圆面积与扇形面积之比为(　　)A. 1:3 B. 2:3C. 4:3 D. 4:9【答案】B【解析】【详解】如图，设内切圆半径为r，则r＝，∴S圆＝π·2＝，S扇＝a2·＝，∴＝.5.已知，，，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】由指数函数与对数函数的图像与性质，结合中间值法即可比较大小.【详解】根据指数函数与对数函数的图像与性质可知，，，所以，故选：C.【点睛】本题考查了指数函数与对数函数的图像与性质应用，属于基础题.6.已知，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据诱导公式及同角三角函数关系式，化简即可求解.【详解】由诱导公式可知，，因为，则，，所以，故选：C.【点睛】本题考查了诱导公式化简三角函数式，同角三角函数关系式的应用，属于中档题.7.函数的部分图像大致为（    ）A.  B. C.  D. 【答案】A【解析】【分析】根据函数解析式，结合奇偶性定义可排除BD，由特殊值即可排除C，从而得正确选项.【详解】函数，则，所以为奇函数，排除选项；当时，，所以排除C选项，所以A为正确选项，故选：A.【点睛】本题考查了由函数解析式判断函数图像，注意奇偶性与特殊值的用法，属于基础题.8.已知函数有两个零点，其中一个大于，一个小于时，则实数的取值范围为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据解析式，讨论、与三种情况分类讨论，结合二次函数的图像与性质即可求得的取值范围.【详解】函数有两个零点，其中一个大于，一个小于时，有三种情况：当时，不会有两个零点，所以不成立；当，即二次函数开口向上时，满足，解得；当，即二次函数开口向下时，满足，解得，不等式组无解，综上所述，的取值范围为，故选：B.【点睛】本题考查了分类讨论思想的综合应用，二次函数图像与性质的应用，由函数零点的分布情况求参数取值范围，属于中档题.9.设函数，则不等式的解集为（  ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】∵f（﹣x）=（x2+1）+=f（x），∴f（x）为R上的偶函数，且在区间[0，+∞）上单调递减，再通过换元法解题．【详解】∵f（﹣x）=（x2+1）+=f（x），∴f（x）为R上的偶函数，且在区间[0，+∞）上单调递减，令t=log2x，所以，=﹣t，则不等式f（log2x）+f（）≥2可化为：f（t）+f（﹣t）≥2，即2f（t）≥2，所以，f（t）≥1，又∵f（1）=2+=1，且f（x）在[0，+∞）上单调递减，在R上为偶函数，∴﹣1≤t≤1，即log2x∈[﹣1，1]，解得，x∈[，2]，故选B．【点睛】本题主要考查了对数型复合函数的性质，涉及奇偶性和单调性的判断及应用，属于中档题．10.定义在上函数满足，且当时，，若，则（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】B【解析】【分析】根据函数满足的式子，可得函数为周期函数并求得周期；结合等量关系，代入解析式即可求得的值，再代入后即可求得的值.【详解】因为定义在上函数满足，则变形可得；令代入可得，所以是以2为周期的周期函数，因为，化简可得，当时，，代入可得，解得，所以，故选：B.【点睛】本题考查了周期函数的性质及应用，求分段函数的函数值，属于中档题.11.若存在正数x使2x（x-a）＜1成立，则a 的取值范围是（ ）A. （-∞，+∞） B. (-2, +∞) C. (0, +∞) D. （-1，+∞）【答案】D【解析】由题意知，存在正数，使，所以，而函数在上是增函数，所以，所以，故选D.【考点定位】本小题主要考查不等式、分离参变量、函数的单调性等知识，考查转化与化归等数学思想，考查分析问题以及解决问题的能力.12.已知函数，函数满足，若函数恰有个零点，则所有这些零点之和为（    ）A.  B.  C.  D. 【答案】C【解析】【分析】根据满足的关系式，可得函数的对称中心，由解析式可知为奇函数，进而可得的对称中心；由两个函数的对称中心相同，即可判断出其零点的特征，进而求得个零点的和.【详解】函数满足，则函数关于中心对称，且函数，则，所以函数为奇函数，关于原点中心对称，而函数是函数向右平移一个单位得到的函数，因而关于中心对称，由函数零点定义可知，即，由于函数和函数都关于中心对称，所以两个函数的交点也关于中心对称，因而2019个零点除之外的其余2018个零点关于对称分布，所以所有零点的和满足，故选：C.【点睛】本题考查了奇函数的性质及解析式平移变换，中心对称性质的应用，函数零点的综合应用，属于中档题.二、填空题13.已知角的终边过点，则的值为______.【答案】或.【解析】【分析】讨论与两种情况，结合三角函数定义可求得的值，即可代入求解.【详解】角的终边过点，则由三角函数定义可知当时，，，则；当时，，，则；故答案为：或.【点睛】本题考查了三角函数的定义，由终边经过的点求三角函数值，注意讨论点的位置，属于基础题.14.______.【答案】【解析】【分析】由对数的运算性质及换底公式化简即可得解.【详解】根据对数的运算性质及换底公式化简可得，故答案为：.【点睛】本题考查了对数的运算性质及换底公式的简单应用，属于基础题.15.若函数在区间上没有最值，则的取值范围是______.【答案】【解析】【分析】根据正弦函数的图像与性质，可求得取最值时的自变量值，由在区间上没有最值可知，进而可知或，解不等式并取的值，即可确定的取值范围.【详解】函数，由正弦函数的图像与性质可知，当取得最值时满足，解得，由题意可知，在区间上没有最值，则，，所以或，因为，解得或，当时，代入可得或，当时，代入可得或，当时，代入可得或，此时无解综上可得或，即的取值范围为.故答案为：.【点睛】本题考查了正弦函数的图像与性质应用，由三角函数的最值情况求参数，注意解不等式时的特殊值取法，属于难题.16.某商人购货，每件货物的进价已按原价a扣去25%，他希望对货物定一个新价，以便按新价让利20%销售后仍可获售价25%的利润，则此商人经营这种货物的件数x与按新价让利总额y之间的函数关系式是_____.【答案】.【解析】【分析】设每件货物的新价为b，则售价为，进价为，根据获利情况解得，得到答案.【详解】设每件货物的新价为b，则售价为，进价为，依题意，每件获利，解得，所以.故答案为：【点睛】本题考查了函数关系式的应用，意在考查学生的应用能力.三、解答题17.，为方程的两个实根，，求及的值.【答案】,.【解析】试题分析：由，为方程的两个实根，得，，利用三角函数的基本关系式，得到，进而得到，即可求解及的值.试题解析：，为方程的两个实根且，，代入，得，又.，，，，又，，,.考点：三角函数的基本关系式及三角函数求值.18.已知函数的最大值为，且函数相邻两条对称轴间的距离为（1）求的解析式并写出其单调增区间；（2）求函数在上的值域．【答案】（1）的解析式为；的单调增区间为.（2）.【解析】【分析】（1）根据最大值可得，由相邻两条对称轴间的距离可得周期，进而得的值，即可求得的解析式；根据余弦函数的图像与性质，即可求得的单调增区间；（2）根据自变量的范围可先求得的范围，结合余弦函数的图像与性质即可求得在上的值域．【详解】（1）函数的最大值为，所以，函数相邻两条对称轴间的距离为，则，所以，所以，由余弦函数图像与性质可知，其单调递增区间满足，解得，即的单调增区间为.（2）当时，可得，由余弦函数的图像与性质可知，所以即函数在上的值域为.【点睛】本题考查了余弦函数图像与性质的综合应用，属于基础题.19.已知函数，（1）当时，求函数的最值；（2）设函数，若，且的最小值为，求实数的取值范围．【答案】（1），.（2）.【解析】【分析】（1）将代入，结合复合函数单调性的性质，即可确定函数的最值；（2）讨论与两种情况：结合可确定的取值情况，由函数，及最小值为即可由二次函数或指数函数性质解得的取值范围．【详解】（1）当时，，则，，令则在内单调递增，所以，.（2）当时，由可得.的对称轴为，所以在内单调递减，在内单调递增，所以，在上单调递增，所以，由题意的最小值为，此时最小值为，所以不成立；当时，由可得.在内单调递减，无最小值；在上单调递增，，由题意可知，解得，则，解得，综上可知，的取值范围为.【点睛】本题考查了复合函数单调性的综合应用，分段函数单调性与最值的综合应用，分类讨论思想的应用，属于中档题.20.已知．（1）当时，求的定义域；（2）若在上为减函数，求实数的取值范围．【答案】（1）；（2）.【解析】【分析】（1）将代入解析式，由对数函数性质解关于的不等式，求得的范围；结合正切函数的图像与性质，即可确定的定义域；（2）结合复合函数单调性的性质，讨论与两种情况，再由二次函数的单调性及对数函数定义域要求即可确定的取值范围．【详解】（1）当时，代入解析式可得，则，所以，化简可得，解不等式可得或，由正切函数的图像与性质可解得.（2）当时，在上为减函数，由复合函数单调性可知在上为增函数，由二次函数性质可知不成立；当时，在上为减函数，由复合函数单调性可知在上为减函数，由二次函数性质可知需满足，解得，由对数函数性质可知，，因而成立，解得，综上可知，的取值范围为.【点睛】本题考查了对数函数的性质及简单应用，正切函数图像与性质应用，复合函数单调性与二次函数单调性的综合应用，属于中档题.21.食品安全问题越来越引起人们的重视，农药、化肥的滥用给人民群众的健康带来了一定的危害．为了给消费者带来放心的蔬菜，某农村合作社每年投入资金万元，搭建甲、乙两个无公害蔬菜大棚，每个大棚至少要投入资金万元，其中甲大棚种西红柿，乙大棚种黄瓜．根据以往的种菜经验，发现种西红柿的年收入、种黄瓜的年收入与各自的资金投入（单位：万元）满足，．设甲大棚的资金投入为（单位：万元），每年两个大棚的总收入为（单位：万元）．（1）求的值；（2）试问如何安排甲、乙两个大棚的资金投入，才能使总收入最大．【答案】（1）；（2）当甲大棚投入资金为128万元，乙大棚投入资金为72万元时，总收益最大.【解析】【分析】（1）根据题意，可分别求得甲、乙两个大棚的资金投入值，代入解析式即可求得总收益.（2）表示出总收益的表达式，并求得自变量取值范围，利用换元法转化为二次函数形式，即可确定最大值.【详解】（1）当甲大棚的资金投入为50万元时，乙大棚资金投入为150万元，则由足，．可得总收益为万元；（2）根据题意，可知总收益为满足，解得，令，所以，因为，所以当即时总收益最大，最大收益为万元，所以当甲大棚投入资金为128万元，乙大棚投入资金为72万元时，总收益最大，最大收益为282万元.【点睛】本题考查了函数在实际问题中应用，分段函数模型的应用，二次函数型求最值的应用，属于基础题.22.已知，函数．（1）若关于的方程的解集中恰有一个元素，求的值；（2）设，若对任意，函数在区间上的最大值与最小值的差不超过，求的取值范围．【答案】（1）或.（2）【解析】【分析】（1）代入解析式表示出方程并化简，对二次项系数分类讨论与，即可确定只有一个元素时的值；（2）由对数函数性质可知函数在区间上单调递减，由题意代入可得，化简不等式并分离参数后构造函数，利用函数的单调性求出构造函数的最值，即可求得的取值范围．【详解】（1）关于的方程，代入可得，由对数运算性质可得，化简可得，当时，代入可得，解得，代入经检验可知，满足关于的方程的解集中恰有一个元素，当时，则，解得，再代入方程可解得，代入经检验可知，满足关于的方程的解集中恰有一个元素，综上可知，或.（2）若，对任意，函数在区间上单调递减，由题意可知，化简可得，即，所以，令，当时，，当时，，设，设，，，所以在是增函数，，，则的取值范围为.【点睛】本题考查了对数函数的性质与运算，一元二次不等式解法，分离参数法并构造函数求参数的取值范围，利用函数的单调性求最值，属于中档题.