2021北京景山学校高一（上）期中数学（1、2、3班）（教师版）

2021北京景山学校高一（上）期中

数学（1、2、3班）

一、选择题（本大题共10小题）

1．已知全集，0，1，2，，集合，1，，，0，，则　　

A． B．， C．，2， D．，0，1，

2．命题“，使得”的否定是　　

A．，使得 B．，使得 

C．，使得 D．，使得

3．如果，那么下列不等式一定成立的是　　

A． B． C． D．

4．设，则“”是“”的　　

A．充要条件 B．充分不必要条件 

C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件

5．下面四组函数中，与表示同一个函数的是　　

A．， B．， 

C．， D．，

6．已知函数为定义在上的奇函数，当时，，则（2）　　

A． B．6 C． D．2

7．下列四个函数中，在上为增函数的是　　

A． B． C． D．

8．若是定义在上的偶函数，，，，有，则　　

A．（3）（1） B．（1）（3） 

C．（1）（3） D．（3）（1）

9．已知函数是上的减函数，则的范围是　　

A． B．， C． D．，

10．设，是的两个非空子集，如果存在一个从到的函数满足：（ⅰ）；（ⅱ）对任意，，当时，恒有，那么称这两个集合“保序同构”，以下集合对不是“保序同构”的是　　

A．， 

B．，或 

C．， 

D．，

二、填空题（本大题共6小题）

11．已知幂函数的图象经过点，则　　．

12．函数的定义域为　　．

13．函数的最小值是 　　．

14．若，则　　．

15．已知是奇函数，则　　．

16．已知函数若，则的值域是 　　；若的值域是，则实数的取值范围是 　　．

三、解答题（本大题共6小题。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）

17．已知集合，，．

（1）求，；

（2）若，求实数的取值范围．

18．已知函数．

（1）求（1）的值；

（2）判断函数在区间上的单调性，并用定义加以证明．

19．设．

（1）若不等式对一切实数恒成立，求实数的取值范围；

（2）解关于的不等式．

20．2018年淮安新能源汽车厂计划引进新能源汽车生产设备，通过市场分析，全年需投入固定成本2500万元，若生产辆时，需另投入成本万元，满足．由市场调研知，每辆车售价5万元，且全年内生产的车辆当年能全部销售完（其中

（1）求出2018年的利润（万元）的函数关系式（利润销售额成本）；

（2）2018年产量为多少辆时，企业所获利润最大？并求出最大利润．

21．已知二次函数．

（1）当，时，求的最大值和最小值；

当，时，求的最小值．

22．若非零函数对任意实数，均有（a）（b），且当时，；

（1）求证：；

（2）求证：为减函数；

（3）当（4）时，解不等式．

参考答案

一、选择题（本大题共10小题）

1．【分析】由全集以及求的补集，然后根据交集定义得结果．

【解答】解：，，

，，0，

故选：．

【点评】本题主要考查集合的基本运算，比较基础．

2．【分析】直接利用含有一个量词的命题的否定方法进行否定即可．

【解答】解：命题“，使得”的否定是“，使得”．

故选：．

【点评】本题考查了命题的否定，要掌握含有一个量词的命题的否定方法：改变量词，然后否定结论．

3．【分析】利用基本不等式的性质结合特殊值法，逐一判断四个选项即可．

【解答】解：因为，故选项正确；

当，时，，但，即，故选项错误；

当，时，，但，即，故选项错误；

当，时，，但，即，故选项错误．

故选：．

【点评】本题考查了不等式基本性质的理解与应用，此类问题经常运用特殊值法进行求解，考查了逻辑推理能力，属于基础题．

4．【分析】直接利用不等式的解法，充分条件和必要条件的应用求出结果．

【解答】解：，整理得：；

所以，，，

故“”是“”的必要不充分条件．

故选：．

【点评】本题考查的知识要点：不等式的解法，充分条件和必要条件，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．

5．【分析】由函数的定义域及对应关系是否相同分别判断四个选项得答案．

【解答】解：函数的定义域为，的定义域为，，定义域不同，不是同一函数；

函数的定义域为，的定义域为，定义域不同，不是同一函数；

，，两函数为同一函数；

的定义域为，的定义域为，定义域不同，不是同一函数．

故选：．

【点评】本题考查函数的定义域及其求法，考查了判断函数是否为同一函数的方法，是基础题．

6．【分析】根据题意，由解析式求出的值，结合函数的奇偶性分析可得答案．

【解答】解：根据题意，当时，，则，

又由为奇函数，则（2），

故选：．

【点评】本题考查函数的奇偶性的性质以及应用，涉及函数值的计算，属于基础题．

7．【分析】由题意知和在上为减函数；在上先减后增；在上为增函数．

【解答】解：在上为减函数，不正确；

是开口向上对称轴为的抛物线，所以它在上先减后增，不正确；

在上随的增大而增大，所它为增函数，正确；

在上随的增大而减小，所以它为减函数，不正确．

故选：．

【点评】本题考查函数的单调性，解题时要认真审题，仔细解答．

8．【分析】根据条件判断函数的单调性，利用函数奇偶性和单调性的关系进行比较即可．

【解答】解：，，，有，

当时函数为减函数，

是定义在上的偶函数，

（3）（2）（1），

即（3）（1），

故选：．

【点评】本题主要考查函数值的大小比较，根据条件判断函数的单调性，利用函数奇偶性和单调性的关系是解决本题的关键．

9．【分析】根据题意，由函数的单调性的定义可得，解之即可得答案．

【解答】解：因为函数是上的减函数，

所以，解得，即的取值范围为，．

故选：．

【点评】本题考查分段函数的单调性，属于基础题．

10．【分析】利用题目给出的“保序同构”的概念，对每一个选项中给出的两个集合，利用所学知识，找出能够使两个集合满足题目所给出的条件的函数，即是函数的值域，且函数为定义域上的增函数．排除掉是“保序同构”的，即可得到要选择的答案．

【解答】解：对于，，存在函数，，满足：；对任意，，当时，恒有，所以选项是“保序同构”；

对于，或，存在函数，满足：

；对任意，，当时，恒有，所以选项是“保序同构”；

对于，，存在函数，满足：；

对任意

，，当时，恒有，所以选项是“保序同构”；

前三个选项中的集合对是“保序同构”，由排除法可知，不是“保序同构”的只有．

故选：．

【点评】本题是新定义题，考查了函数的定义域和值域，考查了函数的单调性，综合考查了不同类型函数的基本性质，是基础题．

二、填空题（本大题共6小题）

11．【分析】把已知点代入幂函数中，能求出结果．

【解答】解：幂函数的图象经过点，

，

解得．

．

故答案为：．

【点评】本题考查幂函数的解析式的求法，是基础题，解题时要注意待定系数法的合理运用．

12．【分析】保证两个根式都有意义的自变量的集合为函数的定义域．

【解答】解：要使原函数有意义，则需解得，

所以，原函数定义域为，．

故答案为，．

【点评】本题考查了函数定义域的求法，求解函数的定义域，是求使的构成函数解析式的各个部分都有意义的自变量的取值集合．

13．【分析】由，利用基本不等式求解最值即可；

【解答】解：，，

，

当且仅当时，即时取等号，

故的最小值为4．

故答案为：4．

【点评】本题考查了利用基本不等式求解最值问题，在使用基本不等式求解最值时要满足三个条件：一正、二定、三相等，属于基础题．

14．【分析】利用配凑法求解函数的解析式即可．

【解答】解：，

．

故答案为：．

【点评】本题考查函数的解析式的求法，考查计算能力．

15．【分析】由奇函数在处有定义，则，可得所求值．

【解答】解：是奇函数，

可得，即，

，，可得为奇函数．

故答案为：0．

【点评】本题考查函数的奇偶性的判断，考查方程思想和运算能力，属于基础题．

16．【分析】若，分别求出在，及，上的最值，取并集得答案；求出在，上的值域以及在，上的值域，注意，运用单调性即可得到的范围．

【解答】解：当时，．

当，时，

在，上单调递减，在，上单调递增，

可得的最大值为，最小值为；

当，时，为减函数，有最小值为，无最大值．

综上所述，的值域是，；

在，上单调递减，在，上单调递增，

在，上的最小值为，最大值是（1）；

由题意可得，而当时，是减函数且值域为，，

当的值域是时，，即．

故实数的取值范围是，．

故答案为：，；，．

【点评】本题给出分段函数，求函数的值域，并在已知值域的前提下求参数的范围，考查函数的单调性与二次函数的最值情况，是中档题．

三、解答题（本大题共6小题。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤）

17．【分析】（1）进行并集、交集的运算即可；

（2）求出，根据，即可得出的范围．

【解答】解：（1），，

，；

（2），

，，

实数的取值范围为，．

【点评】本题考查了交集和并集的运算，根据集合的包含关系求参数的范围，属基础题．

18．【分析】（1）由函数解析式先计算（1），再计算（1），即可得解；

（2）判断在区间上单调递增，利用定义法即可证明单调性．

【解答】解：（1）（1），

则（1）．

（2）在区间上单调递增，证明如下：

任取、，且，

则，

因为、，且，

所以，，，

所以，即，

所以在区间上单调递增．

【点评】本题主要考查函数的求值，函数单调性的判断与证明，考查运算求解能力与逻辑推理能力，属于基础题．

19．【分析】（1）由已知可得，对于一切实数恒成立，结合二次函数的图像和性质，即可求得；

（2）不等式代入化简得，左边分解因式后，对两根的大小进行分类讨论，即可得不等式的解集．

【解答】解：（1）由题意，不等式对于一切实数恒成立，等价于

对于一切实数恒成立．所以△；

（2）不等式等价于，

当即时，不等式可化为，不等式的解集为；

当即时，不等式可化为，不等式的解集为；

当即时，不等式可化为，此时；

综上所述：当时，不等式的解集为；

当时，不等式的解集为；

当时，不等式的解集为．

【点评】本题主要考查一元二次不等式的解法，函数的恒成立问题，体现了分类讨论的数学思想，属于中档题．

20．【分析】（1）根据年利润销售额投入的总成本固定成本，分和当两种情况得到与的分段函数关系式；

（2）当时根据二次函数求最大值的方法来求的最大值，当时，利用基本不等式来求的最大值，最后综合即可．

【解答】解：（1）当时，；

当时，；

．

（2）当时，，

当时，；

当时，；

当且仅当，即时，；

当时，即2018年生产100百辆时，该企业获得利润最大，且最大利润为1800万元．

【点评】本题考查函数的实际应用，基本不等式的应用，考查转化思想以及计算能力．

21．【分析】（1）根据题意，分析的对称轴，结合二次函数的性质分析可得答案；

（2）根据题意，结合二次函数的性质分3种情况讨论，求出的表达式，综合可得答案．

【解答】解：（1）根据题意，，

其对称轴，

在区间，上，的最小值为（1），最大值为，

故的最大值为11，最小值为2；

（2），

①当，即时，函数在，上为减函数，；

②当且，即时，（1）；

③当时，函数在，上为增函数，；

．

【点评】本题考查二次函数的性质以及应用，涉及函数的最值，属于基础题．

22．【分析】（1）根据得出结论；

（2）设，根据，再结合已知条件，可得，结论得证；

（3）计算（2），不等式等价于（2），于是．

【解答】证明：（1），

．

（2）设，则，

故，

则，

，

由（1）可得，则，且，

，即，

是减函数．

（3）（4）（2），（2），

．

（2），

，

解得．

【点评】本题考查了函数单调性的应用，属于中档题．