北京市东城区高一上学期期末统一检测数学试卷（解析版）-A4

这是一份北京市东城区高一上学期期末统一检测数学试卷（解析版）-A4，共17页。试卷主要包含了 已知集合，则， 下列函数中，是奇函数的是， 已知，则， 已知，则“”是“”的， 设，则等内容，欢迎下载使用。
本试卷共4页，150分．考试时长120分钟．考生务必将答案答在答题卡上，在试卷上作答无效．考试结束后，将本试卷和答题卡一并交回．
第一部分（选择题 共40分）
一、选择题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项．
1. 已知集合，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据题意结合交集运算求解即可.
【详解】因集合，
所以.
故选：A.
2. 下列函数中，与函数有相同图象的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】根据函数图象相同函数是同一函数分别判断各个函数的定义域或值域解题即可.
【详解】函数定义域为,值域为,
对于A：定义域为,值域为相同有相同图象,A选项正确；
对于B：定义域为0,+∞,定义域不同没有相同图象，B错误；
对于C：值域为,值域不同没有相同图象，C错误；
对于D：定义域为,定义域不同没有相同图象，D错误；
故选：A.
3. 下列函数中，是奇函数的是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据奇函数的定义逐项判断.
【详解】对于A，函数的定义域为，定义域关于原点对称，
，
所以函数fx为偶函数，A错误；
对于B，函数的定义域为，定义域关于原点对称，
，
所以函数fx为奇函数，B正确；
对于C，函数的定义域为，定义域关于原点对称，
，
所以函数fx为偶函数，C错误；
对于D，函数的定义域为，定义域关于原点对称，
，
故，，
故，
所以函数为非奇非偶函数，D错误.
故选：B.
4. 已知，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根据及诱导公式即可求解.
【详解】，且，
.
故选：B.
5. 如图，函数的图象为折线段，则不等式的解集是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根据图象求出函数fx的解析式，解不等式求结论.
【详解】函数的图象为折线段，且,
故可设，
且，，，
所以，，
所以，
当时，不等式可化为，，
即，故（舍去），
当时，不等式可化为，，
即，故.
所以不等式的解集是.
故选：D.
6. 已知，则“”是“”的（ ）
A. 充分不必要条件B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【分析】根据诱导公式结合充分、必要条件分析判断即可.
【详解】因为对任意恒成立，
可知可以推出，但不能推出，
所以“”是“”的充分不必要条件.
故选：A.
7. 设，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】首先根据指数函数在上的单调性比较，的大小；再根据幂函数在上的单调性比较，的大小即可求解.
【详解】∵函数在上单调递减，且，，即.
∵函数在上单调递增，且，，即.
.
故选：C.
8. 将函数的图象向右平移个单位长度，所得图象与函数的图象关于原点对称，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用函数对称与变换求出函数的解析式，代值计算可得出的值.
【详解】函数的图象关于原点对称的函数的解析式为，
将函数的图象向左平移个单位长度，可得到函数，
故.
故选：B.
9. 已知，则（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】利用基本不等式可得，结合对数函数单调性分析判断.
【详解】因为，
则，
当且仅当，即时，等号成立，
又因为在定义域0,+∞内单调递增，
所以.
故选：B.
10. 已知函数，其中．若在上的值域为，则实数的取值范围是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】分析可知的最大值为，且，求得，结合图像即可得结果.
【详解】当时，在内单调递减，
则，且；
若在上的值域为0,4，
则在上的最值点在内，
可知的最大值为，且，可得，
令，解得或，
结合的图像可知实数的取值范围是.
故选：C.
【点睛】关键点点睛：本题解题关键在于定义域和值域的开闭问题，可知在上的最值点在内，进而结合二次函数分析最值.
第二部分（非选择题 共110分）
二、填空题共5小题，每小题5分，共25分．
11. 函数的定义域为______.
【答案】
【解析】
【分析】根据根式、分式的意义列式求解即可.
【详解】令，解得，
所以函数的定义域为.
故答案为：.
12. 已知，命题：若，则．能说明为假命题的一组a，b，c的值为______，______，______．
【答案】 ①. 1（答案不唯一，满足即可） ②. 0（答案不唯一，满足即可） ③. （答案不唯一，满足即可）
【解析】
【分析】根据不等式的性质分析判断即可.
【详解】因为，则，
若，则；
若，则，可得；
综上所述：.
所以对于任意，命题均为假命题，
例如.
故答案：1；0；（答案不唯一，满足即可）.
13. 已知函数为上的奇函数，且在上单调递增，，若，则的取值范围是______.
【答案】
【解析】
【分析】由题意可知函数为上单调递增，根据奇函数性质结合函数单调性运算求解即可.
【详解】因为函数为上的奇函数，且在上单调递增，
则函数在上单调递增，可知函数上单调递增，
且，，则，
若，即，
可得，解得，
所以的取值范围是.
故答案为：.
14. 已知，若点在第一象限，则的取值范围是______．
【答案】
【解析】
【分析】根据题意可得，可知角不为轴线角，分类讨论角所在象限结合三角函数性质分析求解即可.
【详解】因为点在第一象限，则，
且，可知角不为轴线角，
若，则，
可得，
且，则，可得；
若，则，
可得，不合题意；
若，则，
可得，
且，则，可得；
若，则
可得，不合题意；
综上所述：的取值范围是.
故答案为：.
15. 已知是定义在上的函数，若，且，使得，都有，则称函数具有性质．给出下列四个结论：
①函数具有性质；
②函数具有性质；
③若函数具有性质，且是偶函数，则是周期函数；
④若函数具有性质，且是奇函数，则是的一个对称中心．
其中所有正确结论的序号是______．
【答案】②③④
【解析】
【分析】利用反证法可判断①；取可判断②；利用题中定义结合函数的对称性、周期性可判断③④.
【详解】对于①，若函数具有性质，
则存在，使得，都有，即，则不是常数，
所以函数不具有性质，①错；
对于②，因为，即，
所以函数具有性质，②对；
对于③，函数具有性质，则存在，使得，都有，
又因为函数为偶函数，则，
又因为，即，
因，则，故函数为周期函数，③对；
对于④，若函数具有性质，且是奇函数，
则存在，使得，都有，
，所以，
所以，是的一个对称中心，④对.
故答案为：②③④.
【点睛】结论点睛：本题考查函数的对称性，可利用以下结论来转化：
①函数的图象关于点对称，则；
②函数的图象关于直线对称，则.
三、解答题共6小题，共85分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．
16. （1）计算求值：
（2）解关于的不等式：
（ⅰ）；
（ⅱ）．
【答案】（1）2；（2）（ⅰ）或；（ⅱ）答案见详解
【解析】
【分析】（1）根据指、对数运算求解即可；
（2）（ⅰ）根据分式不等式运算求解即可；（ⅱ）根据二次不等式分析讨论根的大小即可判断.
【详解】（1）原式；
（2）（ⅰ）因为，可得，
等价于，解得或，
所以不等式的解集为或；
（ⅱ）因为，即，
令，解得或，
若，不等式解集为；
若，不等式解集为；
若，不等式解集为.
17. 已知函数．
（1）求的最小正周期及单调递增区间；
（2）当时，求的最大值和最小值．
【答案】（1）；单调递增区间
（2）的最大值为1；最小值为
【解析】
【分析】（1）根据最小正周期公式求的最小正周期，以为整体，结合正弦函数单调性分析求解；
（2）以为整体，结合正弦函数有界性分析求解.
【小问1详解】
因为，
所以的最小正周期；
令，解得，
所以的单调递增区间.
【小问2详解】
因为，则，可得，
当，即时，取得最大值1；
当或，即或时，取得最小值.
18. 在某种药物研究试验中发现其在血液内的浓度（单位：毫克／毫升）与时间（单位：小时）满足函数关系，其中，为大于的常数．已知该药物在血液内的浓度是一个连续变化的过程，且在小时时达到最大值毫克／毫升．
（1）直接写出，的值；
（2）当该药物浓度不小于最大值一半时，称该药物有效．求该药物有效的时间长度（单位：小时）．
【答案】（1）a=2，，
（2）.
【解析】
【分析】（1）根据时，函数取最大值，且该药物在血液内的浓度是一个连续变化的过程，列关系式求；
（2）由关系，结合函数解析式分段列不等式求其解，即可.
【小问1详解】
因为该药物在血液内的浓度是一个连续变化的过程，
函数在时取最大值，
所以a>0，，，
所以a=2，，
【小问2详解】
由（1），
令可得，
若，则，解得，
若，则，解得，
所以该药物有效的时间长度为（小时）.
19. 已知函数．
（1）若，求的值；
（2）当时，若函数在上的最大值与最小值的差为，求的值；
（3）设函数，当时，的零点，求的值．
【答案】（1）
（2）
（3）
【解析】
【分析】（1）代入结合对数的定义运算求解即可；
（2）注意到，，结合题意可知，结合单调性列式求解即可；
（3）分析可知hx在内单调递减，结合零点存在性定理运算求解.
【小问1详解】
因为，可得，
且，所以.
【小问2详解】
因为，当x∈0,1时，；当x∈1,+∞时，；
可知在0,1内单调递减，在1,+∞内单调递增，
且，，
若函数在上的最大值与最小值的差为，可得，即，
可知在上单调递减，则，解得，
所以的值为.
【小问3详解】
因为，且，
又因在内单调递减，
可知hx在内单调递减，
且，
可得，
则的唯一零点，所以.
20. 已知函数的图象过点，其中.
（1）求及的值；
（2）求证：，都有；
（3）若函数在上存在最大值，直接写出的取值范围.
【答案】（1），
（2）证明见详解 （3）
【解析】
【分析】（1）函数的图象过点，可求得；再将带入分段函数对应解析式即可求解；
（2）根据不等式的性质，结合的取值范围即可证明；
（3）由题知，对的取值范围进行分类讨论，去绝对值后研究分段函数的单调性即可求解.
【小问1详解】
∵函数的图象过点，，解得.
.
故.
【小问2详解】
证明：由（1）知，
当时，，
；
当时，，
，.
综上，，都有.
【小问3详解】
由（1）知.
当时，，；
当时，，.
当时，，
由于函数在上单调递减，函数在上单调递增，
故函数在上无最大值；
当时，，
由于函数在上单调递增，函数在上单调递减，
故当时，函数取得最大值，最大值为；
当时，不妨设方程的两根分别为和，
易知函数在和上单调递减，在和上单调递增，
要使函数在上存在最大值，需使，即，解得.
综上，若函数在上存在最大值，的取值范围为.
21. 已知集合中都至少有个元素，且，满足：
①，且，总有；
②，且，总有．
（1）若集合，直接写出所有满足条件的集合；
（2）已知，
（ⅰ）若，且，求证：．
（ⅱ）求证：．
【答案】（1），，，；
（2）（ⅰ）证明见解析；（ⅱ）证明见解析.
【解析】
【分析】（1）由条件证明，设设，由条件列方程求，由此可得结论；
（2）（ⅰ）由条件先证明，再证明，
（ⅱ）先证明中至少有两个正整数，设正整数，由此证明，同理证明出大于等于的正整数属于，结合（ⅰ）证明小于的正整数属于，由此完成证明.
【小问1详解】
因为，又，且，总有，
所以，即，
设，由，且，总有，
可得，
所以或或，
但，
所以满足条件的集合有，，，；
【小问2详解】
（ⅰ）又，，，，
由①知，，，
由②知，，
（ⅱ）因为中至少有个元素，，
不妨设，其中，互不相等的整数，
则，且，
所以中至少存在两个正整数，
不妨设，，，又，
由①知，，，，
由②知，，，
故由，，，，可推出，
同理由可推出，，
由，可推出，
，
所以对于大于等于的正整数，都属于，
因为，
由（ⅰ），，，，
所以任意的正整数都属于，
所以.
【点睛】解新定义题型的步骤：（1）理解“新定义”，明确“新定义”的条件、原理、方法、步骤和结论.（2）重视“举例”，利用“举例”检验是否理解和正确运用“新定义”；归纳“举例”提供的解题方法.归纳“举例”提供的分类情况.（3）类比新定义中的概念、原理、方法，解决题中需要解决的问题.