2020-2021学年上海市闵行区高一上学期期末数学试题（解析版）

2020-2021学年上海市闵行区高一上学期期末数学试题

一、单选题

1．下列函数中，值域为的是（    ）

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】利用基本初等函数求值域，对选项逐一判断即得结果.

【详解】A选项中，值域为，不满足题意；

B选项中，值域为，满足题意；

C选项中，值域为，不满足题意；

D选项中，对勾函数，在上单调递增，在上单调递减，在上单调递减，在上单调递增，故值域为，不满足题意.

故选：B.

2．用反证法证明命题：“a，b∈N，若ab不能被5整除，则a与b都不能被5整除”时，假设的内容应为（ ）

A．a，b都能被5整除

B．a，b不都能被5整除

C．a，b至少有一个能被5整除

D．a，b至多有一个能被5整除

【答案】C

【解析】试题分析：根据用反证法证明数学命题的步骤和方法，应先假设命题的否定成立．

而命题“a与b都不能被5整除”的否定为“a，b至少有一个能被5整除”，

【解析】反证法．

3．若实数、满足，则（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】不等式可化为，根据是增函数可求.

【详解】不等式化为，

是增函数，，即.

故选：A.

4．对于定义在上的函数，考察以下陈述句：

：是上的严格增函数；

：任意，，且当时，都有；

：当时，都有；

关于以上陈述句，下列判断正确的是（    ）

A．、都是的充分条件 B．、中仅是的充分条件

C．、中仅是的充分条件 D．、都不是的充分条件

【答案】B

【分析】对于，首先利用赋值法求出函数为奇函数，再利用函数的单调性定义即可判断；对于，由增函数的定义中自变量具有任意性，从而可判断.

【详解】对于，令，则，解得，

令，，则，

所以，所以函数为奇函数，

设，则，

因为，所以，

所以，

所以函数是上的增函数，

故是的充分条件.

对于，当时存在情况，不符合严格单调性的定义，

故不是的充分条件.

故选：B

二、填空题

5．设集合，，则________

【答案】

【分析】直接按照定义进行交集运算即可.

【详解】集合，，则.

故答案为：.

6．函数的定义域是______．

【答案】

【解析】由题设有，解得，故函数的定义域为，填．

7．已知，，化简：________

【答案】

【分析】直接利用指数幂的运算性质化简求值即可.

【详解】，，则.

故答案为：.

8．已知、是方程的两个根，则________

【答案】

【分析】由于，所以利用根与系数的关系直接求解即可

【详解】解：因为、是的两个实数根，

所以，

所以，

故答案为：

【点睛】熟练掌握根与系数的关系是解题关键.

9．已知，若函数的图象经过点，则________.

【答案】

【分析】由可求得的值，利用对数的运算性质可求得的值.

【详解】，可得，由于且，解得，，

因此，.

故答案为：.

10．设f(x)是定义在R上的奇函数，且满足，则_______

【答案】0

【分析】根据奇函数性质得，再根据条件求

【详解】因为为定义在R上的奇函数，所以，

因为，所以，即

【点睛】已知函数的奇偶性求函数值，首先抓住奇偶性求一些函数具体数值，再充分利用有关的方程，解得所求的值.

11．若､都是正数，且，则的最大值是_________.

【答案】

【分析】根据题中条件，由，即可求出结果.

【详解】因为､都是正数，且，

所以，

当且仅当，即时，等号成立.

故答案为：.

【点睛】本题主要考查由基本不等式求积的最大值，属于基础题型.

12．已知函数，的图像如图所示，则不等式的解集是________

【答案】

【分析】根据图像，分和两种情况讨论求解.

【详解】与轴的交点为，

当时，，则，解得，此时无解，

当时，，则，解得，，

综上，不等式的解集为.

故答案为：.

13．关于的不等式的解集为，则实数的取值范围是_________.

【答案】

【分析】令，所以函数的最大值为，即可求解.

【详解】令，所以函数的最大值为，

要使得关于的不等式的解集为，所以.

故答案为.

【点睛】本题主要考查了函数的恒成立问题的求解，其中解答中求得分段函数的最大值解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.

14．已知函数（，）（）的值域为，则该函数的一个解析式可以为________

【答案】（满足即可）

【分析】由题可得当时，，根据时，可得，则，即可写出解析式.

【详解】的定义域为，值域为，

可知函数为单调函数，当时，，

当时，，，，则，，

则该函数的一个解析式可以为（满足即可）.

故答案为：（满足即可）.

15．若函数与的图象恰有两个公共点，则实数的取值范围为_______

【答案】

【分析】化简函数的解析式，作出函数与函数的图象，考查射线与函数的图象相切，求出的值，然后分、、三种情况讨论，数形结合可得出实数的取值范围.

【详解】函数的定义域为，且，

作出函数与函数的图象如下图所示：

考虑射线与函数的图象相切，

由，可得，则，解得.

由图可知，当时，函数与函数的图象有且只有两个交点；

当时，函数与函数的图象有三个交点，不合乎题意；

当时，函数与函数的图象至多一个交点，不合乎题意.

综上所述，实数的取值范围是.

故答案为：.

【点睛】方法点睛：已知函数有零点（方程有根）求参数值（取值范围）常用的方法：

（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；

（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；

（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.

16．垃圾分类可以提高垃圾的资源价值和经济价值，具有社会、经济、生态等几方面的效益，某地街道呈现东西，南北向的网格状，相邻街距都为1，两街道相交的点称为格点，若以互相垂直的两条街道为坐标轴建立平面直角坐标系，现有下述格点，，，，，为垃圾回收点，请确定一个格点（除回收点外）________为垃圾集中回收站，使这6个回收点沿街道到回收站之间路程的和最短

【答案】

【分析】首先表示横轴和纵轴方向的距离和，再根据含绝对值三角不等式求最值.

【详解】设格点的坐标为，则，，

根据含绝对值三角式可知

横轴方向距离和，

，

此时的最小值是14，此时三个等号成立的条件是，所以时，的最小值是，

纵轴方向的距离和，

此时的最小值是9，三个等号成立的条件是 ，即或，

当时，此时格点位置是，是垃圾回收点，舍去，所以，此时格点坐标是.

故答案为：

【点睛】关键点点睛：本题是具有实际应用背景的习题，本题的关键是正确理解题意，并能转化为横轴距离和纵轴距离，利用含绝对值三角不等式求最值.

三、解答题

17．已知集合，.

（1）当时，求；

（2）若，求实数的取值范围.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）当时，分别求解两个集合，再求交集；（2）首先求集合，根据，列不等式求的取值范围.

【详解】，解得：，

即，

，即，

解得：，

即，

（1）当时，，；

（2）或 ，若，

则或，解得：或.

所以实数的取值范围是

【点睛】易错点点睛：1.一般涉及集合运算时，需注意端点值的开闭，以及列不等式时，需注意参数的端点值的开闭；2.根据集合交，并集的运算结果，转化为子集问题时，需注意有时有空集的情况，这点容易忽略.

18．记，设.

（1）是否存在，使为奇函数；

（2）当时，判断函数的单调性，并用单调性的定义加以证明.

【答案】（1）；（2）严格递增函数，证明见解析.

【分析】（1）先利用奇函数，解得参数，再代入参数验证为奇函数，即得结果；

（2）先设，利用作差法证明，即证结果.

【详解】解：（1）定义域为，若函数是奇函数，则，得.

当时，对任意，有，

故存在，使为奇函数；

（2）当时，是严格递增函数，证明如下：

任意，设，有

则，

因为，所以，即，

所以是上的严格递增函数.

【点睛】方法点睛：

定义法判定函数在区间上的单调性的一般步骤：

1.取值：任取，，设，

2.作差：计算；

3.定号：确定的正负；

4.得出结论：根据同增异减得出结论.

19．由于人们响应了政府的防控号召，2020年的疫情得到了有效的控制，生产生活基本恢复常态，某赏花园区投资了30万元种植鲜花供市民游赏，据调查，花期为30天，园区从某月1号至30号开放，每天的旅游人数与第天近似地满足（千人），且游客人均消费近似地满足（元），，.

（1）求该园区第天的旅游收入（单位：千元）的函数关系式；

（2）记（1）中的最小值为，若以0.3（千元）作为资金全部用于回收投资成本，试问该园区能否收回投资成本？

【答案】（1）；（2）千元，能收回投资成本.

【分析】（1）旅游收入由旅游人数与游客人均消费的乘积求解.

（2）由（1）的结果，根据分段函数的性质，分和 ，利用基本不等式和函数的单调性求解.

【详解】（1），

；

（2）当时，，

当且仅当，即时取等号，此时最小值为1152，

当时，是减函数，

当时，，

所以，

所以，

所以千元，∴万元万元，能收回投资成本.

【点睛】思路点睛：

(1)根据实际问题抽象出函数的解析式；

(2)设变量时一般要把求最大值或最小值的变量定义为函数；

(3)解应用题时，要注意变量的实际意义及其取值范围；

(4)在应用基本不等式求函数最值时，若等号取不到，可利用函数的单调性求解．

20．已知，.

（1）当时，作出函数的图象，若关于的方程有四个解，直接写出的取值范围；

（2）若的定义域和值域均为，求实数的值；

（3）若是上的严格减函数，且对任意的，总，求实数的取值范围.

【答案】（1）图象见解析，；（2）；（3）.

【分析】（1）根据函数解析式，直接作出函数图象，由图象，即可得出的取值范围；

（2）根据二次函数的性质，求出在的值域，由值域和定义域相同，列出方程求解，即可得出结果；

（3）先由函数单调性，得到，再求出在区间上的最值，由题中条件，得到，解不等式，进而可得出结果.

【详解】（1）当时，，则，

作出其图象如下：

由图象可得，当时，与有四个不同交点，

即关于的方程有四个解，

所以的取值范围是；

（2）因为是开口向上，对称轴为的二次函数，

所以在上单调递减，则，即，

因为的定义域和值域均为，

所以，解得；

（3）因为是上的严格减函数，所以对称轴；

则在上单调递减，在上单调递增，

则时，，因为，，所以，

为使对任意的，总，只需，解得，

综上，，

即实数的取值范围为.

【点睛】方法点睛：

已知函数零点个数(方程根的个数)求参数值(取值范围)常用的方法：

（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；

（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；

（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.

21．已知.

（1）若，试用表示；

（2）若，函数只有一个零点，求实数的取值范围；

（3）若存在正实数、（），使得成立，其中为正整数，求的值.

【答案】（1）；（2）；（3）2或3.

【分析】（1）利用换底公式得到，化简得解；

（2）方程转化为若，讨论参数 的值得解

（3）利用已知和函数单调性得到， 把等式转化为对取值讨论得解

【详解】（1），；

（2），

令，（ ）只有一个正根

当时， 满足题意

当时，的对称轴，所以在单增，且，所以满足题意有一个正根.

当时，的对称轴，所以在不单调，若有一个正根.则

综上

（3），

所以

不妨设

当时此时与已知矛盾，舍去

当时此时有正解，满足题意

当时此时有正解，满足题意

当时此时无解。不满足题意

综上得： 或

【点睛】在研究方程的有关问题时，如比较方程根的大小、确定方程根的分布、证明根的存在性等，都可以将方程问题转化为函数问题解决.此类问题的切入点是借助函数的零点加以解决.