专题1.1 回归基础篇 （集合与函数）-2022年高考数学考前30天迅速提分复习方案（上海专用）

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专题1.1 集合与函数
——上海2021年模拟精选

一、单选题
1.（2021·上海宝山二模） 设，则“”是“”的（ ）
A. 充分非必要条件 B. 必要非充分条件
C. 充要条件 D. 既非充分又非必要条件
【答案】A
【解析】，故为充分非必要条件，选A.
2．（2021·上海黄浦区·高三一模）已知是空间中的三条直线，其中直线在平面上，则“且”是“平面”的( )
A．充分非必要条件 B．必要非充分条件
C．充要条件 D．非充分非必要条件
【答案】B
【分析】“且”与“平面”中，一个做题设，一个做结论构建互逆的两个命题，再判断其真假即得.
【详解】命题p：若“且”，则“平面”， 命题q：若“平面”，则，“且”，
命题p的条件真时，若a//b，l可能与平面平行、斜交、垂直相交、还有可能在面内，即结论不一定成立，即p是假命题；
命题q的条件真时，由线面垂直的定义知，其结论必真，即q是真命题，
所以“且”是“平面”的必要非充分条件.
故选：B
3．（2021·上海松江区·高三一模）已知两条直线，的方程为和，则是“直线”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【分析】根据充分必要条件的定义，分别判断其充分性和必要性即可．
【详解】解：若，则和，，
所以直线，满足充分性；
若直线，则，解得，满足必要性．
所以是“直线”的充要条件．
故选：C．
4．（2021·上海金山区·高三一模）“成立”是“成立”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】B
试题分析：由|x-1|＜2得-1＜x＜3，由x（x-3）＜0得0＜x＜3，所以“|x-1|＜2成立”是“x（x-3）＜0成立”的必要不充分条件
考点：1．解不等式；2．充分条件与必要条件
5．（2021·上海松江区·高三一模）设，，若，则的（ ）
A．最小值为8 B．最大值为8
C．最小值为2 D．最大值为2
【答案】A
【分析】本题首先可根据题意得出，然后根据得出，并将转化为，最后取，即可得出结果.
【详解】因为，，所以，
因为，所以，，
则，
故当时，最小，，
故选：A.
6．（2021·上海金山区·高三一模）已知定义在上的函数是奇函数，且满足，，数列满足（其中为的前项和），则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【分析】由求出、的值，再利用函数的奇偶性和周期性的性质可求得结果.
【详解】对任意的，.
当时，，解得；
当时，由可得，
上述两式作差得，即，所以，，
所以，数列是首项为为首项，以为公比的等比数列，
所以，，即，，，
因为函数是定义在上的奇函数，则，
函数满足，，
所以，，，
因此，.
故选：C
【点睛】方法点睛：函数的三个性质：单调性、奇偶性和周期性，在高考中一般不会单独命题，而是常将它们综合在一起考查，其中单调性与奇偶性结合、周期性与抽象函数相结合，并结合奇偶性求函数值，多以选择题、填空题的形式呈现，且主要有以下几种命题角度；
（1）函数的单调性与奇偶性相结合，注意函数的单调性及奇偶性的定义，以及奇、偶函数图象的对称性．
（2）周期性与奇偶性相结合，此类问题多考查求值问题，常利用奇偶性及周期性进行交换，将所求函数值的自变量转化到已知解析式的函数定义域内求解；
（3）周期性、奇偶性与单调性相结合，解决此类问题通常先利用周期性转化自变量所在的区间，然后利用奇偶性和单调性求解.
7．（2021·上海黄浦区·高三一模）已知，函数的定义域为，若函数在区间上有两个不同的零点，则的取值范围是（ ）
A． B．或
C． D．
【答案】A
【分析】写出的分段函数解析式，利用函数在区间上有两个不同的零点，利用参数分离法转化为有两个零点，即函数的图像与直线有两个交点，数形结合即可得解.
【详解】
令，利用参数分离法得，令
函数在区间上有两个不同的零点，转化为函数的图像与直线在区间上有两个交点，
作出函数的草图，如图所示：

由图可知，的取值范围是：
故选：A
【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
二、 填空题
8．（2021崇明二模）已知集合A＝{x|﹣1＜x＜2}，B＝{﹣1，0，1}，A∩B＝　 　．
【分析】直接根据交集的定义即可求出．
解：集合A＝{x|﹣1＜x＜2}，B＝{﹣1，0，1}，
则A∩B＝{0，1}，
故答案为：{0，1}．
9．（2021上海二模）已知集合，，则____________．
【答案】
【解析】因为，所以.
10．（2021上海松江二模）已知集合A＝{x||x﹣1|＜1}，B＝{1，2，3}，则A∩B＝　 　．
解：∵集合A＝{x||x﹣1|＜1}＝{x|﹣1＜x﹣1＜1}＝{x|0＜x＜2}，B＝{1，2，3}，
∴A∩B＝{1}．
故答案为：{1}．
11．（2021上海松江二模）若函数f（x）＝的反函数的图象经过点（2，1），则a＝　 　．
解：根据反函数的定义可知，函数f（x）＝的反函数的图象经过点（2，1），
则函数f（x）经过点（1，2），
所以，解得a＝﹣3．
故答案为：﹣3．
12．（2021·上海黄浦区·高三一模）已知集合，若，则___________.
【答案】
【分析】根据元素与集合之间的关系以及集合的特征即可求解.
【详解】，，则或，解得或，
当时，集合中有两个相同元素，（舍去），所以.
故答案为：
13．（2021·上海松江区·高三一模）若集合，，则____.
【答案】
【分析】根据交集定义的运算即可．
【详解】解：，，
∴．
故答案为：．
【点睛】集合基本运算的方法技巧：
（1）当集合是用列举法表示的数集时，可以通过列举集合的元素进行运算，也可借助Venn图运算；
（2）当集合是用不等式表示时，可运用数轴求解．对于端点处的取舍，可以单独检验.
14．（2021·上海金山区·高三一模）已知集合，，若，则实数的取值范围是___________.
【答案】
【分析】先求出集合M，N，再由可求出实数的取值范围
【详解】解：由题意得，
，
因为，
所以，
故答案为：
15．（2021·上海黄浦区·高三一模）函数的定义域是___________
【答案】（-1，1）
【分析】解不等式即得函数的定义域.
【详解】由题得，所以.
所以函数的定义域为（-1，1）.
故答案为：（-1，1）
【点睛】本题主要考查函数定义域的求法，考查分式不等式的解法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于基础题.
16．（2021·上海黄浦区·高三一模）已知幂函数的图象过点，则___________.
【答案】
【分析】设，代入点求解即可.
【详解】设幂函数，
因为的图象过点，
所以，
解得
所以，
故答案为：
17．（2021·上海松江区·高三一模）已知函数图像与函数的图像关于对称，则____.
【答案】
【分析】由函数的图象与函数的图象关于直线对称，可得：函数与函数互为反函数，求出函数解析式，可得答案．
【详解】解：∵函数的图象与函数的图象关于直线对称，
∴函数与函数互为反函数，
∴，∴.
故答案为：．
【点睛】本题考查的知识点是反函数，熟练掌握同底的指数函数和对数函数互为反函数，是解答的关键．
18．（2021·上海松江区·高三一模）从以下七个函数：中选取两个函数记为和，构成函数，若的图像如图所示，则____.

【答案】
【分析】由函数的定义域排除，，再由的图象过定点及图象的变化情况，分析与，或与是否经过得结论．
【详解】由图象可知，函数的定义域为，故排除，，
又由的图象过定点，
由函数图象，可得当时，且为增函数，
当时， 大于0与小于0交替出现，
若时，此时函数的图象不过定点，
因为过，且当时，，当时，，
若包含，当时，，不满足过点，
若包含，此时函数不满足时，大于0与小于0交替出现，
若包含，此时函数不满足时，大于0与小于0交替出现，
所以只有满足条件．
故答案为：．
19．（2021·上海金山区·高三一模）关于的方程在上有实根，则的最小值为___________.
【答案】2
【分析】根据题意可得，推出，，，即可得出答案．
【详解】由，知，
所以
，
因为，，所以，
当，，时，等号成立，
所以的最小值为2．
故答案为：2．
20．（2021·上海金山区·高三一模）函数的反函数的图象经过点，则实数=______.
【答案】2
【分析】由反函数的图象经过点，得原函数的图象经过点，代入解出答案即可.
【详解】解：因为函数的反函数的图象经过点
所以函数的图象经过点
所以，解得
故答案为2.
【点睛】本题考查了函数与反函数图像的关系，属于基础题.
21．（2021·上海黄浦区·高三一模）已知，函数，若函数的最小值为，则实数的取值范围是___________.
【答案】.
【分析】计算，得到，，讨论，，三种情况，计算得到答案.
【详解】，解得.
，
其中，.
函数图象如图，

当时，，故，即，
化简得到，故或；
当时，，解得或.
当时，，故，即，
化简得到，故或.
综上所述：.
故答案为：.
【点睛】关键点点睛：由函数的最小值可知需满足，即，在此条件下函数可去掉绝对值转化为分段函数，利用二次函数图象与性质求解，属于中档题.
22．（2021·上海松江区·高三一模）对于定义域为D的函数，若存在且，使得，则称函数具有性质M，若函数且有性质M，则实数a的最小值为_____.
【答案】
【分析】设，由，可得，结合可得，进而求得，，由此得解．
【详解】解：设，由得，，
则，故，
∴，
又，
∴，
∵，∴，
则，∴，
，故，
，则实数a的最小值为．
故答案为： ．
【点睛】本题以新定义为载体考查函数性质的运用，旨在考查学生分析问题，解决问题的能力，考查数学运算，逻辑推理等核心素养，属于中档题．
23．（2021·上海金山区·高三一模）若，，且，则满足条件的所有整数的和是___________.
【答案】6.
【分析】先分析出是偶函数且，然后即可求出所有的的值可得答案.
【详解】因为，
，
所以
，
所以是偶函数，
若，
则或，
解得，或，
又因为
，

，
所以，
所以当时也成立，
故满足条件的所有整数的和是，

故答案为：6.
【点睛】本题考查函数奇偶性，关键点是判断出是偶函数且，考查运算能力，属于中档
三、解答题
24．（2021·上海松江区·高三一模）某网店有(万件)商品，计划在元旦旺季售出商品x(万件)，经市场调查测算，花费t(万元)进行促销后，商品的剩余量与促销费t之间的关系为(其中k为常数)，如果不搞促销活动，只能售出1(万件)商品.
（1）要使促销后商品的剩余量不大于0.1(万件)，促销费t至少为多少(万元)？
（2）已知商品的进价为32(元/件)，另有固定成本3(万元)，定义每件售出商品的平均成本为(元)，若将商品售价定位：“每件售出商品平均成本的1.5倍”与“每件售出商品平均促销费的一半”之和，则当促销费t为多少(万元)时，该网店售出商品的总利润最大？此时商品的剩余量为多少？
【答案】（1）(万元)；（2）当促销费为7万元时，网店利润的最大为42万元，此时商品的剩余量为0.25(万件).
【分析】（1）可得当时，，解得，则可列不等式求出；
（2）根据题意可列出y关于的函数关系，再利用基本不等式可求出.
【详解】解：（1）由，当时，，得，∴，
由，解得，
所以促销费至少为19万元；
（2）网店的利润y(万元)，由题意可得：


，
当且仅当，即时取等号，此时；
所以当促销费为7万元时，网店利润的最大为42万元，此时商品的剩余量为0.25(万件).
25．（2021·上海金山区·高三一模）已知定义域为的函数.
（1）试判断函数在上的单调性，并用函数单调性的定义证明；
（2）若对于任意，不等式恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）函数在上单调递减，证明见解析；（2）.
【分析】（1）利用证明函数单调性的步骤，取值、作差、变形、等号、下结论即可证明在上的单调性；
（2）首先利用定义证明的奇偶性，再根据奇偶性和单调性脱掉，转化为关于的一元二次不等式恒成立，分离转化为最值问题即可求解.
【详解】（1）函数在上单调递减.
证明如下：任取，且，
，
因为，所以，，，
即，故函数在上单调递减.
（2）因为，
故为奇函数，
所以，
由（1）知，函数在上单调递减，
故，即对于任意恒成立，
所以，令，则，
因为，所以，
所以，
即实数的取值范围是.
【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，，规定，
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.
26．（2021·上海金山区·高三一模）若数列满足(，且为实常数)，，则称数列为数列.
（1）若数列的前三项依次为，，，且为数列，求实数的取值范围；
（2）已知是公比为的等比数列，且，记.若存在数列为数列，使得成立，求实数的取值范围；
（3）记无穷等差数列的首项为，公差为，证明：“”是“为数列”的充要条件.
【答案】（1）；（2）；（3）证明见解析.
【分析】（1）由题意可得，可得的不等式组，解得的范围；
（2）由题意可得或，分别讨论的范围，结合等比数列的通项公式和数列极限的公式，即可得到所求范围；
（3）先证充分性，讨论是否为0，结合等差数列的通项公式和不等式的性质，以及数列的定义，可得证明；再证必要性，同样讨论是否为0，结合等差数列的通项公式和首项与公差的符号，即可得证．
【详解】（1）因为为（3）数列，所以，
则，解得，
即的取值范围是，；
（2）由数列为（4）数列，可得或，
当时，由，，所以．
则，
所以，即；
当时，由，，所以．
则，
所以，即，所以，
则的取值范围是；
（3）先证充分性．因为，所以，为等差数列，
所以当时，，此时，
由，所以成立，所以为数列；
当时，，
因为，所以，所以，
即有，
因为，所以
，
所以恒成立，所以为数列，
综上可得，为数列；
再证必要性．因为为数列，所以恒成立，所以，
当时，显然成立；
当时，因为，所以的每一项同号，所以与也同号，
所以，因为恒成立，所以时，成立，
因为为等差数列，，，
所以，即为，，
综上可得，“”是“为数列”的充要条件．
【点睛】关键点睛：解答本题的关键是第3小问，证明“”是“为数列”的充要条件，先证明充分性，利用不等式证明恒成立，所以为数列；再证明必要性，证明成立.
27．（2021·上海松江区·高三一模）对于由m个正整数构成的有限集，记，特别规定，若集合M满足：对任意的正整数，都存在集合M的两个子集A､B，使得成立，则称集合M为“满集”，
（1）分别判断集合与是否为“满集”，请说明理由；
（2）若由小到大能排列成公差为d()的等差数列，求证：集合M为“满集”的必要条件是或2；
（3）若由小到大能排列成首项为1，公比为2的等比数列，求证：集合M是“满集”
【答案】（1）集合是“满集”，集合不是“满集”，理由见解析；（2）证明见解析；（3）证明见解析.
【分析】（1）分别求出和的子集，根据满集的定义说明即可；
（2），对任意的正整数，都存在集合M的两个子集A，B，使得成立，当时，可得或，可得，又时，不存在M的子集A，B，使得，可得；
（3）可以数学归纳法证明.
【详解】
（1）集合是“满集”，集合不是“满集”.
对于集合，，且共有4个子集：，，，
当k分别取1，2，3时，由；；；
故是“满集”；
对于集合，，且共有4个子集：，，，
当时，不存在的两个子集A，B，使得，
故不是“满集”；
（2）∵，，…，由小到大能排列成公差为d()的等差数列，
∴，记
∵M为“满集”，
∴对任意的正整数，都存在集合M的两个子集A，B，使得成立，
当时，由，及知或，
若，则，
∴，此时，
若，则，在M的真子集中，最大，必有，此时，.
综上可得：∴
若，当时，∵，
∴不存在M的子集A，B，使得，∴，
综合得：集合M为“满集”的必要条件是，d=1或2；
（3）可得，
下面用数学归纳法证明：
任意，任意，存在的一个子集，使得，
当时显然成立，
设时结论也成立，
那么当时，任意的，
如果，根据归纳假设，存在的一个子集使得，此时也是的一个子集，结论成立，
如果，那么，
又，
所以，
所以，
根据归纳假设，存在的子集使得，
再令，结论成立，
所以任意，存在M的一个子集A，使得，
再令，则，
所以集合M是“满集”.
【点睛】本题考查集合的新定义问题和数列的应用，解题的关键是正确理解满集的定义.
28．（2021·上海黄浦区·高三一模）已知实数是常数，函数.
（1）求函数的定义域，判断函数的奇偶性，并说明理由；
（2）若，设，记的取值组成的集合为，则函数的值域与函数()的值域相同.试解决下列问题：
（i）求集合；
（ii）研究函数在定义域上是否具有单调性？若有，请用函数单调性定义加以证明；若没有，请说明理由.并利用你的研究结果进一步求出函数的最小值.
【答案】（1）定义域为，为偶函数，理由见解析；（2）（i）；（ii）在上是减函数，证明见解析，最小值为.
【分析】（1）由函数解析式，根据根式的性质列不等式组，即可求函数定义域，由函数奇偶性的定义说明的关系即可证函数的奇偶性.
（2）（i）由题设可得，由根式的性质，即可求的取值集合，（ii）任意的且，根据解析式判断大小即可确定单调性，利用与()的值域相同求最小值.
【详解】
（1）实数是常数，函数，
由，解得.
函数的定义域是.
对于任意，有,，即对都成立(又不恒为零)，
∴函数是偶函数.
（2）由，有.
（i）()，则.
，，即.
.
（ii）由（i）知：的定义域为.
对于任意的且，有.
又且(这里二者的等号不能同时成立)，
，即.
函数在上是减函数.
.
又函数的值域与函数的值域相同，
函数的最小值为.
【点睛】关键点点睛：
（1）根据根式的性质求定义域，利用函数奇偶性的定义说明奇偶性；
（2）由根式性质，求换元后t的范围，利用单调性定义判断的单调性，进而由的值域求的最小值.