2021北京育才学校高一（上）期中数学（教师版）

2021北京育才学校高一（上）期中

数    学

一、选择题：（本大题共10小题，每小题5分，共5i0分.）

1．（5分）已知集合，，1，，则等于　　

A． B． C． D．，

2．（5分）命题“，”的否定为　　

A．， B．， 

C．， D．，

3．（5分）下列四组函数中表示同一函数的是　　

A．， B．， 

C．， D．，

4．（5分）下列不等式正确的是　　

A．若，则 B．若，则 

C．若，则 D．若，则

5．（5分）在下列区间中，函数的零点所在的区间为　　

A．， B．， C．， D．，

6．（5分）设，，则的值为　　

A．1 B．0 C． D．

7．（5分）已知，，且，那么的最大值等于　　

A．4 B．8 C．16 D．32

8．（5分）设，则“”是“”的　　条件

A．充分而不必要 B．必要而不充分 

C．充要 D．既不充分也不必要

9．（5分）定义在上的偶函数满足：对任意的，，，有．则　　

A．（3）（1） B．（1）（3） 

C．（1）（3） D．（3）（1）

10．（5分）某部影片的盈利额（即影片的票房收入与固定成本之差）记为，观影人数记为，其函数图象如图（1）所示．由于目前该片盈利未达到预期，相关人员提出了两种调整方案，图（2）、图（3）中的实线分别为调整后与的函数图象．

给出下列四种说法：

①图（2）对应的方案是：提高票价，并提高成本；

②图（2）对应的方案是：保持票价不变，并降低成本；

③图（3）对应的方案是：提高票价，并保持成本不变；

④图（3）对应的方案是：提高票价，并降低成本．

其中，正确的说法是　　

A．①③ B．①④ C．②③ D．②④

二、填空题：（本大题共6小题。每小题5分。共30分）

11．（5分）函数的定义域为　　．

12．（5分）方程组的解集是 　　．

13．（5分）函数是定义域为的奇函数，且（1），那么　　．

14．（5分）若，则函数的值域为 　　．

15．（5分）设，，使命题“若，则”为假命题的一组，的值依次为 　　．

16．（5分）函数的定义域为，在，上大致图像如图所示，则函数的零点个数为 　　．

三、解答题：（本大题共7小题，每小题10分，共70分.）

17．（10分）已知全集，集合，．

（1）求；

（2）求．

18．（10分）已知函数，

（1）当时，求函数在，的最大值和最小值；

（2）若对于任意都有，求实数的取值范围．

19．（10分）解下列关于的不等式．

（1）；

（2）．

20．（10分）已知函数．

（1）判断函数的奇偶性，并加以证明；

（2）证明：函数在区间，上为增函数．

21．（10分）已知二次函数．

（1）若函数的零点是和1，求实数，的值；

（2）已知，设、是关于的方程的两根，且，求实数的值．

22．（10分）通过研究学生的学习行为，专家发现学生的注意力随着老师讲课时间的变化而变化：讲课开始时，学生的兴趣激增；中间有一段时间，学生的兴趣保持较理想的状态，随后学生的注意力开始分散，设表示学生注意力随时间（分钟）的变化规律：越大，表明学生注意力越集中，经过实验分析得知：

（1）讲课开始后多少分钟，学生的注意力最集中？能持续多少分钟？

（2）一道数学难题，需要连续讲解24分钟，并且要求学生的注意力至少达到180，那么经过适当安排，老师能否在学生达到需要的状态下讲授完这道题目？

23．（10分）对于区间，，若函数同时满足：①在，上是单调函数；②函数，，的值域是，，则称区间，为函数的“保值”区间．

（1）求函数的所有“保值”区间；

（2）函数是否存在“保值”区间？若存在，求出的取值范围；若不存在，说明理由．

2021-2022学年北京市育才学校高一（上）期中数学试卷

参考答案与试题解析

一、选择题：（本大题共10小题，每小题5分，共5i0分.）

1．【分析】可求出集合，然后进行交集的运算即可．

【解答】解：，，1，，则．

故选：．

【点评】本题考查了集合的描述法和列举法的定义，交集及其运算，考查了计算能力，属于基础题．

2．【分析】根据含有量词的命题的否定即可得到结论．

【解答】解：命题为全称命题，则命题的否定为，，

故选：．

【点评】本题主要考查含有量词的命题的否定，比较基础．

3．【分析】利用两个函数具有相同的定义域，对应关系即可判断．

【解答】解：、由于函数的定义域是，的定义域是，，即两个函数的定义域不同，则不对，

、由于函数，即两个函数的解析式不同，则不对，

、由于函数的定义域是，的定义域是，即两个函数的定义域不同，则不对，

、由于函数，，两个函数的定义域解析式都相同，则对．

故选：．

【点评】本题考查函数的三要素，两个函数是同一个函数，当且仅当这两个函数具有相同的定义域，对应关系．

4．【分析】．当时，；

．利用不等式的基本性质即可判断出；

．取，，不成立；

．时不成立．

【解答】解：．当时，，因此不正确；

．，，正确；

．取，，则不成立；

．时不成立．

综上可得：只有正确．

故选：．

【点评】本题考查了不等式的基本性质，属于基础题．

5．【分析】根据零点存在性定理进行判断即可．

【解答】解：因为为连续函数，

，

所以零点所在区间为，

故选：．

【点评】本题考查了零点存在性定理，属于基础题．

6．【分析】根据是无理数可求出的值，然后根据分段函数的解析式可求出的值．

【解答】解：是无理数

则

故选：．

【点评】本题主要考查了分段函数的求值，解题的关键判定是否为有理数，属于基础题．

7．【分析】运用基本不等式的变形，化简整理即可得到所求最大值．

【解答】解：，，且，

则，

当且仅当，取得等号．

则的最大值为8．

故选：．

【点评】本题考查基本不等式的运用：求最值，考查运算能力，属于基础题．

8．【分析】先利用绝对值不等式的解法求出不等式的解，然后利用充分条件与必要条件的定义判断即可．

【解答】解：不等式，即，解得，

因为，，，

所以“”是“”的充分而不必要条件．

故选：．

【点评】本题考查了绝对值不等式的解法，充分条件与必要条件的定义的理解与应用，解题的关键是将绝对值不等式进行等价转化，属于基础题．

9．【分析】先由奇偶性将问题转化到，，再由函数在区间上的单调性比较．

【解答】解：是偶函数

（2）

又任意的，，，有，

在，上是减函数，

又

（1）（2）（3）

故选：．

【点评】本题主要考查用奇偶性转化区间和单调性比较大小，在比较大小中，用单调性的较多，还有的通过中间桥梁来实现的，如通过正负和1来解决．

10．【分析】解题的关键是理解图象表示的实际意义，进而得解．

【解答】解：由图可知，点纵坐标的相反数表示的是成本，直线的斜率表示的是票价，

故图（2）降低了成本，但票价保持不变，即②对；图（3）成本保持不变，但提高了票价，即③对；

故选：．

【点评】本题考查读图识图能力，考查分析能力，属于基础题．

二、填空题：（本大题共6小题。每小题5分。共30分）

11．【分析】由函数解析式可得 且，由此求得函数的定义域．

【解答】解：要使函数有意义，需满足：

，

可得 且，

故函数的定义域为且，

故答案为：且．

【点评】本题主要考查求函数的定义域的方法，属于基础题．

12．【分析】解方程组，求出方程组的解集即可．

【解答】解：，

，解得：，

方程组的解集是：或，

故答案为：或．

【点评】本题考查了求方程组的解集，是基础题．

13．【分析】由定义在上的奇函数的性质直接求解即可．

【解答】解：因为函数是定义域为的奇函数，且（1），

所以，（1），

所以．

故答案为：2．

【点评】本题主要考查函数奇偶性的性质，考查运算求解能力，属于基础题．

14．【分析】根据对号函数图像的性质，即可求出答案．

【解答】解：为对号函数，拐点为，

在上单调递减，上单调递增，

的最小值为，

故答案为：．

【点评】本题主要考查了对号函数图像的性质，根据图像性质求值域，属于基础题．

15．【分析】根据反比例函数单调性，结合其图象判断．

【解答】解：因为函数的单调递减区间是和，

所以当或时，命题都为真命题，

当时，不成立，命题为假题，

故答案为：．

【点评】本题以命题真假判断为载体，考查了反比例函数的单调性，属于基础题．

16．【分析】与的图象关于轴对称，由的图象可得的图象，即可得出答案．

【解答】解：与的图象关于轴对称，

由的图象可得的图象为：

零点有7个零点，

故答案为：7．

【点评】本题考查函数的零点，属于中档题．

三、解答题：（本大题共7小题，每小题10分，共70分.）

17．【分析】（1）根据二次不等式解出集合，再由集合，最后求交集即可．

（2）根据并集、补集的意义直接求解．

【解答】解：

（1）由，得，

解得，或．，或或．

（2），或，

，或，或，或．

【点评】本题考查简单的一元二次不等式，以及集合的运算问题，较容易，属基本题．

18．【分析】（1）将代入，根据二次函数的图象和性质，易分析出时函数取最小值，函数取最大值，进而得到答案；

（2）函数恒成立转化为△，解得即可．

【解答】解：（1）当时，，

对，，

则（1），（3）；

（2）对于任意都有，

则△，

解得，

故实数的取值范围为，．

【点评】本题考查的知识点是二次函数在闭区间上的最值，二次函数的性质，其中熟练掌握二次函数的图象和性质是解答的关键．

19．【分析】（1）将其转化为，再解之即可；

（2）因式分解可得，再分，和三种情况，解之即可．

【解答】解：（1），

故不等式的解集为；

（2）由得，，

当时，不等式的解集为空集；

当时，不等式的解集为；

当时，不等式的解集为．

【点评】本题考查分式不等式，含参一元二次不等式的解法，考查分类讨论思想，运算求解能力，属于基础题．

20．【分析】（1）根据奇函数的定义证明即可；

（2）根据函数的单调性的定义证明即可．

【解答】证明：（1）函数是奇函数，证明如下：

的定义域是，，，

且，

故是定义域上的奇函数；

（2）设，，，且，

则

，

，，

，，，

，

，

，

函数在区间，上为增函数．

【点评】本题考查了函数的单调性，奇偶性问题，是基础题．

21．【分析】（1），1为方程的两个根，由韦达定理代入可得解；

（2）将展开，将方程的韦达定理代入，可得解．

【解答】解：（1）由题可知：，1为方程的两个根；

所以，

解得：，；

（2）因为，，所以

因为、是关于的方程的两根，

所以△即，

所以，，

因为，

所以，

所以；

所以，所以或，

因为，

所以．

【点评】本题考查三个二次之间的关系，利用韦达定理整体代入的处理方法，属于中档题．

22．【分析】（1）分类讨论：①当时，②当时，分别求出各段上函数的最大值，从而得出讲课开始多少分钟，学生的注意力最集中；

（2）分两种情形：①当时，②当时，函数值为180对应的值，则可计算出学生注意力在180以上所持续的时间即可看出是否经过适当安排，老师可以在学生达到所需要的状态下讲授完这道题．

【解答】解：（1）当时，

是增函数，且；

当时，是减函数，

且．

所以，讲课开始10分钟，学生的注意力最集中，能持续10分钟．

（2）当时，，则；

当时，令，

，则学生注意力在180以上所持续的时间

，

所以，经过适当安排，老师可以在学生达到所需要的状态下讲授完这道题．

【点评】本题考查分段函数的运用，主要考查二次函数的图象和性质的运用，考查运算能力，属于中档题．

23．【分析】（1）由已知中保值”区间的定义，结合函数的值域是，，我们可得，，，从而函数在区间，上单调递增，则，结合即可得到函数的“保值”区间．

（2）根据已知中保值”区间的定义，我们分函数在区间，上单调递减，和函数在区间，上单调递增，两种情况分类讨论，最后综合讨论结果，即可得到答案．

【解答】解：（1）因为函数的值域是，，且在，的值域是，，

所以，，，所以，从而函数在区间，上单调递增，

故有解得

又，所以所以函数的“保值”区间为，．（3分）

（2）若函数存在“保值”区间，则有：

①若，此时函数在区间，上单调递减，

所以消去得，整理得．

因为，所以，即．又所以．

因为，所以．（6分）

②若，此时函数在区间，上单调递增，

所以消去得，整理得．

因为，所以，即．又所以．

因为，所以．

因为，所以．（9分）

综合 ①、②得，函数存在“保值”区间，此时的取值范围是．（10分）

【点评】本题考查的知识点是函数单调性，函数的值，其中正确理解新定义的含义，并根据新定义构造出满足条件的方程（组或不等式（组将新定义转化为数学熟悉的数学模型是解答本题的关键．