【期中真题】北京师范大学附属实验中学2021-2022学年高一上学期期中数学试题.zip

2021北京师大附实验中学高一（上）期中

数学

一､选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分）

1. 已知集合，，则（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】A

【解析】

【分析】根据交集的定义，即得解

【详解】由题意，根据交集的定义

故选：A

2. 下列函数中在上单调递增的是（    ）

A  B.  C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】由函数单调性逐一判断即可求解

【详解】对于A：在上单调递减，故A错误；

对于B：在上单调递增，故B正确；

对于C：在上单调递增，故C错误；

对于D：上单调递减，故D错误；

故选：B

3. 命题“，使得”的否定是（    ）

A. ，都有 B. ，都有

C. ，使得 D. ，使得

【答案】B

【解析】

【分析】由特称命题的否定直接求解即可

【详解】命题“，使得”的否定是：

，都有，

故选：B

4. 已知，，下列不等式恒成立的是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】利用不等式的性质逐一判断四个选项的正误即可得正确选项.

【详解】对于A：因为，，所以，故选项A不正确；

对于B：因为，所以，若，则，故选项B不正确；

对于C：因为，所以，若，则，故选项C正确；

对于D：因为，所以，，若，则，故选项D不正确；

故选：C.

5. 设方程的两个不等实根分别为，则（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据韦达定理得到，化简，计算得到答案.

【详解】，，故，

.

故选：D.

6. 已知函数恰有一个零点，则该零点所在的区间是（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】C

【解析】

【分析】根据零点的存在性定理求出区间端点的函数值的符号即可得解.

【详解】解：，，，，

所以该零点所在的区间是.

故选：C.

7. 已知，则的值为（    ）

A.  B.  C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】根据对数恒等式及幂的运算性质计算可得；

【详解】解：因为，所以

故选：D

8. “”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】根据不等式的性质结合充分条件和必要条件的定义即可得到结论．

【详解】由可得，所以成立，

由可得，所以当时，不成立，

所以“”是“”的充分不必要条件

故选：A

9. 如图为函数和的图像，则不等式的解集为（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】D

【解析】

【分析】讨论和两种情况，根据图像得到范围，得到答案.

【详解】当时，，此时需满足，，

故；

当时，，此时需满足，，

故；

综上所述：.

故选：D.

10. 如果函数的定义域为，且值域为，则称为“函数”.已知函数是“函数”，则的取值范围是（    ）

A.  B.

C.  D.

【答案】B

【解析】

【分析】根据函数的新定义得到且，结合函数和二次函数的性质，列出不等式，即可求解.

【详解】由题意，函数的定义域为，且值域为，

即函数的最小值，最大值为，

又由函数，

当时，可得，

要是函数满足新定义，则满足，即，所以，

所以实数的取值范围是.

故选：B.

二､填空题（本大题共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】函数的定义域满足，解得答案.

【详解】函数的定义域满足：，解得.

故答案为：.

12. 已知均为正实数，则的最小值为___________.

【答案】6

【解析】

【分析】利用均值不等式即得解

【详解】由题意，均为正实数，

则

当且仅当，即时等号成立

故的最小值为6

故答案为：6

13. 计算：___________.

【答案】2

【解析】

【分析】直接利用对数的运算性质求解即可

【详解】，

故答案：2

14. 函数在上的最大值为___________，最小值为___________.

【答案】    ①. 2    ②.

【解析】

【分析】先求出函数的单调区间，即可得解.

【详解】解：，故函数在上单调递增，在上单调递减，

又，，，

故，

故答案为：2； .

15. 已知定义在上的偶函数在上单调，且，，给出下列四个结论：

①在上单调递减；

②存在，使得；

③不等式的解集为；

④关于的方程的解集中所有元素之和为.

其中所有正确结论的序号是___________.

【答案】①③④

【解析】

【分析】由函数的奇偶性与单调性可判断①②③，令，则有，

从而可求出，进而求出，即可判断④

【详解】因为定义在上的偶函数在上单调，

且，，

因为，

所以在上单调递增，

所以在上单调递减，故①正确；

因为偶函数在上单调递增，

所以时，，故②错误；

偶函数在上单调递增，，，

由可得，

所以，解得或，故③正确；

令，则，可化为，

解得或，即或，

所以或，

解得或或或，

关于的方程的解集中所有元素之和为

，故④正确.

故答案为：①③④

三､解答题（本大题共3小题，共35分）

16. 已知集合，.

（1）若，求；

（2）若，求的取值范围；

（3）若，求的取值范围.

【答案】（1）   

（2）   

（3）

【解析】

【分析】（1）求出集合，再由并集与补集的定义求解即可；

（2）根据数形结合的思想列出不等式，即可求解；

（3）根据数形结合的思想列出不等式，即可求解；

【小问1详解】

或，

当时，，

或，

；

【小问2详解】

当时，满足条件，

此时有，此时无解，故；

当时，由得：

，解得，

所以的取值范围是；

【小问3详解】

由（2）可知，

由可知：

或，

解得或，

所以的取值范围是

17. 已知关于的方程有两个不相等的实根.

（1）求的取值范围；

（2）若，求的值；

（3）求的取值范围.

【答案】（1）   

（2）   

（3）

【解析】

【分析】（1）利用判别式，即得解；

（2）利用韦达定理，转化，结合，计算即可

（3）利用韦达定理，转化，结合以及二次函数的性质，即得解

【小问1详解】

由题意，关于的方程有两个不相等的实根

故

解得：

故的取值范围是:

【小问2详解】

由题意，当，即时

有

故，即

解得：或，又

故：

【小问3详解】

由题意，当，即时

有

故

关于为开口向上的二次函数，对称轴为

故在单调递增

故

即的取值范围为

18. 函数为定义在上的奇函数，已知当时，.

（1）当时，求解析式；

（2）判断在上的单调性，并利用单调性的定义证明；

（3）若，求的取值范围.

【答案】（1）；   

（2）在上的单调递增，证明见解析；   

（3）

【解析】

【分析】（1）由奇偶性的定义结合已知求解即可；

（2）先判断，再用单调性的定义证明即可；

（3）由函数的奇偶性与单调性求解即可

【小问1详解】

函数为定义在上的奇函数，时，.

当时，，

所以，

所以时，求的解析式为；

【小问2详解】

在上的单调递增；

证明：设，则

，

因为，

所以，，

即，

所以在上的单调递增；

【小问3详解】

因为函数为定义在上的奇函数，

且在上的单调递增，

所以函数在上单调递增，

由得，

所以，解得，

所以的取值范围是

四､填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分）

19. 比较大小：___________（填“”或“”）.

【答案】

【解析】

【分析】由于，，所以通过比较的大小可得答案

【详解】因为，

，

，

所以，即，

故答案为：

20. 设集合，，若，则___________；___________.

【答案】    ①. 1    ②. 1

【解析】

【分析】先求解集合A，B中的不等式，再结合，列出关于的等量关系，即得解

【详解】由题意，集合

由于，即或

故，否则

故集合或

故

解得

故答案为：1，1

21. 设关于的不等式的解集为.

（1）若中有且只有一个元素，则的值为___________；

（2）若且，则的取值范围是___________.

【答案】    ①. 1    ②.

【解析】

【分析】（1）由题意，不等式的解集只有一个元素，利用开口方向和判别式控制，列出不等关系，即得解；

（2）由且，列出不等关系，求解即可

【详解】（1）由题意，不等式的解集只有一个元素

故，解得

（2）由题意，且

故，解得

故答案为：1，

22. 某电热元件在通电状态下仅有两种模式，在A模式下元件温度保持不变；从A模式切换到B模式后，在B模式下，元件温度（单位）与通电累积时间（即从通电时刻开始累积计时，单位）的乘积保持不变；从B模式再切换到A模式后，原件温度继续保持不变……现将该元件通电，初始温度为，已知在这四个时刻下的元件温度如表所示，而在时间内随变化的图像如图所示.请根据以上信息推断：___________；___________.

【答案】    ①.     ②.

【解析】

【分析】根据图像得到分段函数解析式，得到，，，， 解得答案.

【详解】根据题意知：，，

故，，即，，即，，即，

故.

故答案为：；.

五､解答题（本大题共3小题，共30分）

23. 设函数.

（1）求的最小值，及取得最小值时的值；

（2）已知且，求证：“”是“”的充分必要条件.

【答案】（1）当时，取得最小值2   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】（1）化简后利用基本不等式求解即可，

（2）利用充分条件和必要条件的定义证明即可

【小问1详解】

，

当且仅当，即时取等号，

所以当时，取得最小值2

【小问2详解】

证明：充分性：因为且，，所以，

所以，

必要性：当时，，

所以

因为，所以，所以，

所以“”是“”的充分必要条件

24. 已知函数，（其中）.

（1）若对任意，都有恒成立，求的值；

（2）设关于x的函数的最小值为.

①若，解不等式，并直接写出的值；

②试判断是否为的函数？若是，直接写出的函数表达式（用分段函数形式表示）；若不是，说明理由.

【答案】（1）   

（2）① ，；②

【解析】

【分析】（1）根据题意得到不等式，计算得到答案.

（2）① 解不等式得到，画出函数图像，根据图像得到最值.

② 解不等式，讨论，，三种情况，根据二次函数性质计算最值得到答案.

【小问1详解】

对任意，都有恒成立，即，即，

，即.

【小问2详解】

① 若，，即，解得.

故，画出函数图像，根据图像知.

② ，即，，

当时，，；

当时，；

当时，；

时，；

当时，不等式恒成立，故，；

当时，，.

；

综上所述：

25. 对于一个所有元素均为整数的非空集合，和一个给定的整数，定义集合.

（1）若，直接写出集合，和；

（2）若，其中，，求的值，使得集合中元素的个数最少；

（3）写出所有满足的整数和，使得当集合时，有，并说明理由.

【答案】（1），，.   

（2）答案见解析.    （3），或，.

【解析】

【分析】（1）根据题意，集合，利用列举法，即可求得；

（2）由，得到，得到时，此时中的元素个数最少，分类讨论，即可求解；

（3）根据题意，分、和三种情况分类讨论，结合题设条件，即可求解.

【小问1详解】

解：由题意，集合，且，

当时，可得；

当时，可得；

当时，可得.

【小问2详解】

解：由题意，集合，

对于，其中，

当时，此时中的元素个数最少，

若为奇数，则时，中的元素个数最少；

若为偶数，则或时，中的元素个数最少.

【小问3详解】

解：若时，可得，此时，且，所以；

若时，可得，要使得且，

则，即.

若时，此时，显然中有很多整数空缺，所以不成立.

综上可得：，或，.