2023-2024学年北京市丰台区高一上学期期中练习数学试题（A）含答案

这是一份2023-2024学年北京市丰台区高一上学期期中练习数学试题（A）含答案，共15页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题，作图题，证明题，问答题，应用题等内容，欢迎下载使用。

一、单选题
1．已知集合，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据元素与集合的关系即可求解.
【详解】因为，所以，而是集合，与的关系不应该是属于关系，而应该是包含关系.
故选:A
2．命题“”的否定为（ ）
A．“”
B．“”
C．“”
D．“”
【答案】D
【分析】根据给定条件，利用含有一个量词的否定求解作答.
【详解】命题“”是全称量词命题，其否定是存在量词命题，
所以命题“”的否定是：.
故选：D
3．下列函数中，既是偶函数又在上单调递增的是（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】根据函数的奇偶性、单调性确定正确答案.
【详解】函数和函数是奇函数，不符合题意，CD选项错误.
函数是偶函数，且在上递减，不符合题意，A选项错误.
函数是偶函数，且在上单调递增，符合题意，B选项正确.
故选：B
4．下列说法正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
【答案】C
【分析】根据不等式的性质可判断A，B，C；举反例可判断D.
【详解】对于A，当时，则时，，A错误；
对于B，若，则，B错误；
对于C，若，则，即，故，C正确；
对于D，若，不妨取若，则，D错误，
故选：C
5．已知幂函数的图象经过点，则等于（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】由幂函数所过的点求得，进而求.
【详解】令，则，则，
所以.
故选：A
6．设，则“”是“”的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【分析】首先求出不等式的解集，再根据充分条件、必要条件的定义判断即可.
【详解】解：由，解得，由，即，解得，
又，
由推不出，故充分不成立，
由推得出，即必要性成立，
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B
7．设M＝{x|0≤x≤2}，N＝{y|0≤y≤2}，给出下列四个图形，其中能表示从集合M到集合N的函数关系的有（ ）
A．0个B．1个
C．2个D．3个
【答案】B
【分析】利用函数的定义域与函数的值域以及函数的定义，判断选项即可．
【详解】对于①，x＝2时，在N中无元素与之对应，不满足任意性，故①错误；
对于②，同时满足任意性与唯一性，故②正确；
对于③，x＝2时，对应元素y＝3∉N，不满足任意性，故③错误；
对于④，x＝1时，在N中有两个元素与之对应，不满足唯一性，故④错误.
故选：B.
【点睛】本题考查函数的概念以及函数的定义域以及值域的应用，是基础题．
8．若指数函数的图像与射线（）相交，则（ ）
A．B．
C．D．
【答案】D
【分析】分和两种情况结合指数函数的图象，射线的端点进行分析求解即可
【详解】当时，代入射线得，
若，指数函数的图象过第一、二象限，且单调递减，要使指数函数的图象与射线有交点，则当时，，所以，
若，则可知两图象在第一象限一定有交点，
综上，或，
故选：D
9．如下图，一个“心形”由两个函数的图象构成，则“心形”上部分的函数解析式可能为（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【分析】根据心形”上部分的函数图象关于y轴对称，排除部分选项，再根据函数的最大值判断.
【详解】由函数图象知：“心形”上部分的函数图象关于y轴对称，而，，不满足；
的图象过（0，0），（-2，0），（2，0），当时，，当且仅当，即时，等号成立，不符合要求；
的图象过（0，0），（-2，0），（2，0），当时，，当时，函数取得最大值1，符合要求；
故选：C
10．设集合A的最大元素为，最小元素为m，记A的特征值为，若集合中只有一个元素，规定其特征值为0.已知，，，，是集合的元素个数均不相同的非空真子集，且，则的最大值为（ ）
A．10B．11C．12D．13
【答案】B
【分析】根据题意保证各集合中尽量小，结合已知和集合的性质有最大时，进而分析的取值即可.
【详解】由题意，，，，中都至少有一个元素，且元素个数互不相同，
要使最大，则各集合中尽量小，
所以集合，，，，中的元素个数尽量少且数值尽可能连续，
所以，不妨设，，，，，
则有，
当时，，
当时，，
所以只需在时，在上述特征值取最小的情况下，使其中一个集合的特征值增加7即可，
故的最大值为11.
故选：B.
二、填空题
11．函数的定义域为 .
【答案】
【分析】由函数解析式，结合根式、分式的性质求定义域.
【详解】由题设且，
所以函数定义域为.
故答案为：
12．求值： ．
【答案】
【分析】结合指数幂的运算化简整理即可求出结果.
【详解】
，
故答案为：.
13．当时，则的最小值为 ，当取得最小值时的值为 ．
【答案】 7 5
【分析】通过函数解析式的配凑，即可利用基本不等式可求解
【详解】因为，当时等号成立，此时
故最小值为7, 当取得最小值时的值为5，
故答案为：7,5.
14．写出一个使得命题“恒成立”是假命题的实数的值 ．（写出一个的值即可）
【答案】
【分析】根据题意，假设命题“恒成立”是真命题，根据不等式恒成立，分类讨论当和时两种情况，从而得出实数的取值范围，再根据补集得出命题“恒成立”为假命题时的取值范围，即可得出满足题意的的值.
【详解】解：若命题“恒成立”是真命题，
则当时成立，
当时有，解得：，
所以当时，命题“恒成立”是真命题，
所以当时，命题“恒成立”为假命题，
故答案为：.（答案不唯一，只需）
15．函数的定义域为，且，都有，给出下列四个结论：
①或；
②一定不是偶函数；
③若，且在上单调递增，则在上单调递增；
④若有最大值，则一定有最小值．
其中，所有正确结论的序号是 ．
【答案】①③
【分析】根据所给性质直接计算可判断①，取特殊函数判断②，利用函数的单调性定义判断③，取特殊函数判断④.
【详解】因为，都有，
所以，即或，故①正确；
不妨取，则，即恒成立，所以是偶函数，故②错误；
设，且，则，所以，
即，所以，即在上单调递增，故③正确；
不妨取，则满足，函数有最大值1，但是无最小值，故④错误.
故答案为：①③
三、解答题
16．已知集合.
(1)若，求；
(2)若，求实数的取值范围.
【答案】(1)，，
(2)
【分析】（1）若，代入集合B，由补集交集并集的定义，求；
（2）若，分和两种类型，求实数的取值范围.
【详解】（1）时，，又，
，
，
.
（2）当时，
当时，则，得满足题意
当时，则，
解得
综上：实数的取值范围是
四、作图题
17．已知函数.
(1)求的值；
(2)画出函数的图象，根据图象写出函数的单调区间；
(3)若，求的取值范围.
【答案】(1)
(2)作图见解析，减区间为，增区间为
(3)
【分析】（1）根据分段函数代入求值；
（2）直接作出函数的大致图象并写出单调区间；
（3）对分段讨论，代入相应的解析式求解不等式.
【详解】（1）由得.
（2），所以的图象如下图所示，
由图可知,的减区间为，增区间为.
（3）由可得或，
解得或 ，
所以的取值范围是.
五、证明题
18．已知函数．
(1)判断函数的奇偶性，并证明你的结论；
(2)判断函数在区间上的单调性，并用单调性定义证明；
(3)已知函数当时，的值域为，求实数的取值范围.（只需写出答案）
【答案】(1)奇函数，证明见解析
(2)单调递增，证明见解析
(3)
【分析】（1）利用奇函数定义证明；
（2）根据单调性定义证明；
（3）作出的图象，观察图象得答案.
【详解】（1）函数为奇函数.
证明：定义域，因为，都有，
且，
所以函数为奇函数.
（2）函数在区间上单调递增.
任取，，则
因为,，，所以，
即，所以函数在区间上单调递增.
（3）的范围，理由如下：
先证明函数在区间上单调递减.
任取，，
则，
因为，，，所以，
即，所以函数在区间上单调递减.
根据的单调性与奇偶性可以作出的图象如下：
计算可知：，
由图可知， 当时，的值域为，的取值范围为.
六、问答题
19．已知函数，．
(1)若的解集是，求函数的零点；
(2)求不等式的解集．
【答案】(1)1和3；
(2)答案见解析.
【分析】（1）根据题意确定是的一个根，从而求出，进而求解即可；
（2）先讨论当时求解不等式，在时求得方程的两根为，再比较两根大小，分类讨论求解不等式即可.
【详解】（1）因为的解集是，所以是的一个根，
所以，解得，所以.
令，解得，
所以的零点为1和3.
（2）因为，即，所以，
当时，，解得；
当时，方程的两根为，
当时，开口向下，且，解得；
当时，开口向上，且，解得或；
当时，开口向上，且，解得；
当时，开口向上，且，解得或；
综上所述，当时，解集为；
当时，解集为；
当时，解集为；
当时，解集为；
当时，解集为.
七、应用题
20．因新冠肺炎疫情影响，呼吸机成为紧缺商品，某呼吸机生产企业为了提高产品的产量，投入万元安装了一台新设备，并立即进行生产，预计使用该设备前年的材料费、维修费、人工工资等共为（）万元，每年的销售收入万元.设使用该设备前年的总盈利额为万元.
（1）写出关于的函数关系式，并估计该设备从第几年开始盈利；
（2）使用若干年后，对该设备处理的方案有两种：案一：当总盈利额达到最大值时，该设备以10万元的价格处理；方案二：当年平均盈利额达到最大值时，该设备以50万元的价格处理；问哪种方案处理较为合理？并说明理由.
【答案】（1），3年；（2）第二种方案更合适，理由见解析.
【分析】（1）利用年的销售收入减去成本，求得的表达式，由，解一元二次不等式求得从第年开始盈利.
（2）方案一：利用配方法求得总盈利额的最大值，进而求得总利润；
方案二：利用基本不等式求得时年平均利润额达到最大值，进而求得总利润.
比较两个方案获利情况，作出合理的处理方案.
【详解】（1）由题意得：

由得即，
解得
由，设备企业从第3年开始盈利
（2） 方案一总盈利额
，当时，
故方案一共总利润，此时
方案二：每年平均利润
，当且仅当时等号成立
故方案二总利润，此时
比较两种方案，获利都是170万元，但由于第一种方案只需要10年，而第二种方案需要6年，故选择第二种方案更合适.
【点睛】本小题主要考查一元二次不等式的解法，考查基本不等式求最值，属于中档题.
八、证明题
21．对于函数，若，则称为的“不动点”；若，则称为的“稳定点”．函数的“不动点”和“稳定点”的集合分别记为和，即，．
(1)设函数，求集合和；
(2)求证：；
(3)设函数，且，求证：．
【答案】(1)
(2)证明见解析
(3)证明见解析
【分析】（1）当时，直接解方程、，可得出集合、；
（2）分、两种情况讨论，第一种情况直接验证即可；在第二种情况下，任取，由“稳定点”和“不动点”的定义证得，即可得出结论；
（3）分、两种情况讨论，在第一种情况下，推导出，结合不等式的基本性质可得出，从而得出；在第二种情况下，推导出，结合不等式的基本性质可得出，从而得出.综合可证得结论成立.
【详解】（1）解：由，可得，即，
由，解得，即.
故当时，.
（2）证明：当，则成立，
若，对任意的，，则，所以，，
因此，.
综上所述，.
（3）证明：因为，则关于的方程无实解，
即方程无实解，则，
构造函数，
①当时，函数的图象恒在轴上方，
即对任意的，则恒成立，
则，即恒成立，即；
②当时，函数的图象恒在轴下方，
即对任意的，则恒成立，
则，即恒成立，即.
综上所述，当时，.
【点睛】关键点点睛：在证明第三问时，要注意分、两种情况分析，确定与之间的大小关系，进而可得出与的大小，从而证出结论成立.