2020-2021学年上海市长宁区高一上学期期末数学试题（解析版）

2020-2021学年上海市长宁区高一上学期期末数学试题

一、单选题

1．下列四组函数中，两个函数相同的是（    ）.

A．和 B．和

C．和 D．和

【答案】C

【分析】根据相同函数的定义，从定义域、值域、对应关系三方面进行判断即可.

【详解】A：函数的定义域为全体实数集，函数的定义域为非负实数集，故两个函数不相同，不符合题意；

B：函数的定义域为全体实数集，函数的定义域为非零的实数集，故两个函数不相同，不符合题意；

C：当时，函数的值域为，其中当时，，当时，；当时，函数的值域为，其中当时，，当时，，因此两个函数是相同函数，符合题意；

D：函数的定义域为非零的实数集，函数的定义域为正实数集，因此两个函数不相同，不符合题意，

故选：C

2．函数的零点所在区间为（    ）.

A． B． C． D．

【答案】B

【分析】根据零点存在原理，结合指数函数、幂函数的单调性逐一判断即可.

【详解】设.易知该函数为减函数，

，，

，

因为，所以函数在此区间存在零点；

故选：B

3．在同一直角坐标系中，二次函数与幂函数图像的关系可能为（    ）

A． B． C． D．

【答案】A

【分析】根据题意，结合二次函数和幂函数的性质依次分析选项，即可得到答案.

【详解】对于A，二次函数开口向上，则，其对称轴，则，即幂函数为减函数，符合题意；

对于B， 二次函数开口向下，则，其对称轴，则，即幂函数为减函数，不符合题意；

对于C，二次函数开口向上，则，其对称轴，则，即幂函数为增函数，且其增加的越来越快，不符合题意；

对于D， 二次函数开口向下，则，其对称轴，则，即幂函数为增函数，且其增加的越来越慢快，不符合题意；

故选：A

【点睛】关键点点睛：本题考查函数图像的分析，在同一个坐标系中同时考查二次函数和幂函数性质即可得解，考查学生的分析试题能力，数形结合思想，属于基础题.

4．已知“非空集合M的元素都是集合P的元素”是假命题，给出下列四个命题：

①M的元素不都是P的元素；②M的元素都不是P的元素；

③存在且；④存在且；

这四个命题中，真命题的个数为（    ）．

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

【答案】B

【分析】根据题意，由子集的定义分析、元素的关系分析4个命题是否正确，综合即可得答案．

【详解】根据题意，“非空集合的元素都是集合的元素”是假命题．则其否定为真，

则非空集合的元素不都是集合的元素，

据此分析4个命题：

①的元素不都是的元素，正确，

②的部分元素可以为的元素，不正确，

③可能的元素都不是的元素，故存在且，不正确，

④存在且，正确，

其中正确的命题有2个，

故选：．

二、填空题

5．已知全集为，集合，则________.

【答案】

【分析】求出集合，利用补集的定义可求得集合.

【详解】已知全集，集合，得或.

故答案为：.

6．函数的定义域为________.

【答案】

【分析】根据二次根式的定义进行求解即可.

【详解】由，可得，所以函数的定义域为，

故答案为：

7．若幂函数在区间上是严格减函数，则实数的取值范围是________.

【答案】

【分析】由幂函数的性质进行求解即可.

【详解】因为幂函数在区间上是严格减函数，

所以，

故答案为：

8．设一元二次方程的两个实根为、，则________.

【答案】42

【分析】根据一元二次方程根与系数的关系，结合完全平方和公式进行求解即可.

【详解】一元二次方程的两个实根为、，所以有，

因此，

故答案为：

9．已知，，若α是β充分条件，则m的取值范围是________.

【答案】，

【分析】根据集合的包含关系得到关于的不等式，解出即可．

【详解】解：，，

若是充分条件，则，，，

故，解得：，

则的取值范围是，，

故答案为：，．

10．若，则x的取值范围是________.

【答案】

【分析】由题意利用数函数的单调性和定义域，求得的范围．

【详解】解：由，可得，，

故答案为：．

11．设a、b都为正数，且，则的最小值为________.

【答案】1

【分析】把变形为：利用已知，结合基本不等式进行求解即可.

【详解】因为a、b都为正数，所以有：

，

当且仅当时取等号，即时取等号，

故答案为：

12．设关于x的不等式与的解集分别为A、B，则不等式组的解集可以用集合A、B的运算表示为________.

【答案】

【分析】根据不等式组的解的性质，结合集合补集和交集的定义进行求解即可.

【详解】不等式组的含义是且，

因为关于x的不等式的解集是A，

所以关于x的不等式的解集是，

因此不等式组的解集可以用集合A、B的运算表示为，

故答案为：

13．已知，，试用a、b表示________.

【答案】

【分析】根据对数式指数式互化公式，结合对数换底公式、对数的运算性质进行求解即可.

【详解】因为，所以，因此有：

，

故答案为：

14．已知函数的最小值为-2，则实数a=________.

【答案】

【分析】根据二次函数的对称轴与所给区间的相对位置进行分类讨论求解即可.

【详解】，所以该二次函数的对称轴为：，

当时，即，函数在时单调递减，

因此，显然符合；

当时，即时，，显然不符合；

当时，即时，函数在时单调递增，

因此，不符合题意，综上所述：，

故答案为：

15．设关于x的方程解集为M，关于x的不等式的解集为N，若集合，则________.

【答案】

【分析】根据一元二次不等式的解法，结合绝对值的性质进行求解即可.

【详解】由或，所以或，

当时，由，可得，

当时，由，可得，

因此有，

当时，；

当时，，

故答案为：

16．若函数的值域为，则实数m的取值范围为________.

【答案】

【分析】根据对数型函数的单调性，结合指数型函数的单调性进行分类讨论求解即可,

【详解】当时，，

因为函数在时是单调递增函数，

所以有，即，

当时， ，根据指数复合函数的单调性的性质可知：

函数在时，单调递减，在时，单调递增，

当时，由，可得，即，

因为函数的值域为，所以有，

即必有，而，所以不成立；

当时，此时，而，

因为函数的值域为，

所以必有，，而，

所以，

故答案为：

【点睛】关键点睛：掌握指数型复合函数的单调性的性质是解题的关键.

三、解答题

17．已知集合，集合.求集合.

【答案】

【分析】根据绝对值不等式的解法，结合分式不等式的解法、集合并集的定义进行求解即可.

【详解】因为，，所以，

故答案为：

18．化简下列代数式

（1）；

（2）.

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）根据绝对值的性质，结合根式与分数指数幂的互化公式进行运算即可；

（2）根据对数的运算性质、对数函数的性质，结合完全平方差公式进行化简即可.

【详解】（1）；

（2）

因为，所以，

因此.

19．甲、乙两城相距100km，某天然气公司计划在两地之间建天然气站P给甲、乙两城供气，设P站距甲城.xkm，为保证城市安全，天然气站距两城市的距离均不得少于10km.已知建设费用y（万元）与甲、乙两地的供气距离（km）的平方和成正比（供气距离指天然气站到城市的距离），当天然气站P距甲城的距离为40km时，建设费用为1300万元.

（1）把建设费用y（万元）表示成P站与甲城的距离x（km）的函数，并求定义域；

（2）求天然气供气站建在距甲城多远时建设费用最小，并求出最小费用的值.

【答案】（1）；（2）天然气供气站建在距甲城50km时费用最小，最小费用的值为1250万元.

【分析】（1）设出比例系数，根据题意得到建设费用y（万元）表示成P站与甲城的距离x（km）的函数的解析式，再利用代入法求出比例系数，进而求出函数解析式、定义域；

（2）利用配方法进行求解即可.

【详解】（1）设比例系数为k，则

又，，所以，即，

所以

（1）由（1）可得

所以

所以当时，y有最小值为1250万元

所以天然气供气站建在距甲城50km时费用最小，最小费用的值为1250万元，

20．设.

（1）判断函数的奇偶性，并说明理由；

（2）求证：函数在R上是严格增函数；

（3）若，求t的取值范围.

【答案】（1）奇函数，证明见解析；（2）证明见解析；（3）或．

【分析】（1）根据奇偶函数的定义进行判断即可；

（2）利用单调性的定义，结合指数函数的单调性进行证明即可；

（3）利用（1）（2）的结论，结合一元二次不等式的解法进行求解即可.

【详解】（1）函数为奇函数，证明如下：

的定义域为，关于原点对称，

∴为奇函数；

（2）证明：任取，且

∵，

∴，，，

∴，即

∴函数在R上是严格增函数

（2）∵在R上是奇函数且严格增函数，

所以，解得或

所以t的取值范围是或．

21．设．

（1）求不等式的解集M；

（2）若函数在上最小值为，求实数a的值；

（3）若对任意的正实数a，存在，使得，求实数m的最大值.

【答案】（1）答案见解析；（2）或；（3）.

【分析】（1）由条件将不等式化简为，转化为，再分情况讨论，可得答案.
（2）分情况求出函数的最小值，由函数最小值为可得方程，得出答案.
(3)由条件可得，由函数的单调性有，然后分情况讨论得出其最大值，可得答案..

【详解】（1）∵，

∴，即，也即

所以

若，该不等式无解；

若，，所以或；

若，，所以

综上，，该不等式解集为；

，该不等式解集为；

，该不等式解集为.

（2）若，在单调递增，故在上无最小值；

若，在单调递增，故在上无最小值；

若，，

所以，解得或

所以，或

（3）因为对任意的正实数a，存在，使得，所以

当时，在上单调递增.

所以

所以

当，即，由，解得

当时，，即，所以

当时，，即，所以

所以，所以实数m的最大值为.

【点睛】关键点睛：本题考查解不等式，根据函数最值求参数和解决存在问题，解答本题的关键是由题意可得，求出其最大值可得，然后分情况得出其最大值，属于中档题.