期中复习 【真题训练】-2020-2021学年新教材高一数学（必修一）单元复习一遍过（沪教版2020）

期中复习真题训练

(考试时间：120分钟  试卷满分：150分)

一、填空题（本大题共有12题，满分54分，第1-6题每题4分，第7-12题每题5分）考生应在答题纸的相应位置直接填写结果．

1．（2020·浦东新·上海师大附中高一期中）不等式的解集是______．

【答案】或

【分析】利用移项通分，转化为整式不等式组，即得答案．

【详解】，，．

．

或，

或．

不等式的解集是或．

故答案为或．

【点睛】本题考查分式不等式的解法，属于简单题.

2．（2020·上海市行知中学高一期末）已知函数，若，则________．

【答案】-7

分析：首先利用题的条件，将其代入解析式，得到，从而得到，从而求得，得到答案.

详解：根据题意有，可得，所以，故答案是.

点睛：该题考查的是有关已知某个自变量对应函数值的大小，来确定有关参数值的问题，在求解的过程中，需要将自变量代入函数解析式，求解即可得结果，属于基础题目.

3．（2018·兴安县第三中学高二期中）若关于的不等式的解集是，则_________.

【答案】

【分析】首先根据题意得到的实数根为和，再利用根系关系求出的值即可.

【详解】不等式的解集是，

所以对应方程的实数根为和，且，

由根与系数的关系得，解得，.

所以.

故答案为：.

【点睛】本题主要考查一元二次不等式的解法，同时考查根与系数关系，属于简单题.

4．（2020·上海高三其他）已知集合，，则________.

【答案】

【分析】根据对数不等式以及分式不等式的解法求解出对应解集即为集合，然后由交集运算计算出的结果.

【详解】因为，所以，所以，

又因为，所以，所以，

则.

故答案为.

【点睛】（1）解分式不等式注意将其先转变为整式不等式的形式，然后再求解集；

（2）解对数不等式时要注意到对数的真数大于零这一隐含条件.

5．（2019·上海市建平中学高一期末）已知集合，，则_______，

【答案】

【分析】根据集合中的条件，求出对应的元素即可

【详解】因为，当时，；当时，；当时，

故集合

答案为：

【点睛】本题考查根据限定条件求出集合中对应元素，考点较为基础，能读懂题是关键

6．（2019·上海市南洋模范中学高三期中）函数且的图象恒过定点A，若点A在直线上（其中m，n＞0），则的最小值等于__________.

【答案】8

【分析】由题意可得定点，，把要求的式子化为，利用基本不等式求得结果．

【详解】解：且

令解得，则

即函数过定点，又点在直线上，，

则，当且仅当 时，

等号成立，

故答案为：8．

【点睛】本题考查基本不等式的应用，函数图象过定点问题，把要求的式子化为，是解题的关键，属于基础题．

7．（2019·安徽省肥东县第二中学高一期中）函数 的最小值为______ ．

【答案】-4

【分析】换元,令,则,,再利用二次函数的单调性可求最小值.

【详解】 ,令,

因为 ,所以,

则,

在上递减，在上递增，

所以当t=2时函数取得最小值-4．

故答案为-4．

【点睛】本题考查了二次函数在闭区间上的最值,属中档题.

8．（2018·上海市宜川中学）函数的值域是 _____.

【答案】

【分析】先确定偶次根式被开方数范围，再确定函数值域.

【详解】

故答案为

【点睛】本题考查函数值域，考查基本分析求解能力，属基础题.

9．集合,则___________.

【答案】{1}

【分析】根据交集运算的规则可得结果.

【详解】解：因为集合，

所以.

【点睛】本题考查了集合的交集运算问题，属于基础题.

10．（2018·上海市吴淞中学高一期中），则的取值范围是_____________

【答案】

【分析】先计算，再利用不等式性质得到答案.

【详解】，则

故答案为

【点睛】本题考查了不等式的性质，先确定是解题的关键.

11．（2018·上海市南洋模范中学高一月考）使等式成立的的取值范围是________.

【答案】

【分析】先化简得，再根据绝对值的意义即可得答案.

【详解】解：因为，

所以

因为

所以，

所以，即

故满足条件的的取值范围是

故答案为：

【点睛】本题考查根据根式化简结果求参数范围，是基础题.

12．（2020·宝山·上海交大附中开学考试）如果方程的两个根为、，那么的值为________

【答案】

【分析】先对方程进行因式分解变形得，求出的值，即可得答案；

【详解】

，

或，

，

，

故答案为：.

【点睛】本题考查对数的运算，考查运算求解能力，属于基础题.

二、选择题（本大题共有4题，满分20分，每题5分）每题有且只有一个正确选项，考生应在答题纸的相应位置，将代表正确选项的小方格涂黑．

13．（2020·上海高一开学考试）一元二次不等式的解集是，则的值是（    ）

A．10 B．-10 C．14 D．-14

【答案】D

【分析】由方程的两根为和，根据韦达定理求出可得结果.

【详解】根据题意，一元二次不等式的解集是，

则，方程的两根为和，

则有，，

解可得，

则.

故选：D．

【点睛】本题考查了由一元二次不等式的解集求参数，属于基础题.

14．设函数f(x)＝则不等式f(x)>f(1)的解集是（    ）

A．(－3，1)∪(3，＋∞) B．(－3，1)∪(2，＋∞)

C．(－1，1)∪(3，＋∞) D．(－∞，－3)∪(1，3)

【答案】A

【分析】先求出，再分和代入解析式解不等式，求出解集.

【详解】解：f(1)＝12－4×1＋6＝3，

当x≥0时，x2－4x＋6>3，解得x>3或0≤x<1；

当x<0时，x＋6>3，解得－3<x<0.

所以f(x)>f(1)的解集是(－3，1)∪(3，＋∞)．

【点睛】本题考查了对分段函数的理解与应用，一元二次不等式的解法，属于基础题.

15．（2018·上海市市西中学高三期中）已知非空集合M满足：对任意，总有，且，若，则满足条件的M的个数是（     ）

A．11 B．12 C．15 D．16

【答案】A

【分析】可得集合是集合的非空子集，且不同时出现，即可得到结论.

【详解】由题意，可得集合是集合的非空子集，共有个，

且不能同时出现，同时出现共有4个，

所以满足题意的集合的个数为11个，故选A.

【点睛】本题主要考查了元素与集合的关系，以及集合的子集个数的判定及应用，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.

16．（2017·上海市南洋模范中学高一期中）设集合，，则“”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．既不充分又不必要条件

【答案】A

【分析】根据充分条件与必要条件的定义判断即可.

【详解】解：当时，，满足，故充分性成立；

当时，或，所以不一定满足，故必要性不成立.

故选：A.

【点睛】本题考查充分必要条件的判断，是基础题.

三、解答题（本大题共有5题，满分76分）解答下列各题必须在答题纸的相应位置写出必要的步骤．

17．（2017·上海市七宝中学高一期中）已知函数.

（1）若函数是上的偶函数，求实数的值；

（2）若，求函数的零点．

【答案】（1）；（2）.

【分析】（1）由题意得，即，根据函数解析式整理可得，故得．（2）当时得到函数的解析式，然后根据指数与对数的关系可得，整理得，求得，于是可得．

【详解】（1）∵是上的偶函数，

∴，即，

∴，

整理得，

∴，

∴．

（2）当时，

令，可得， 

∴

整理得， 

解得或（舍去）

∴．

【点睛】本题考查函数的性质及函数与方程的关系，考查计算能力和转化能力，解题的关键是根据相关概念及所求将问题进行转化，逐步达到求解的目的．另外，由于题目中涉及到大量的计算，所以在求解过程中要注意运算的准确性，合理进行指数和对数间的转化．

18．（2020·上海课时练习）已知不等式的解集为或．

（1）求a，b；

（2）解不等式．

【答案】（1），；（2）答案见解析.

【分析】（1）根据一元二次不等式与对应方程之间的关系，利用根与系数的关系，列出方程组，求出，的值；

（2）将，的值代入，并将不等式因式分解为，通过对与2的大小关系进行讨论，得出不等式的解集.

【详解】

（1）因为不等式的解集为或，

所以x1＝1与x2＝b是方程ax2－3x＋2＝0的两个实数根，且b>1．

由根与系数的关系，得 ，

解得；

（2）原不等式化为：

，即，

①当时，不等式的解集为，

②当时，不等式的解集为，

③当时，不等式的解集为．

【点睛】本题考查了一元二次不等式的解法与应用问题，根与系数的关系的应用，考查了分类讨论的思想，属于基础题.

19．（2019·上海徐汇·位育中学高一期中）某商场预计全年分批购入电视机3600台，其中每台价值2000元，每批购入的台数相同，且每批均需付运费400元，储存购入的电视机全年所付保管费与每批购入的电视机的总价值（不含运费）成正比，比例系数为，若每批购入400台，则全年需要支付运费和保管费共43600元.

（1）求的值；

（2）请问如何安排每批进货的数量，使支付运费与保管费的和最少？并求出相应最少费用.

【答案】（1）；（2）每批进货120台，支付运费与保管费的和最少，最少费用为24000元.

【分析】（1）根据每批购入400台的需要支付运费和保管费共43600元可求的值；

（2）先求解关于进货量的所支付的费用之和，结合解析式的特点求解最值即可.

【详解】（1）由题意，当每批购入400台时，全年的运费为，

每批购入的电视机的总价值为（元），所以保管费为（元）

因为全年需要支付运费和保管费共43600元，所以，解得.

（2）设每批进货台，则运费为，保管费为，

所以支付运费与保管费的和为，

因为，当且仅当，即时取到等号，所以每批进货120台，支付运费与保管费的和最少，最少费用为24000元.

【点睛】本题主要考查基本不等式的实际应用，构建数学模型是求解的关键，注意不等式求解最值时的条件，侧重考查数学建模的核心素养.

20．（2020·浦东新·上海师大附中高一期中）已知集合，集合，集合.

(1)求；

(2) 若，求实数m的取值范围.

【答案】(1) ； (2) 或.

【分析】(1) 根据定义域求得集合A，解一元二次不等式求得集合B，再根据数轴求交集;

(2) 先将条件转化为集合包含关系: ，再根据空集进行讨论，最后根据数轴研究两集合包含关系.

【详解】(1) ，或,即,

所以即,

(2) ,所以 ,

当时,即时,为空集满足条件:,

当,即时,

或，

解得,或,

又,所以,

综上或.

【点睛】本题考查了一元二次不等式的解法,子集关系,分类讨论思想,容易遗漏空集,属于基础题.

21．（2020·浦东新·上海师大附中高一期中）符号表示不大于x的最大整数，例如:.

(1)解下列两个方程；

(2)设方程: 的解集为A，集合，，求实数k的取值范围；

(3)求方程的实数解.

【答案】(1)，；(2) ；(3) ；；；.

【分析】(1)根据对符号的定义理解可得答案;

(2)将化为,再分三种情况去绝对值解不等式可得集合,然后对分类讨论解得集合,再根据,列式可求得的范围;

(3)先判断出,再将平方得,再结合方程可得不等式,解不等式可得或或或,分别代入方程可解得答案.

【详解】

(1)

,

(2) ，,

当时，有,解得 ,

当时，有,无解,

当时，有,解得:

综上所述:.

因为

当时，

因为，所以，解得；

当时，，

因为,所以，解得: ，

当时，,成立，

综上: 实数k的取值范围.

(3)因， 又时,方程不成立,

所以,所以,

所以,

,

所以

所以,

所以或且,

所以 或,

所以或或或,

当时,原方程化为,所以,

当时,原方程化为,所以,

当时,原方程化为,

当时,原方程化为，

经检验知，这四个值都是原方程的解.

故方程的实数解为:或或或.

【点睛】本题考查了对新定义的理解,一元二次不等式的解法,属于难题.