2021北京大兴高一（上）期末数学（教师版）

2021北京大兴高一（上）期末

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一、选择题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。

1．已知集合，1，，，2，，则　　

A． B． C．， D．，1，2，

2．等于　　

A． B． C． D．1

3．等于　　

A．0 B．1 C．2 D．3

4．下列函数中，值域为区间，的是　　

A． B． C． D．

5．命题“，使得”的否定是　　

A．，使得 B．，使得 

C．，使得 D．，使得

6．“”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

7．下列函数中，周期为且为偶函数的是　　

A． B． 

C． D．

8．方程的解所在的区间是　　

A． B． C． D．

9．已知函数是上的减函数，则的范围是　　

A． B．， C． D．，

10．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、填空题共5小题，每小题5分，共25分。

11．（5分）函数的定义域为　　．

12．（5分）三个数，，按照由小到大的顺序排列是　　．

13．（5分）已知角终边与单位圆的交点为，则　　；　　．

14．（5分）若二次函数图象关于对称，且（a）（1），则实数的取值范围是　　．

15．（5分）已知函数，，且，，，，则（2）　　；的一个解析式可以是　　．

三、解答题：本大题共6个小题，共85分．应写出文字说明，证明过程或演算步骤．

16．（14分）（Ⅰ）已知，求的值；

（Ⅱ）若，求的一个值．

17．（14分）已知关于的不等式．

（Ⅰ）若，求不等式的解集；

（Ⅱ）若不等式的解集为，求实数的范围．

18．（14分）已知函数，，其中且，．

（Ⅰ）求函数和的解析式；

（Ⅱ）在同一坐标系中画出函数和的图象；

（Ⅲ）设，写出不等式的解集．

19．（14分）已知函数．

（Ⅰ）用“五点法”画出函数在一个周期内的简图；

（Ⅱ）说明函数的图象可以通过的图象经过怎样的变换得到？

（Ⅲ）若，写出的值．

20．（14分）已知函数．

（Ⅰ）判断在内的单调性，并证明你的结论；

（Ⅱ）是否存在实数使函数为奇函数？若存在，求出的值；若不存在，说明理由．

21．（15分）在对口扶贫活动中，甲将自己经营某种消费品的一个小店以优惠价2万元转让给身体有残疾的乙经营，并约定从该店经营的利润中，首先保证乙的每月最低生活开支3600元后，逐步偿还转让费（不计息）．在甲提供的资料中，有：①这种消费品进价每件14元；②该店月销量（百件）与销售价格（元的关系如图；③每月需要各种开支2000元．

（Ⅰ）为使该店至少能够维持乙的生活，商品价格应控制在什么范围内？

（Ⅱ）当商品价格每件多少元时，月利润扣除最低生活费的余额最大，并求最大余额．

（Ⅲ）若乙只依靠该店，能否在3年内脱贫（偿还完转让费）？

参考答案

一、选择题共10小题，每小题4分，共40分。在每小题列出的四个选项中，选出符合题目要求的一项。

1．【分析】进行交集的运算即可．

【解答】解：，1，，，2，，

，．

故选：．

【点评】本题考查了列举法的定义，交集及其运算，考查了计算能力，属于基础题．

2．【分析】利用诱导公式得到：．

【解答】解：．

故选：．

【点评】本题主要考查了诱导公式的应用，属于基础题．

3．【分析】利用指数、对数的性质、运算法则直接求解．

【解答】解：．

故选：．

【点评】本题考查指数式、对数式化简求值，考查指数、对数的性质、运算法则等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．

4．【分析】由题意，求出各个函数的值域，可得结论．

【解答】解：由与，故它的值域为，，故错误；

由于，故它的值域为，故错误；

由于，故它的值域为，，故正确；

由于，当时，，当 时，，

故它的值域为，，，故错误，

故选：．

【点评】本题主要考查求函数的值域，属于基础题．

5．【分析】直接利用含有一个量词的命题的否定方法进行否定即可．

【解答】解：命题“，使得”的否定是“，使得”．

故选：．

【点评】本题考查了命题的否定，要掌握含有一个量词的命题的否定方法：改变量词，然后否定结论．

6．【分析】根据充分条件和必要条件的定义进行判断即可．

【解答】解：当“”则“”成立，

当时，满足“”但“”不成立，

故“”是“”的充分不必要条件，

故选：．

【点评】根据充分条件和必要条件的定义结合不等式的性质是解决本题的关键．

7．【分析】利用三角函数的周期性和奇偶性即可求解．

【解答】解：，函数的周期为，故不满足题意；

，函数的周期为，，是奇函数，故不满足题意；

，是奇函数，故不满足题意；

，最小正周期为且为偶函数，故满足题意．

故选：．

【点评】本题考查了函数的周期性以及函数的奇偶性，是基础题．

8．【分析】，是增函数，是的零点，由，可得结论．

【解答】解：设，显然是上的增函数，是连续函数的零点．

因为，，

，

故，，

故选：．

【点评】本题主要考查了函数的零点的定义，判断函数的零点所在的区间的方法，属于基础题．

9．【分析】根据题意，由函数的单调性的定义可得，解之即可得答案．

【解答】解：因为函数是上的减函数，

所以，解得，即的取值范围为，．

故选：．

【点评】本题考查分段函数的单调性，属于基础题．

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、填空题共5小题，每小题5分，共25分。

11．【分析】由函数的解析式可得，解得，从而得到函数的定义域．

【解答】解：由函数可得，解得，

故函数的定义域为，

故答案为．

【点评】本题主要考查求对数函数的定义域，属于基础题．

12．【分析】由题意利用指数函数的单调性和特殊点，得出结论．

【解答】解：，，而，

，

故答案为：．

【点评】本题主要考查指数函数的单调性和特殊点，属于基础题．

13．【分析】由题意利用任意角的三角函数的定义，诱导公式，求出结果．

【解答】解：由于角终边与单位圆的交点为，

则，．

故答案为：，．

【点评】本题主要考查任意角的三角函数的定义，诱导公式，属于基础题．

14．【分析】求出函数的对称轴，求出函数的单调区间，结合函数的单调性得到关于的不等式，解出即可．

【解答】解：由题意可知二次函数的对称轴为，

因为（1），所以在上单调递增，

所以二次函数开口向下，在上单调递增，在上单调递减．

①当时：，解得，

②当时：因为（4），

所以，解得，

综上所求：或，

故答案为：，，．

【点评】本题考查了二次函数的性质，考查函数的单调性问题，是一道基础题．

15．【分析】由题可知，从而推出，再根据换元法，即可求得解析式及（2）．

【解答】解：由，，，

可得，

因为，

所以，

令，则，

所以，

所以（2）．

故答案为：48；．

【点评】本题考查函数解析式的求法，熟练掌握换元法和指数的运算法则是解题的关键，考查学生的分析能力和运算求解能力，属于中档题．

三、解答题：本大题共6个小题，共85分．应写出文字说明，证明过程或演算步骤．

16．【分析】（Ⅰ）由题意利用同角三角函数基本关系式即可求解．

（Ⅱ）利用二倍角的正弦公式化简已知等式，即可求解．

【解答】解：（Ⅰ）因为，

可得，可得．

（Ⅱ）若，

可得，

可得的一个值为．

【点评】本题主要考查了同角三角函数基本关系式，二倍角的正弦公式在三角函数化简求值中的应用，考查了计算能力和转化思想，属于基础题．

17．【分析】（Ⅰ）时不等式化为，求不等式的解集即可．

（Ⅱ）利用判别式△，即可求出实数的取值范围．

【解答】解：（Ⅰ）时，不等式为，可化为，

计算△，且不等式对应方程的两个根为和，

所以该不等式的解集为，，．

（Ⅱ）不等式化为，因为不等式的解集为，

所以△，即，解得，

所以实数的取值范围是．

【点评】本题考查了一元二次不等式的解法与应用问题，也考查了运算求解能力，是基础题．

18．【分析】（Ⅰ）对于，由可得的值，即可得、的解析式，即可得答案，

（Ⅱ）由（Ⅰ）的结论，作出函数的图象，

（Ⅲ）求出的解析式，分析的单调性以及，据此可得的解集，即可得答案．

【解答】解：（Ⅰ）根据题意，，，

则有，

则，，

（Ⅱ）由（Ⅰ）的结论：，

，

其图象如图：

（Ⅲ），必有，

即的定义域为，，

在，上为减函数，在，为增函数，

则在，上为减函数，且，

若，必有，即不等式的解集为，．

【点评】本题考查函数的图象以及函数单调性的性质以及应用，涉及函数解析式的计算，属于基础题．

19．【分析】（Ⅰ）用五点法作函数在一个周期上的简图；

（Ⅱ）根据函数的图象变换规律，可得结论；

（Ⅲ）由正弦函数的性质即可求解．

【解答】解：（Ⅰ）列表：

描点，连线，作图如下：

（Ⅱ）法一：将函数的横坐标不变，纵坐标变为原来的3倍得到，

再将得到的图象的纵坐标不变，横坐标变为原来的倍得到，

再将得到的图象向左平移得到．

法二：将函数的横坐标不变，纵坐标变为原来的3倍得到，

再将得到的图象向左平移得到，

再将得到的图象的纵坐标不变，横坐标变为原来的倍得到．

（Ⅲ）若，则，

即，或，，

即，或，，

又，

所以或或．

【点评】本题主要考查五点法作函数的图象，函数的图象变换规律以及正弦函数的性质，属于中档题．

20．【分析】先设，然后利用作差法比较与的大小即可判断，

若为奇函数，则，代入可求，然后结合奇函数定义进行检验即可判断．

【解答】解：在内的单调递增，证明如下：

设，

则，

所以，

所以在上单调递增，

存在使得为奇函数，

若为奇函数，则，

故，此时，，

故为奇函数，此时．

【点评】本题主要考查了函数的单调性及奇偶性的判断，定义法的应用是求解问题的关键．

21．【分析】（Ⅰ）利用该店经营的利润只能保证企业乙的全体职工每个月最低的生活费的开支以及每月所需的各种开支，据此列出方程，即可确定商品的价格；

（Ⅱ）设月利润和除职工最低生活费的余额为，列出与售价的函数关系式，根据函数的性质求出取最大值时自变量的值，即可确定商品的价格；

（Ⅲ）企业乙脱贫即还清2万元的转让价格，要求最早脱贫时间，由（2）中的值，根据题意设可在年后脱贫，则此年经营的利润，求出的最小值即可．

【解答】解：（Ⅰ）根据图象，当时，设，

将点和代入，

则有，解得，

则；

当时，设，

将点和代入，

则有，解得，

所以；

则，

若商品的价格应定为元时，该店刚好能够维持职工生活，

则有，分两种情况：

第一种：当时，即，解得，（舍；

第二种：当时，即，解得，（舍，

故为使该店至少能够维持乙的生活，商品价格应控制在，元范围内；

（Ⅱ）设月利润和除职工最低生活费的余额为，

则，分两种情况：

第一种：当时，即，

则当时，有最大值，

此时；

第二种：当时，即，

则当时，有最大值，

此时，

因为，

所以当元时，月利润扣除最低生活费的余额最大为4050元；

（Ⅲ）可设在年后脱贫，

由题意可得，解得，

故乙只依靠该店，不能在3年内脱贫．

【点评】本题考查了函数在实际生活中的应用，重点考查了一次函数图象和实际应用相结合的问题，要求学生能够从图象上准确地获取信息，解题的关键是正确理解题意，构建数学模型，属于中档题．