2022北京昌平二中高一（上）期中数学（教师版）

2022北京昌平二中高一（上）期中

数    学

第一部分（选择题共40分）

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. 下列四组函数中，表示同一函数的是（    ）

A. ， B. ，

C. ， D. ，

2. 下列函数中，既是奇函数又是增函数的为（    ）

A.  B.  C.  D.

3. 命题“”的否定是 

A  B.

C.  D.

4. 设，则“”是“”的（    ）条件．

A. 充分而不必要 B. 必要而不充分

C. 充要 D. 既不充分也不必要

5. 在以下区间中，存在函数零点的是 （ ）

A.  B.  C.  D.

6. 已知函数，若，则实数的值等于（    ）

A.  B.  C. 1 D. 3

7. 设，下列命题中的真命题是（    ）

A. 若，则 B. 若，则

C. 若，则 D. 若，则

8. 设奇函数的定义域为，当时，是增函数，且，则不等式的解集是（    ）

A.  B.

C.  D. 以上结果都不对

9. 已知函数是定义在的奇函数，且在上单调递增，若，则实数t的取值范围为（    ）

A.  B.  C.  D.

10. 若定义在上函数满足：对任意有则下列说法一定正确的是

A. 为奇函数 B. 为偶函数 C. 为奇函数 D. 为偶函数

第二部分（非选择题共110分）

二、填空题共6小题，每小题5分，满分30分．

11. 函数的定义域为___________．

12. 已知函数的两个零点分别为和，则的值为______．

13. 已知是定义在上的奇函数，且当时，，则当时，______．

14. 函数的最小值为______；对应的的取值是______．

15. 已知函数，若满足：对于任意的，，且，都有，则实数a的取值范围是______．

16. 对于实数a，b，定义运算“*”：，设，且关于x的方程为恰有三个互不相等的实数根，则m的取值范围是_____．

三、解答题共6小题，共80分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．

17. 已知全集，若集合，或.

（1）求，，；

（2）若集合且，求实数的取值范围.

18. 已知函数(b，c为常数)，f(1)=4，f(2)=5.

（1）求函数f(x)的解析式；.

（2）用定义证明∶函数f(x)在区间(0，1)上是减函数.

19. 已知函数．

（1）画出此函数的图像；

（2）求不等式解集；

（3）若函数有三个零点，求取值范围．

20. 已知函数.

（1）若的解集或，求的值；

（2）分类讨论不等式的解集.

21. 通过研究学生的学习行为，心理学家发现，学生的接受能力依赖于老师引入概念和描述问题所用的时间：讲授开始时，学生的兴趣激增；中间有一段不太长的时间，学生的兴趣保持较理想的状态；随后学生的注意力开始分散.分析结果和实验表明：讲课开始时，学生注意力集中度的值（的值越大，表示学生的注意力越集中）与x的关系如下：

（1）讲课开始时和讲课开始时比较，何时学生的注意力更集中？

（2）讲课开始多少分钟时，学生的注意力最集中，能持续多久？

（3）一道数学难题，需要讲解，并且要求学生的注意力集中度至少达到55，那么老师能否在学生达到所需状态下讲授完这道题目？请说明理由.

22. 对于区间[a,b](a<b),若函数同时满足：①在[a,b]上是单调函数，②函数在[a,b]的值域是[a,b]，则称区间[a,b]为函数的“保值”区间

（1）求函数的所有“保值”区间

（2）函数是否存在“保值”区间？若存在，求的取值范围，若不存在，说明理由

参考答案

第一部分（选择题共40分）

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. 【答案】B

【解析】

【分析】分别判断各个选项中两个函数的定义域和解析式是否相同，从而得到结果.

【详解】对于A，定义域为，定义域为，与不是同一函数，A错误；

对于B，与定义域均为，且，与是同一函数，B正确；

对于C，定义域为，定义域为，与不是同一函数，C错误；

对于D，定义域为，定义域为，与不是同一函数，D错误.

故选：B.

2. 【答案】D

【解析】

【分析】利用奇偶性和单调性的定义，结合基本函数的性质逐个分析判断即可.

【详解】对于A，函数的定义域为，因为且，

所以此函数为非奇非偶函数；

对于B，函数的定义域为，因为，所以此函数为偶函数；

对于C，函数的定义域为，因为，所以此函数为奇函数，而此函数在和上为减函数；

对于D，函数的定义域为，因为，所以此函数为奇函数，当时，为增函数，又函数为奇函数，所以函数在上单调递增.

故选：D

3. 【答案】C

【解析】

【详解】试题分析：全称命题的否定是存在性命题，所以，命题“”的否定是，选C.

考点：全称命题与存在性命题.

4. 【答案】A

【解析】

【分析】先求解，再根据充分与必要条件的概念分析即可.

【详解】解：因为.

所以“”是“”的充分不必要条件.

故选：A

5. 【答案】C

【解析】

【详解】分析：要判断函数f（x）=x3+3x-3的零点的位置，我们可以根据零点存在定理，则该区间两端点对应的函数值，应异号，将四个答案中各区间的端点依次代入函数的解析式，易判断零点的位置．

解答：解：∵f（-1）=-7

f（0）=-3

f（1）=1

f（2）=11

f（3）=33

根据零点存定理，∵f（0）f（1）＜0

故[0，1]存在零点

故选C

点评：要判断函数的零点位于哪个区间，可以根据零点存在定理，即如果函数f（x）在区间（a，b）上存在一个零点，则f（a）?f（b）＜0，如果方程在某区间上有且只有一个根，可根据函数的零点存在定理进行解答，但要注意该定理只适用于开区间的情况，如果已知条件是闭区间或是半开半闭区间，我们要分类讨论．

6. 【答案】A

【解析】

【分析】首先求得的值，然后分类讨论确定实数a的值即可，需要注意自变量的取值范围.

【详解】，据此结合题意分类讨论：

当时，，

由得，解得，舍去；

当时，，

由得，解得，满足题意.

故选：A．

7. 【答案】C

【解析】

【分析】根据基本不等关系，结合具体实例对选项一一判断即可.

【详解】对于A，若，满足，此时，故A错误；

对于B，若，满足，此时，故B错误；

对于C，若，则，故C正确；

对于D，若，满足，此时，故D错误；

故选：C

8. 【答案】C

【解析】

【分析】当时，不等式显然成立，再讨论当时不等式的解集，综合即得解.

【详解】解： 奇函数在上为增函数，（1），

函数在上为增函数，且（1），

当时，不等式显然成立，

当时，

则不等式等价为时，，此时；

当时，，此时，

综上不等式的解为或，

故不等式的解集为：.

故选：C

9. 【答案】B

【解析】

【分析】根据奇函数将化简一下，再根据是定义在上的增函数，建立不等式组进行求解即可．

【详解】是奇函数

等价为，

在上单调递增,且是奇函数，

在上单调递增，

，即

解得：．

故选：B

10. 【答案】C

【解析】

【详解】x1=x2=0，则，，

令x1=x，x2=-x，

则，

所以，

即，为奇函数，故选C.

第二部分（非选择题共110分）

二、填空题共6小题，每小题5分，满分30分．

11. 【答案】

【解析】

【详解】试题分析：，故定义域为．

考点：函数的定义域．

12. 【答案】18

【解析】

【分析】根据函数零点的定义以及韦达定理可得结果.

【详解】因为函数的两个零点分别为和，

所以和是的两个实根，

所以，，

所以.

故答案为：18.

13. 【答案】

【解析】

【分析】当时，根据奇函数的性质转到时的解析式可求得结果.

【详解】当时，,.

故答案为：

14. 【答案】    ① 3    ②. 1

【解析】

【分析】由基本不等式积定求和的最小值，的条件下，当且仅当时取到最小值，即可求出此时的x的取值

【详解】因为，

所以，

所以，

当且仅当，即时取到等号

故答案为：3；1

15. 【答案】

【解析】

【分析】由单调性的定义可得在上单调递减，再结合二次函数的图像性质可得对称轴大于等于即可

【详解】不妨设，∵，，∴，即，故在上单调递减.

，对称轴为，开口向上，故有，即.

故答案为：

16. 【答案】

【解析】

【分析】根据代数式之间的大小关系，结合题中所给的定义，用分段函数的形式表示函数的解析式，画出函数的图象，利用数形结合求出m的取值范围.

【详解】由 2x﹣1≤x﹣1 可得 x≤0，由 2x﹣1＞x﹣1 可得 x＞0．

∴根据题意得．

即 ，

画出函数的图象，从图象上观察当关于x的方程为f（x）＝m（m∈R）恰有三个互不相等的实数根时，

函数的图象和直线y＝m有三个不同的交点．

当时，函数的最大值为f（），

可得m的取值范围是，

故答案为：

【点睛】本题考查了利用数形结合思想解决已知方程根的个数求参数问题，考查了数学运算能力.

三、解答题共6小题，共80分．解答应写出文字说明，演算步骤或证明过程．

17. 【答案】（1），或，；（2）

【解析】

【分析】（1）根据交集、并集、补集的定义可求得结果；

（2）分析可知，求出集合，利用集合的包含关系可求得实数的取值范围.

【详解】（1）因为全集，，或，

所以，，或，

或，，则；

（2）因为，则，，故.

所以，实数的取值范围为.

18. 【答案】（1）   

（2）证明见解析

【解析】

【分析】(1)结合已知条件利用待定系数法求解即可；(2)首先设任意的，，且，然后利用作差法比较和大小，再结合函数单调性的定义即可证明.

【小问1详解】

由题意可知，，解得，，

故函数f(x)的解析式为：.

【小问2详解】

设任意的，，且，

则，

因为，，且，所以，，即，

从而，即，

故函数f(x)在区间(0，1)上是减函数.

19. 【答案】（1）图象见解析；   

（2）；   

（3）.

【解析】

【分析】（1）将函数写成分段函数的形式，再绘制图象即可；

（2）根据（1）中所得函数解析式，分段求解即可；

（3）根据的图象有三个交点，数形结合即可求得参数范围.

【小问1详解】

因为，

故其函数图象如下所示：

.

【小问2详解】

当时，令，即，解得，

当时，令，即，解得，

综上所述，不等式的解集为：.

【小问3详解】

若函数有三个零点，

即的函数图象有三个交点，

数形结合可知，即可，解得，

故实数的取值范围为：.

20. 【答案】（1）1    （2）答案见解析

【解析】

【分析】（1）由题意可得方程的两个根为2和，从而可得，进而可求出的值，

（2）分， ，，和五种情况讨论即可

【小问1详解】

因为的解集或，

所以方程的两个根为2和，

所以，解得

【小问2详解】

当时，，解得，

当时，由，得，

当时，解得或，

当时，，解得，

当时，解得，

当时，，解得，

综上，当时，不等式的解集为，

当时，不等式的解集为，

当时，不等式的解集为，

当时，不等式的解集为，

当时，不等式的解集为

21. 【答案】（1）讲课开始后5min学生注意力更集中   

（2）开讲10分钟后，学生的接受能力最强（为，能维持6分钟   

（3）不能，理由见解析

【解析】

【分析】（1）由题意得，，即可得到答案；

（2）分析函数单调性，根据函数单调性求函数最值，即可求出；

（3）分别求解当和时，不等式的解集，求出满足条件的时长，即可得到结论.

【小问1详解】

由题意得，，

所以讲课开始后5min学生注意力更集中.

【小问2详解】

当时，，

在时单调递增，最大值为．

当时，；当时，函数为减函数，且．

因此开讲10分钟后，学生的接受能力最强（为，能维持6分钟．

【小问3详解】

当时，令，解得或20（舍去）；

当时，令，解得，

可得学生一直达到所需接受能力55的状态的时间，

因此老师不能及时在学生一直达到所需接受能力的状态下讲授完这个难题．

22. 【答案】（1）； （2）.

【解析】

【分析】（1）由已知中的保值区间的定义，结合函数的值域是，可得，从而函数在区间上单调，列出方程组，可求解；

（2）根据已知保值区间的定义，分函数在区间上单调递减和函数在区间单调递增，两种情况分类讨论，即可得到答案.

【详解】（1）因为函数 的值域是，且在的最后综合讨论结果，

即可得到值域是 ，所以，所以，从而函数在区间上单调递增，

故有，解得 .

又 ，所以.所以函数的“保值”区间为 .

（2）若函数存在“保值”区间，则有：

①若，此时函数在区间上单调递减，

所以 ，消去得，整理得 .

因为，所以 ，即.又 ，所以.

因为 ，所以.

②若 ，此时函数在区间上单调递增，

所以，消去 得，整理得.

因，所以，即.

又 ，所以.

因为 ，所以 .

综合①、②得，函数存在“保值”区间，此时的取值范围是.

【点睛】本题主要考查了函数的单调性，函数的最值与值域等性质的综合应用，其中正确理解所给新定义，并根据新定义构造满足条件的方程（组）或不等式（组），将新定义转化为数学熟悉的数学模型求解是解答此类问题的关键，着重考查了转化思想和分类讨论思想的应用，以及分析问题和解答问题的能力，属于中档试题.