2021北京四中高一（上）期中数学（教师版）

2021北京四中高一（上）期中

数    学

一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确．）

1．（4分）设集合，0，，，则　　

A．，0， B．， C． D．

2．（4分）设命题，，则的否定为　　

A．，  B．， 

C．，  D．，

3．（4分）在下面四个等式运算中，正确的是　　

A． B． 

C． D．

4．（4分）函数在区间，上是单调递减的，则实数的取值范围是　　

A． B． C． D．

5．（4分）若，则　　

A．0 B． C．1 D．

6．（4分）已知，若，则的值是　　

A．1 B．1或 C．1，或 D．

7．（4分）设，是非零实数，若，则下列不等式成立的是　　

A． B． C． D．

8．（4分）已知函数是上的偶函数，当时，，则不等式的解集是　　

A．，， B．，， 

C．，， D．

9．（4分）若，，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．既不充分也不必要条件

10．（4分）若一系列函数的解析式相同，值域相同，但定义域不同，则称这些函数为“同族函数”，则函数解析式为，值域为，的同族函数有　　

A．1个 B．2个 C．3个 D．4个

二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．）

11．（5分）计算：　　．

12．（5分）不等式的解集为　 　．

13．（5分），，若，且，则　 　．

14．（5分）设全集为，集合，，有下列四个命题：

①；

②；

③；

④．

其中是命题的充要条件的命题序号是 　　．

三、解答题（本大题共3小题，共40分．）

15．（13分）已知集合，，求：，，．

16．（13分）已知函数．

（Ⅰ）应用函数单调性的定义证明：函数在区间，上单调递增；

（Ⅱ）求在区间，上的最大值与最小值．

17．（14分）近年来，某企业每年消耗电费约24万元，为了节能减排，决定安装一个可使用15年的太阳能供电设备接入本企业电网，安装这种供电设备的工本费（单位：万元）与太阳能电池板的面积（单位：平方米）成正比，比例系数约为0.5．为了保证正常用电，安装后采用太阳能和电能互补供电的模式．假设在此模式下，安装后该企业每年消耗的电费（单位：万元）与安装的这种太阳能电池板的面积（单位：平方米）之间的函数关系是，为常数）．记为该村安装这种太阳能供电设备的费用与该村15年共将消耗的电费之和．

（1）试解释的实际意义，并建立关于的函数关系式；

（2）当为多少平方米时，取得最小值？最小值是多少万元？

一、选择题（本大题共3小题，每小题4分，共12分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确．）

18．（4分）函数的最大值是　　

A． B． C． D．

19．（4分）设函数，则不等式（1）的解集是　　

A．，， B．，， 

C．，， D．，，

20．（4分）函数的图象如图所示，则下列结论成立的是　　

A．，， B．，， C．，， D．，，

二、填空题（本大题共3小题，每小题4分，共12分．）

21．（4分）函数的定义域为　　．

22．（4分）若二次函数的图象关于对称，且（a）（1），则实数的取值范围是　　．

23．（4分）对实数，定义运算“”： ，设函数，，若函数的图象与轴恰有两个公共点，则实数的取值范围是 　　．

三、解答题（本大题共2小题，共26分．）

24．（13分）已知函数，其中，．

（Ⅰ）当，时，求函数的零点；

（Ⅱ）当时，解关于的不等式；

（Ⅲ）如果对任意实数恒成立，证明：．

25．（13分）已知集合，，，，，，2，，，并且．定义（例如：．

（Ⅰ）若，2，3，4，5，6，7，8，9，，，2，3，4，，集合的子集满足：，且，求出一个符合条件的；

（Ⅱ）对于任意给定的常数以及给定的集合，，，，求证：存在集合，，，，使得（B）（A），且．

（Ⅲ）已知集合，，，满足：，，2，，，，，，其中，为给定的常数，求（A）的取值范围．

参考答案

一、选择题（本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确．）

1．【分析】集合与集合的公共元素，构成集合，由此利用集合，0，，，，能求出．

【解答】解：集合，0，，，，

，，

故选：．

【点评】本题考查集合的交集及其运算，是基础题．解题时要认真审题，仔细解答．

2．【分析】利用含有量词的命题的否定方法：先改变量词，然后再否定结论，求解即可．

【解答】解：由含有量词的命题的否定方法：先改变量词，然后再否定结论，

命题，，则的否定为：，．

故选：．

【点评】本题考查了含有量词的命题的否定，要掌握其否定方法：先改变量词，然后再否定结论，属于基础题．

3．【分析】利用有理数指数幂和根式的运算性质求解．

【解答】解：对于选项，故选项错误，

对于选项，故选项正确，

对于选项，故选项错误，

对于选项，故选项错误，

故选：．

【点评】本题主要考查了有理数指数幂的运算性质，考查了根式的化简计算，是基础题．

4．【分析】若在区间，上单调递减，则，解得答案．

【解答】解：函数的图象是开口朝上，且以直线为对称轴的抛物线，

若在区间，上单调递减，

则，

解得：，

故选：．

【点评】本题考查的知识点是二次函数的图象和性质，熟练掌握二次函数的对称轴和区间的关系是解答的关键．

5．【分析】化简，代入函数解析式即可．

【解答】解：，

，

故选：．

【点评】本题考查了函数的值求法，属于基础题．

6．【分析】利用分段函数的解析式，根据自变量所在的区间进行讨论表示出含字母的方程，通过求解相应的方程得出所求的字母的值．或者求出该分段函数在每一段的值域，根据所给的函数值可能属于哪一段确定出字母的值．

【解答】解：该分段函数的三段各自的值域为，，，．，，

而，，故所求的字母只能位于第二段．

，而，

．

故选：．

【点评】本题考查分段函数的理解和认识，考查已知函数值求自变量的思想，考查学生的分类讨论思想和方程思想．

7．【分析】由不等式的相关性质，对四个选项逐一判断，由于，为非零实数，故可利用特例进行讨论得出正确选项

【解答】解：选项不正确，因为，时，不等式就不成立；

选项不正确，因为，时，不等式就不成立；

选项正确，因为，故当时一定有；

选项不正确，因为，时，不等式就不成立；

故选：．

【点评】本题考查不等关系与不等式，解题的关键是熟练掌握不等式的有关性质，且能根据这些性质灵活选用方法进行判断，如本题采用特值法排除三个选项，用单调性判断正确选项．

8．【分析】由偶函数的定义和已知解析式，可得（1），在，递增，在递减．对的符号讨论可得的不等式组，解不等式可得所求解集．

【解答】解：函数是上的偶函数，当时，，

可得（1），（1），

在，递增，在递减．

不等式等价为或，

解得或，

故选：．

【点评】本题考查函数的奇偶性和单调性的定义和运用，考查转化思想和运算能力，属于基础题．

9．【分析】，，利用基本不等式的性质可得：，可由，得出．反之不成立．

【解答】解：，，，

若，则．

反之不成立，例如取，．

“”是“”的充分不必要条件．

故选：．

【点评】本题考查了不等式的基本性质、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．

10．【分析】由函数的值域求出它可能的定义域是什么，

从而得出它的同族函数有多少．

【解答】解：根据题意，当时，求得；

当时，求得；

函数的定义域可以是

，，，，，，，共3个；

它的同族函数有3个．

故选：．

【点评】本题考查了新定义的函数性质的应用问题，是基础题．

二、填空题（本大题共4小题，每小题5分，共20分．）

11．【分析】利用有理数指数幂的运算性质求解．

【解答】解：．

故答案为：．

【点评】本题主要考查了有理数指数幂的运算性质，是基础题．

12．【分析】把不等式化为，

求出不等式对应方程的实数根，写出不等式的解集．

【解答】解：不等式化为，

且不等式对应方程的两个实数根为或，

所以该不等式的解集为．

故答案为：．

【点评】本题考查了一元二次不等式的解法与应用问题，是基础题．

13．【分析】根据条件知为二次函数，并且对称轴，从而，这样即可求出，带入便可得出答案．

【解答】解：根据知的对称轴；

；

．

故答案为：0．

【点评】考查二次函数的一般形式，二次函数的对称轴，以及二次函数对称轴的求法，已知函数求值．

14．【分析】根据集合的补集，交集、并集的定义，再由充要条件的定义判断哪些选项符合条件．

【解答】解：由，可得，由 可得，故①是命题的充要条件，故①满足条件，

由，可得，由 可得，故是命题的充要条件，故 ②满足条件，

由，可得，由 可得，故是命题的充要条件，故③满足条件，

由，可得，不能推出，故不是命题的充要条件，故④不满足条件．

故答案为：①②③．

【点评】本题主要考查集合的表示方法，集合的补集，交集、并集的定义，充要条件的定义，属于中档题．

三、解答题（本大题共3小题，共40分．）

15．【分析】集合，，，然后可求，，．

【解答】解：集合，，，

；

，；

，，．

【点评】本题考查集合运算，考查数学运算能力，属于基础题．

16．【分析】（Ⅰ）任取，，，且，再作差，确定，的大小，即可得出答案．

（Ⅱ）由（Ⅰ）知在，上的最大值为（1），最小值为（3）．

【解答】解：（Ⅰ）证明：任取，，，且，

所以

，

因为，

所以，

又因为，，，

所以，

所以，

所以在，上单调递减．

（Ⅱ）由（Ⅰ）知在，上的最大值为（1），

的最小值为（3）．

【点评】本题考查函数的性质，解题中需要理清思路，属于中档题．

17．【分析】（1）的实际意义是安装这种太阳能电池板的面积为0时的用电费用，依题意，，可求得，从而得到关于的函数关系式；

（2）利用基本不等式即可求得取得的最小值及取得最小值时的值．

【解答】解：（1）的实际意义是安装这种太阳能电池板的面积为0时的用电费用，

即未安装太阳能供电设备时全村每年消耗的电费（2分）

由，得（3分）

所以，（7分）

（2）因为，（10分）

当且仅当，即时取等号（13分）

所以当为55平方米时，取得最小值为57.5万元（14分）

【点评】本题考查函数最值的应用，着重考查分析与理解能力，考查基本不等式的应用，属于难题．

一、选择题（本大题共3小题，每小题4分，共12分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确．）

18．【分析】把分母整理成进而根据二次函数的性质求得其最小值，则函数的最大值可求．

【解答】解：，

，．

故选：．

【点评】本题主要考查了基本不等式的应用，二次函数的性质．解题的关键把分母配方成一元二次函数的形式．

19．【分析】求出函数值，利用分段函数求解不等式的解集即可．

【解答】解：函数，则（1），

不等式（1）等价于：或，

解得：，，．

故选：．

【点评】本题考查分段函数的应用，不等式组的解法，考查计算能力．

20．【分析】分别根据函数的定义域，函数零点以及的取值进行判断即可．

【解答】解：函数在处无意义，由图象看在轴右边，所以，得，

，，

由得，即，

即函数的零点，

，

综上，，，

故选：．

【点评】本题主要考查函数图象的识别和判断，根据函数图象的信息，结合定义域，零点以及的符号是解决本题的关键．

二、填空题（本大题共3小题，每小题4分，共12分．）

21．【分析】根据负数不能开偶次方根和分母不能为零求解．

【解答】解：由题意得

且．

定义域是：，，

故答案为：，，

【点评】本题主要考查给出解析式的函数的定义域及其求法，这里主要涉及到分式函数，则分母不能为零；还有根式函数，则负数不能开偶次方根．

22．【分析】由已知条件可分析出二次函数的对称轴和开口方向，画出图象，有图象可得出的取值范围．

【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：或

【点评】考察了二次函数的图象和性质，培养学生的数形结合的数学思想．

23．【分析】根据定义的运算法则化简函数，并画出的图象，

函数的图象与轴恰有两个公共点转化为与图象的交点问题，结合图象求得实数的取值范围．

【解答】解：，

函数．

画出图形，如图；

由图知，当，，，函数与的图象有两个公共点，

的取值范围是，，，

故答案为：，，．

【点评】本题考查了方程的根的存在性及个数的判断以及二次函数的图象特征、函数与方程的综合运用问题，是中档题．

三、解答题（本大题共2小题，共26分．）

24．【分析】（Ⅰ）求出的表达式，利用零点的定义，令，求出的值，即可得到答案；

（Ⅱ）求出的两个根，分，，三种情况，由一元二次不等式的解法求解即可；

（Ⅲ）利用二次函数的图象与性质，列出△，求解即可．

【解答】（Ⅰ）解：函数，

当，时，，

令，即，解得或，

故函数的零点为或1；

（Ⅱ）解：当时，，

令，解得或，

①当，即时，的解集为；

②当，即时，的解集为，；

③当，即时，的解集为，．

综上所述，当时，的解集为；

当时，的解集为，；

当时，的解集为，．

（Ⅲ）证明：因为对任意实数恒成立，

即对任意实数恒成立，

所以△，即，

因为，

所以，即．

【点评】本题考查了函数零点的求解，函数零点定义的理解与应用，含有参数的一元二次不等式的求解，不等式恒成立的求解，二次函数图象与性质的应用，要掌握不等式恒成立问题的一般求解方法：参变量分离法、数形结合法、最值法等，属于中档题．

25．【分析】（Ⅰ）根据新定义即可求出答案，

（Ⅱ）够造新数列，，，，根据新定义可得取即可证明．

（Ⅲ）利用数学归纳法即可证明．

【解答】解：，7，8，9，．

证明：令，，，，为待定参数）．

（B）（A），，

取即可．

（3）下面利用数学归纳法证明，

当时，．成立．

假设结论对时成立，下面证明时的情形．

，

，

即（A）

【点评】本题考查了数列在新定义中的应用，以及数学归纳法，考查了推理能力与计算能力，属于难题．