2020-2021學年上海市實驗學校高一上學期期末數(shù)學試題  一、單選題1．已知是一元二次方程的兩個不同的實根，則“且”是“且”的（    ）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】A【分析】根據(jù)充分條件與必要條件的概念， 直接判斷，即可得出結果.【詳解】若且，則；但是時，滿足，但不滿足．所以“且”是“且”的充分不必要條件．故選：A.【點睛】本題主要考查充分不必要條件的判定，熟記充分條件與必要條件的概念即可，屬于基礎題型.2．若函數(shù)（且）在區(qū)間上的最大值比最小值多2，則（    ）A．2或 B．3或 C．4或 D．2或【答案】A【分析】分別討論和，然后利用對數(shù)函數(shù)的單調性列方程即可得解.【詳解】由題意解得或（舍去），①當時，函數(shù)在定義域內為增函數(shù)，則由題意得，所以即，解得或（舍去）；②當時，函數(shù)在定義域內為減函數(shù)，則由題意得，所以即，解得；綜上可得：或.故選：A.【點睛】本題考查了分類討論思想的應用，考查了對數(shù)函數(shù)單調性的應用，屬于基礎題.3．定義在R上的偶函數(shù)在上是增函數(shù)，且，則不等式的解集為（    ）A． B．C． D．【答案】D【分析】分和兩種情況討論，利用函數(shù)的奇偶性和單調性可解得結果.【詳解】當時，可化為，又為偶函數(shù)且，所以不等式可化為，因為在上是增函數(shù)，所以，解得；當時，可化為，又為偶函數(shù)且，所以不等式可化為，因為在上是增函數(shù)，所以，解得；綜上所述：不等式的解集為.故選：D【點睛】關鍵點點睛：利用函數(shù)的奇偶性和單調性求解是解題關鍵.4．設是有理數(shù)，集合，在下列集合中；（1）；（2）；（3）；（4）；與相同的集合有（    ）A．4個 B．3個 C．2個 D．1個【答案】B【分析】將分別代入（1）、（2）、（3）中，化簡并判斷與是否一一對應，再舉反例判斷（4）.【詳解】對于（1），由，得，一一對應，則對于（2），由，得，一一對應，則對于（3），由，得，一一對應，則對于（4），，但方程無解，則與不相同故選：B  二、填空題5．集合且，用列舉法表示集合________【答案】【分析】由已知可得，則，解得且，結合題意，逐個驗證，即可求解.【詳解】由題意，集合且，可得，則，解得且，當時，，滿足題意；當時，，不滿足題意；當時，，不滿足題意；當時，，滿足題意；當時，，滿足題意；當時，，滿足題意；當時，，此時分母為零，不滿足題意；當時，，滿足題意；當時，，滿足題意；當時，，滿足題意；當時，，不滿足題意；當時，，不滿足題意；當時，，滿足題意；綜上可得，集合.故答案為：.6．若關于的不等式的解集是，則________【答案】【分析】根據(jù)一元二次不等式與一元二次方程之間的關系求解出結果即可．【詳解】解：由題設可知：關于的一元二次方程的兩根為與，由韋達定理可得：，解得：，，故答案為：．7．若，且，則________.【答案】【分析】將指數(shù)式化為對數(shù)式，然后利用對數(shù)運算，化簡求得的值.【詳解】,,.,.又∵,,即,,.故答案為：8．設函數(shù)的反函數(shù)為，若，___________.【答案】【分析】本題首先可根據(jù)題意以及反函數(shù)的性質得出，然后根據(jù)求出的值，最后代入，即可得出結果.【詳解】因為函數(shù)的反函數(shù)為，，所以，即，解得，，則，故答案為：.9．設函數(shù)是定義在上的增函數(shù)，則實數(shù)的取值范圍是________【答案】【分析】根據(jù)題意，由函數(shù)單調性的定義可得，解可得的取值范圍，即可得答案．【詳解】解：根據(jù)題意，函數(shù)是定義在上的增函數(shù)，則有，解可得，即的取值范圍為，故答案為：．10．若不等式對任意恒成立，則實數(shù)的取值范圍為_______.【答案】【詳解】試題分析：時，有，對任意恒成立；時，若不等式對任意恒成立，則需，解得，綜上可知，實數(shù)的取值范圍為．【解析】含參數(shù)不等式恒成立問題，需對二次項系數(shù)討論11．若，則的最小值為___________.【答案】【分析】利用對數(shù)運算法則得出滿足的等式，然后利用基本不等式求最值．【詳解】∵，∴，即，∴，則或，若，，則，，不合題意，∴．∴，當且僅當，即時等號成立，∴所求最小值為8．故答案為：8．【點睛】本題考查對數(shù)的運算法則，考查基本不等式求最值．屬于中檔題．12．已知函數(shù)的定義域為，其圖象關于原點對稱，且當時，則不等式的解集為______（用區(qū)間表示）.【答案】【分析】當時，注意到且單調遞增可得的解集為，再利用奇函數(shù)圖象的性質可得時，不等式的解集為.【詳解】易知當時，函數(shù)單調遞增，且，故當時，，當時，，所以當時，不等式的解集為.因為函數(shù)的圖象關于原點對稱，所以，且當時，不等式的解集為.故不等式的解集為.故答案為：.【點睛】本題考查利用函數(shù)的單調性解不等式，涉及到函數(shù)的奇偶性，考查學生的數(shù)形結合的思想，是一道中檔題.13．函數(shù)為定義在上的奇函數(shù)，且滿足，若，則__________．【答案】3【分析】首先由函數(shù)的奇偶性和對稱性，分析函數(shù)的周期性，再求值.【詳解】，，又為奇函數(shù)，是周期為的周期函數(shù)，是定義在上的奇函數(shù)，，，.故答案為：3．【點睛】本題考查利用函數(shù)的奇偶性、對稱性和周期性求解函數(shù)值的問題，屬于中檔題型，本題關鍵是能夠通過對稱性與周期性的關系確定函數(shù)的周期，進而確定函數(shù)值的變化特點．14．已知函數(shù)，且，則滿足條件的所有整數(shù)的和是______.【答案】10【分析】先分析出是偶函數(shù)且，然后即可求出所有的的值【詳解】因為所以所以是偶函數(shù)若則或解得或2或4又因為所以當時也成立故滿足條件的所有整數(shù)的和是故答案為：10【點睛】要善于從一個函數(shù)的解析式分析出其性質，比如單調性、奇偶性和一些特有的性質. 三、解答題15．已知全集，集合，.（1）若，求；（2）若，求實數(shù)的取值范圍.【答案】（1）或；（2）.【分析】（1）先化簡集合，再由集合的補集和交集運算求解即可；（2）由得，再討論，兩種情況，根據(jù)包含關系得出不等式組，求解得出實數(shù)的取值范圍.【詳解】（1）或或（2）當時，滿足，由，解得當時，要使得，必須，解得綜上，【點睛】關鍵點睛：在第二問中，關鍵是將并集運算轉化為包含關系，即得，注意不要忽略集合為空集的情況.16．已知函數(shù)，.（1）求的值；（2）設，求函數(shù)在上的值域.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）可求出，從而可得出的值；（2），時，可得出的值域，進而可得出在，上的值域．【詳解】解：（1）因為，所以，；（2），，時，，，在上的值域為．17．如圖所示，設矩形（）的周長為20厘米，把沿向折疊，折過去后交于點，設厘米，厘米.
 （1）證明：；（2）建立變量與之間的函數(shù)關系式，并寫出函數(shù)的定義域；（3）求的最大面積以及此時的的值.【答案】（1）證明過程見解析；（2），定義域為：；（3）的最大面積為，此時.【分析】（1）根據(jù)矩形的性質，結合折疊圖形的不變性、三角形全等的判定定理和性質定理進行證明即可；（2）直接運用周長公式進行求解即可；（3）根據(jù)（1）（2），結合三角形面積公式和基本不等式進行求解即可.【詳解】（1）因為是矩形，所以有，， 因為是沿向折疊所得，所以有，，因此有，，在和中，所以，因此；（2）因為，，矩形的周長為20厘米，所以，因為，所以，解得，所以，定義域為：；（3）由（1）可知：，所以設，而是矩形，所以，因此，在直角三角形中，有，所以，化簡得：，當且僅當時取等號，即時，的最大面積為.18．已知函數(shù)是定義域為上的奇函數(shù).（1）求的值；（2）用定義法證明函數(shù)的單調性，并求不等式的解集；（3）若在上的最小值為，求的值.【答案】（1）；（2）證明見解析，；（3）．【分析】（1）因為是定義域為上的奇函數(shù)，根據(jù)奇函數(shù)性質，結合已知，即可求得答案；（2）先根據(jù)定義法判斷的單調性，結合奇函數(shù)性質，即可求解不等式的解集；（3）因為，令，可得，分別討論和，即可求得的值.【詳解】（1）是定義域為上的奇函數(shù)，根據(jù)奇函數(shù)性質可得當時，可得即：解得：（2）由（1）可得：可知的定義為在上任取，且，即在上單調遞增，可化簡為：，即，解得或．不等式的解集為．（3）．令，則．，．當時，則當時，，解得；當時，則當時，，解得，(舍去)．綜上所述，．【點睛】關鍵點點睛：本題主要考查了根據(jù)奇偶性和單調性解不等式和根據(jù)函數(shù)最值求參數(shù)，解題關鍵是掌握定義法判斷函數(shù)單調性的步驟和根據(jù)函數(shù)最值求參數(shù)的方法，考查了分析能力和計算能力，屬于中檔題.19．設函數(shù)，其中.（1）當時，解不等式；（2）若關于的不等式恒成立，求的取值范圍.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）根據(jù)題意得到，分，，三種情況討論，即可得出結果；（2）先由關于的不等式恒成立，得到恒成立，代入特殊值可知f（2）≥1，從而有a≤1或a≥3；令F（x）＝f（x）﹣x+1，分類討論a≤1或a≥3時F（x）的最小值，使得F（x）min≥0，可求出a的取值范圍.【詳解】（1）當時，即為，當時，，解得；當時，，可得解集為空集；當時，，解得解集為空集，綜上，原不等式的解集為；（2）關于的不等式恒成立，即為恒成立，因為f（2）≥1成立，即|2﹣a|≥1，解得a≤1或a≥3，設函數(shù)F（x）＝f（x）﹣x+1，則F（x）≥0恒成立，若a≥3，則F（x）＝，由此F（x）min＝﹣1與F（x）≥0恒成立矛盾，若a≤1，則F（x）＝，由此F（x）min＝1﹣a≥0恒成立，符合F（x）≥0恒成立的要求，綜上，a的取值范圍為（﹣∞，1]．【點睛】方法點睛：（1）含絕對值的不等式的解法，通常需要用到分類討論的思想，去掉絕對值求解；（2）含絕對值不等式的恒成立有解問題，可以通過做圖像數(shù)形結合的方法求參，也可以通過含參討論去絕對值求參.20．已知a、b、c、d都是區(qū)間[1，2]上的實數(shù)，求證：.【答案】證明見解析【詳解】根據(jù)題意，.由于.因為a，b∈[1，2]，所以上式成立同理.將上面的4個不等式相乘就得到所要證明的不等式.其中當(a，b，c，d)=(2，1，2，1)或(，2，1，2)時等號成立. 

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