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- 2021-04-16 发布
北京师范大学附属实验中学2019-2020学年高一上学期期中考试数学试题
一、选择题（本大题共8小题）
1.若集合A=，B=，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】因为，所以选C.
考点：本小题主要考查集合的基本运算，属容易题，熟练集合的基础知识是解答好集合题目的关键.
2.已知，，那么用含，的代数式表示为（ ）．
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
由换底公式可得：.
故选B.
3.下列函数中，既是偶函数又在区间上单调递增的是 （ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
对于A,,是偶函数，且在区间上单调递增，符合题意；对于B, 对于既不是奇函数，又不是偶函数，不合题意；对于C, 是奇函数，不合题意；对于D,在区间上单调递减，不合题意，只有合题意，故选A.
4.设函数，则的值为（ ）.
A. 0 B. 1 C. D. 不存在
【答案】B
【解析】
【分析】
推导出f（）=0，从而=f（0），由此能求出结果．
【详解】∵函数，
∴f（）=0，
∴=f（0）=1．
故选：B．
【点睛】本题考查函数值的求法，考查函数性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
5.已知，，，则的大小关系为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】
【分析】
利用等中间值区分各个数值的大小。
【详解】，
，
，故，
所以。
故选A。
【点睛】本题考查大小比较问题，关键选择中间量和函数单调性进行比较。
6.若a,b∈R，则a＞b＞0是a2＞b2的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】A
【解析】
【详解】根据不等式的性质，
由a＞b＞0可推出a2＞b2；
但，由a2＞b2无法推出a＞b＞0，如a=-2,b=1，
即a＞b＞0是a2＞b2的充分不必要条件，
故选A.
7.已知函数，在下列区间中，包含零点的区间是（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】
【详解】因为，，所以由根的存在性定理可知：选C.
考点：本小题主要考查函数零点知识，正确理解零点定义及根的存在性定理是解答好本类题目的关键.
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8.地震里氏震级是地震强度大小的一种度量．地震释放的能量E（单位：焦耳）与地震里氏震级M之间的关系为lgE=4.8+1.5M．已知两次地震的里氏震级分别为8.0级和7.5级，若它们释放的能量分别为E1和E2，则的值所在的区间为（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】
先把数据代入已知解析式，再利用对数的运算性质即可得出．
【详解】，
∴，，
∴，，∴，
∵，，，
∴，
∴的值所在的区间为，故选B．
【点睛】本题考查了对数的运用以及运算，熟练掌握对数的运算性质是解题的关键，属于基础题.
二、填空题（本大题共10小题，共40.0分）
9.函数f（x）=的定义域为______．
【答案】
【解析】
【分析】
根据二次根式的性质得到关于x的不等式，解出即可．
【详解】解：由题意得：2x﹣4≥0，解得：x≥2，
故函数的定义域是[2，+∞），
故答案为：[2，+∞）．
【点睛】本题考查了函数的定义域问题，考查二次根式的性质，是一道基础题．
10.已知函数则_____________；若f(x)=1，则x=___________________．
【答案】 (1). 4 (2).
【解析】
由题，则
若 若可得解得舍去）；
若 可得 解得
综上可得
即答案为(1). 4 (2).
11.函数（x＞1）的最小值是______；取到最小值时，x=______．
【答案】 (1). 2 (2). 1
【解析】
【分析】
由已知可知x-1＞0，由y=x+=x-1++1，结合基本不等式即可求解．
【详解】∵x＞1，
∴x-1＞0，
由基本不等式可得y=x+=x-1++1+1=2，
当且仅当x-1=即x=1时，函数取得最小值2．
故答案为：；．
【点睛】本题主要考查了利用基本不等式求解最值，属于基础试题．
12.设a为常数，函数f（x）=x2-6x+3，若f（x+a）为偶函数，则a=______．
【答案】3
【解析】
【分析】
根据题意，函数的解析式变形可得f（x）=x2-6x+3=（x-3）2-6，分析可得二次函数且其对称轴为x=3，由函数图象的平移变化规律分析可得答案．
【详解】根据题意，函数f（x）=x2-6x+3=（x-3）2-6，为二次函数且其对称轴为x=3，
f（x+a）=（x+a-3）2-6，为偶函数，必有a=3；
故答案为：3
【点睛】本题考查函数的奇偶性的性质以及判断，涉及二次函数的奇偶性，属于基础题．
13.定义在上的函数是奇函数,且在是增函数,则不等式的解集为__.
【答案】
【解析】
在上是奇函数，且在是增函数
在上也是增函数
等价于，或
或
或
则不等式的解集为
14.能够说明“设是任意实数,若,则”是假命题的一组整数的值依次为__________.
【答案】
【解析】
试题分析：，矛盾，所以−1，−2，−3可验证该命题是假命题.
【名师点睛】对于判断不等式恒成立问题，一般采用举反例排除法．解答本题时利用赋值的方式举反例进行验证，答案不唯一．
15.已知非空集合满足以下两个条件： （ⅰ）；（ⅱ）集合的元素个数不是中的元素，集合的元素个数不是中的元素.那么用列举法表示集合为_______ .
【答案】或
【解析】
根据题意可以分情况讨论，当集合A中有一个元素时，若 ，则，不符合集合的元素个数不是中的元素，这一条件；若A 符合条件。，此时不符合条件。当集合A中有两个元素时，2这个数字不能属于A集合，也不能属于B集合。不满足条件。当集合A中有3个元素时， 符合条件。
故结果为集合为：或。
16.对于函数f（x），若f（x0）=x0，则称x0为f（x）的“不动点”，若f[f（x0）]=x0，则称x0为f（x）的“稳定点”，函数f（x）的“不动点”和“稳定点”的集合分别记为A和B，即A={x|f（x）=x}，B={x|f[f（x）]=x}，那么：
（1）函数g（x）=x2-2的“不动点”为______；
（2）集合A与集合B的关系是______．
【答案】 (1). x0=2或x0=-1 (2).
【解析】
【分析】
（1）根据新定义，用待定系数法求出函数g（x）=x2-2的“不动点”．
（2）分和两种情况，根据“不动点”和“稳定点”的定义来证明两者的关系.
【详解】（1）∵若f（x0）=x0，则称x0为f（x）的“不动点”，即A={x|f（x）=x}，
设函数g（x）=x2-2的“不动点”为x0，x02-2=x0，求得x0=2，或x0=-1，故A={2，-1}．
故答案为：x0=2，或x0=-1．
（2）若，则显然若，设，则，，故，故.
综上所述，集合A与集合B的关系是.
故答案为：(1)x0=2或x0=-1 (2) .
【点睛】本题主要考查新定义，函数与方程的综合应用，属于中档题．
17.若x、y∈R+，且，则的最大值为______．
【答案】
【解析】
【分析】
由已知可得，y=，结合x，y都为正数可进一步确定x的范围，然后代入后，结合二次函数的性质可求．
【详解】∵x、y∈R+，且，
∴y=，
∵x＞0，y=＞0，
∴0，
则==，
结合二次函数的性质可知，当=2即x=时，取得最大值．
故答案为：
【点睛】本题主要考查了二次函数的最值的求解，解题的关键是确定x的范围．
18.已知函数是定义在上的奇函数，当时，，其中．
① _______；
②若的值域是，则的取值范围是_______．
【答案】 (1). (2).
【解析】
【分析】
①利用奇函数的定义，计算即可得到所求的值；
②由的图象关于原点对称，以及二次函数的图象与轴的交点，由判别式不小于0，解不等式即可得到答案.
【详解】①由题意，函数是定义在R上的奇函数，当时，，
则；
②若函数的值域为R，
由函数的图象关于原点对称，可得当时，函数的图象与轴有交点，则，解得或，
即实数的取值范围是.
【点睛】本题主要考查了函数的奇偶性的应用，及函数的值域的应用，其中解答中根据函数的奇偶性和合理利用二次函数的图象与性质求解是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，以及推理与运算能力，属于中档试题.
三、解答题（本大题共6小题，共78.0分）
19.已知全集U=R，集合P={x|x（x-2）≥0}，M={x|a＜x＜a+3}．
（1）求集合∁UP；
（2）若a=1，求集合P∩M；
（3）若∁UP⊆M，求实数a的取值范围．
【答案】（1）∁UP={x|0＜x＜2} （2）P∩M={x|2≤x＜4} （3）[-1，0]
【解析】
【分析】
（1）先求出集合P={x|x（x-2）≥0}={x|x≤0或x≥2}，全集U=R，由此能求出集合∁UP．
（2）a=1时，M={x|a＜x＜a+3}={x|1＜x＜4}．由此能求出集合P∩M．
（3）由集合∁UP={x|0＜x＜2}．M={x|a＜x＜a+3}，∁UP⊆M，列不等式组，能求出实数a的取值范围．
【详解】（1）∵全集U=R，集合P={x|x（x-2）≥0}={x|x≤0或x≥2}，
∴集合∁UP={x|0＜x＜2}．
（2）a=1时，M={x|a＜x＜a+3}={x|1＜x＜4}．
∴集合P∩M={x|2≤x＜4}．
（3）∵集合∁UP={x|0＜x＜2}，M={x|a＜x＜a+3}，
∁UP⊆M，
∴，解得-1≤a≤0．
∴实数a的取值范围是[-1，0]．
【点睛】本题考查交集、补集、实数的取值范围的求法，考查交集、补集、子集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
20.解下列关于x的不等式
（1）（x-1）（x-2）＜0；
（2）|2x-1|＜3；
（3）x2-（3a+1）x+2a（a+1）＞0．
【答案】（1）{x|1＜x＜2} （2）（-1，2） （3）答案不唯一，见解析；
【解析】
【分析】
（1）直接解一元二次不等式，求得（x-1）（x-2）＜0的解集．
（2）解绝对值不等式，求得|2x-1|＜3的解集．
（3）不等式即[x-（2a）][x-（a+1）]＞0，分类讨论2a和a +1的大小关系，求出x的范围．
【详解】（1）由（x-1）（x-2）＜0，可得1＜x＜2，
故原不等式的解集为{x|1＜x＜2}．
（2）由|2x-1|＜3，可得-3＜2x-1＜3，求得-1＜x＜2，
故原不等式的解集为（-1，2）．
（3）由x2-（3a+1）x+2a（a+1）＞0，可得[x-（2a）][x-（a+1）]＞0，
当2a＞a+1时，即a＞1时，不等式解集为（-∞，a+1）∪（2a，+∞）；
当2a=a+1时，即a=1时，不等式的解集为{x|x≠2}；
当2a＜a+1时，即a＜1时，不等式的解集为（-∞，2a）∪（a+1，+∞）．
【点睛】本题主要考查一元二次不等式、绝对值不等式的解法，属于中档题．
21.已知函数．
（1）求f[f（1）]的值；
（2）若f（x）＞1，求x的取值范围；
（3）判断函数在（-2，+∞）上的单调性，并用定义加以证明．
【答案】（1） （2）（-∞，-2） （3）增函数，证明见解析
【解析】
【分析】
（1）可以求出，然后代入x=即可求出f[f（1）]的值；
（2）根据f（x）＞1即可得出，化简然后解分式不等式即可；
（3）分离常数得出，从而可看出f（x）在（-2，+∞）上是增函数，根据增函数的定义证明：设任意的x1＞x2＞-2，然后作差，通分，得出，然后说明f（x1）＞f（x2）即可得出f（x）在（-2，+∞）上是增函数．
【详解】（1）f[f（1）]=；
（2）由f（x）＞1得，，化简得，，
∴x＜-2，
∴x的取值范围为（-∞，-2）；
（3），f（x）在（-2，+∞）上是增函数，证明如下：
设x1＞x2＞-2，则：=，
∵x1＞x2＞-2，
∴x1-x2＞0，x1+2＞0，x2+2＞0，
∴，
∴f（x1）＞f（x2），
∴f（x）在（-2，+∞）上是增函数．
【点睛】本题考查了已知函数求值的方法，分式不等式的解法，分离常数法的运用，增函数的定义，考查了计算能力和推理能力，属于基础题．
22.已知函数f（x）=x2-2ax+1，x∈[0，2]上．
（1）若a=-1，则f（x）的最小值；
（2）若，求f（x）的最大值；
（3）求f（x）的最小值．
【答案】（1）f（x）min=1 （2）f（x）max=3 （3）
【解析】
【分析】
（1）（2）根据二次函数的性质可以求得f（x）的最值；（3）轴动区间定，分类讨论求最小值即可．
【详解】（1）当a=-1时，f（x）=x2+2x+1，
因为x∈[0，2]，f（x）min=1；
（2）当，f（x）=x2-x+1，
因为x∈[0，2]，f（x）max=3；
（3）当a＜0时，f（x）min=1，
当0≤a≤2时，f（x）min=1-a2，
当a＞2时，f（x）min=5-4a，
综上：．
【点睛】本题主要考查二次函数的图象及性质，属于基础题．
23.如果定义在[0，1]上的函数f（x）同时满足：
①f（x）≥0；
②f（1）=1
③若x1≥0，x2≥0且x1+x2≤1，则f（x1+x2）≥f（x1）+f（x2）成立．那么就称函数f（x）为“梦幻函数”．
（1）分别判断函数f（x）=x与g（x）=2x，x∈[0，1]是否为“梦幻函数”，并说明理由；
（2）若函数f（x）为“梦幻函数”，求函数f（x）的最小值和最大值；
【答案】（1）f（x）=x是“梦幻函数”，g（x）=2x不是“梦幻函数”；理由见解析； （2）最小值是0，最大值是1
【解析】
【分析】
（1）根据f（x）的解析式，依次判断对于三个条件是否成立，只要一个不满足就不是“梦幻函数”，进而求解；
（2）根据“梦幻函数”的定义，利用条件③可以证明f（x）的单调性，进而求解；
【详解】（1）①显然，在[0，1]上满足f（x）=x≥0，g（x）=2x≥0；
②f（1）=1，g（1）=2；
③若x1≥0，x2≥0且x1+x2≤1，则f（x1+x2）-[f（x1）+f（x2）]=x1+x2-[x1+x2]=0，即f（x1+x2）≥f（x1）+f（x2）成立；
∴f（x）=x是“梦幻函数”，g（x）=2x不是“梦幻函数”；
（2）设x1，x2∈[0，1]，x1＜x2，则x2-x1∈（0，1]，∴f（x1）-f（x2）=f（x1）-f（x2-x1+x1）≤f（x1）-[f（x1）+f（x2-x1）]=-f（x2-x1）≤0，
∴f（x1）≤f（x2），∴f（x）在[0，1]单调递增，
令x1=x2=0，∵x1≥0，x2≥0且x1+x2≤1，则f（x1+x2）≥f（x1）+f（x2）成立，
∴0≥2f（0），又f（x）≥0，
∴f（0）=0，∴当x=0时，f（x）取最小值f（0）=0，当x=1时，f（x）取最大值f（1）=1．
【点睛】属于信息题，考查接受新知识、理解新知识、运用新知识的能力，函数的单调性、最值，属于中档题；
24.设函数f（x）的定义域为R，如果存在函数g（x），使得f（x）≥g（x）对于一切实数x都成立，那么称g（x）为函数f（x）的一个承托函数．已知函数f（x）=ax2+bx+c的图象经过点（-1，0）．
（1）若a=1，b=2．写出函数f（x）的一个承托函数（结论不要求证明）；
（2）判断是否存在常数a，b，c，使得y=x为函数f（x）的一个承托函数，且f（x）为函数的一个承托函数？若存在，求出a，b，c的值；若不存在，说明理由．
【答案】（1）g（x）=x （2）存在，a=c=，b=．
【解析】
【分析】
（1）由题意可得c=1，进而得到f（x），可取g（x）=x；
（2）假设存在常数a，b，c满足题意，令x=1，可得a+b+c=1，再由二次不等式恒成立问题解法，运用判别式小于等于0，化简整理，即可判断存在．
【详解】（1）函数f（x）=ax2+bx+c的图象经过点（-1，0），
可得a-b+c=0，又a=1，b=2，
则f（x）=x2+2x+1，
由新定义可得g（x）=x为函数f（x）的一个承托函数；
（2）假设存在常数a，b，c，使得y=x为函数f（x）的一个承托函数，
且f（x）为函数一个承托函数．
即有x≤ax2+bx+c≤x2+恒成立，
令x=1可得1≤a+b+c≤1，即为a+b+c=1，
即1-b=a+c，
又ax2+（b-1）x+c≥0恒成立，可得a＞0，且（b-1）2-4ac≤0，
即为（a+c）2-4ac≤0，即有a=c；
又（a-）x2+bx+c-≤0恒成立，
可得a＜，且b2-4（a-）（c-）≤0，
即有（1-2a）2-4（a-）2≤0恒成立．
故存在常数a，b，c，且0＜a=c＜，b=1-2a，
可取a=c=，b=．满足题意．
【点睛】本题考查新定义的理解和运用，考查不等式恒成立问题的解法，注意运用赋值法和判别式法，考查运算能力，属于中档题．