1、北师大附属实验中学2019-2020学年度高一年级第一学期数学期中考试试卷(一卷)一、选择题(本大题共8小题，每小题5分，共40分.每题只有一个正确答案，将正确答案的序号填在答题卡上)1.已知集合，则（ ）A. B. C. D. 【答案】A【解析】【分析】先求出集合B再求出交集.【详解】，则，故选A【点睛】本题考查了集合交集的求法，是基础题.2.如果，那么下列不等式成立是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由于，不妨令，代入各个选项检验，只有正确，从而得出结论【详解】由于，不妨令，可得 ，故不正确可得，故不正确可得，故不正确，故D正确.故选：【点睛】本题主要考查不等式与不等
2、关系，利用特殊值代入法比较几个式子在限定条件下的大小关系，是一种简单有效的方法，属于基础题3.下列函数中，值域为(0，+)的是（ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】求出每一个选项的函数的值域判断得解.【详解】A. 函数的值域为，所以该选项与已知不符；B. 函数的值域为，所以该选项与已知不符；C. 函数的值域为，所以该选项与已知不符；D.函数的值域为(0，+)，所以该选项与已知相符.故选：D【点睛】本题主要考查函数的值域的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.4.已知,若,则 （ ）A. B. C. D. 【答案】D【解析】【分析】由题意，函数,求得,进而可求解的值.【详
3、解】由题意，函数,由,即,得,则 ，故选D.【点睛】本题主要考查了函数的求解问题，其中解答中涉及到函数的奇偶性和函数的解析式的应用，合理应用函数的奇偶性和准确运算是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题.5.设，则“”是“”的（ ）A. 充分而不必要条件B. 必要而不充分条件C. 充要条件D. 既不充分也不必要条件【答案】D【解析】【分析】先化简“”和“”，再利用充分必要条件的定义分析判断得解.【详解】由得，由得，所以“”不能推出“”，所以“”是“”的非充分条件；因为“”不能推出“”，所以“”是“”的非必要条件.所以“”是“”的既不充分也不必要条件.故选：D【点睛】本题主要考查绝对值
4、不等式的解法，考查一元二次不等式的解法，考查充分必要条件的判断，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.6.函数在区间(1，3)内零点个数是（ ）A. 0B. 1C. 2D. 3【答案】B【解析】【分析】先证明函数的单调递增，再证明，即得解.【详解】因为函数在区间(1，3)内都是增函数，所以函数在区间(1，3)内都是增函数，又所以，所以函数在区间(1，3)内的零点个数是1.故选：B【点睛】本题主要考查零点定理，考查函数单调性的判断，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.7.已知命题“，使”是假命题，则实数的取值范围是( )A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】原命题等价于恒成立，故即
5、可，解出不等式即可.【详解】因为命题“，使”是假命题，所以恒成立，所以，解得，故实数的取值范围是故选B【点睛】对于函数恒成立或者有解求参问题，常用方法有：变量分离，参变分离，转化为函数最值问题；或者直接求函数最值，使得函数最值大于或者小于0；或者分离成两个函数，使得一个函数恒大于或小于另一个函数。而二次函数的恒成立问题，也可以采取以上方法，当二次不等式在R上大于或者小于0恒成立时，可以直接采用判别式法.8.设函数的定义域为R，满足，且当时，.若对任意，都有，则m的取值范围是（ ）A. B. C. D. 【答案】B【解析】【分析】因为，所以，分段求解析式，结合图象可得【详解】因为，时，时，；，时
6、，当，时，由解得或，若对任意，都有，则故选：【点睛】本题考查了函数与方程的综合运用，属中档题二、填空题(本大题6小题，每小题5分，共30分，将正确答案填在答题纸上)9.已知，则值为_.【答案】24【解析】【分析】由题得即得解.【详解】由题得.故答案为：2410.已知，是方程的两个根，则_.【答案】32【解析】【分析】由题得的值，再把韦达定理代入得解.【详解】由题得.所以.故答案为：32【点睛】本题主要考查一元二次方程的韦达定理的应用，意在考查学生对该知识的理解掌握水平.11.某公司一年购买某种货物吨，每次购买吨，运费为万元/次，一年的总存储费用为万元要使一年的总运费与总存储费用之和最小，则的值
7、是_【答案】【解析】【详解】总费用为，当且仅当，即时等号成立故答案为30.点睛:在利用基本不等式求最值时，要特别注意“拆、拼、凑”等技巧，使其满足基本不等式中“正”(即条件要求中字母为正数)、“定”(不等式的另一边必须为定值)、“等”(等号取得的条件)的条件才能应用，否则会出现错误12.已知函数，若，则x=_【答案】【解析】【分析】当时，,当时，由可得结果.【详解】因为函数，当时，,当时，,可得（舍去），或，故答案为.【点睛】本题主要考查分段函数的解析式，意在考查对基础知识掌握的熟练程度，以及分类讨论思想的应用，属于简单题.13.若二元一次方程，有公共解，则实数k=_.【答案】4【解析】【分析
8、】由题意建立关于，的方程组，求得，的值，再代入中，求得的值【详解】解得，代入得，解得故答案为：4【点睛】本题主要考查解二元一次方程组，意在考查学生对该知识的理解掌握水平.14.已知R，函数f(x)=，当=2时，不等式f(x)0的解集是_若函数f(x)恰有2个零点，则的取值范围是_【答案】 (1). (1,4) (2). 【解析】分析:根据分段函数，转化为两个不等式组，分别求解，最后求并集.先讨论一次函数零点的取法，再对应确定二次函数零点的取法，即得参数的取值范围.详解：由题意得或，所以或，即，不等式f(x)0的解集是当时，此时，即在上有两个零点；当时，由在上只能有一个零点得.综上，的取值范围为
9、.点睛：已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路：(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解三、解答题(本大题共3小题，共30分，写出必要的解答过程，将答案写在答题纸上)15.已知集合，.若，求.若，求实数的取值范围.【答案】(1) ;(2) .【解析】【分析】（1）把的值代入确定出，再求出B, 求出与的交集即可；（2）根据与的并集为，确定出的范围即可【详解】(1) 把代入得：，或，；（2），或，且，解
10、得：，则实数的范围是【点睛】本题主要考查集合的交集和并集运算，考查根据集合的关系求参数的范围，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.16.已知函数的定义在上的偶函数，且当时有.判断函数在上的单调性，并用定义证明.求函数的解析式(写出分段函数的形式).【答案】(1)单调递增，证明见解析；（2）.【解析】【分析】（1）运用函数的单调性的定义证明；（2）运用偶函数的定义，求出的表达式，即可得到的解析式【详解】（1）函数在，上单调递增证明：设，则，又，所以，所以则，即，故函数在，上单调递增；（2）由于当时有，而当时，则，即则【点睛】本题考查函数的单调性的判断和证明，函数的解析式的求法，考
11、查运算能力，属于基础题17.已知关于x的不等式的解集为A，且.（I）求实数a的取值范围；（II）求集合A.【答案】（）；（）详见解析.【解析】试题分析：（）因为，所以将3代入后，可求得的取值范围；（）将不等式整理为，再讨论以及三种情况，确定三种情况后，再求二次不等式对应的二次方程的实根，讨论实根的大小，从而确定不等式的解集.试题解析：（I），当时，有，即.，即a的取值范围是.（II）当a=0时，集合；当时，集合；当时，原不等式解集A为空集；当时，集合；当时，集合.考点：含参的一元二次不等式的解法四、填空题(本大题共5小题，每小题4分，共20分，将正确答案的序号填在答题纸上)18.函数的定义域为
12、_.【答案】【解析】【详解】由题意得，即定义域为.19.已知函数则_.【答案】【解析】【分析】先证明，求出的值，再求解.【详解】由题得，所以.故答案为：【点睛】本题主要考查求函数值，意在考查学生对该知识的理解掌握水平.20.设，则的最小值为_.【答案】【解析】【分析】把分子展开化为，再利用基本不等式求最值。【详解】，当且仅当，即时成立，故所求的最小值为。【点睛】使用基本不等式求最值时一定要验证等号是否能够成立。21.李明自主创业，在网上经营一家水果店，销售的水果中有草莓、京白梨、西瓜、桃，价格依次为60元/盒、65元/盒、80元/盒、90元/盒为增加销量，李明对这四种水果进行促销：一次购买水果
13、的总价达到120元，顾客就少付x元每笔订单顾客网上支付成功后，李明会得到支付款的80%当x=10时，顾客一次购买草莓和西瓜各1盒，需要支付_元；在促销活动中，为保证李明每笔订单得到的金额均不低于促销前总价的七折，则x的最大值为_【答案】 (1). 130. (2). 15.【解析】【分析】由题意可得顾客需要支付的费用，然后分类讨论，将原问题转化为不等式恒成立的问题可得的最大值.【详解】(1),顾客一次购买草莓和西瓜各一盒,需要支付元.(2)设顾客一次购买水果促销前总价为元,元时,李明得到的金额为,符合要求.元时,有恒成立,即,即元.所以的最大值为.【点睛】本题主要考查不等式的概念与性质数学的应
14、用意识数学式子变形与运算求解能力,以实际生活为背景，创设问题情境，考查学生身边的数学，考查学生的数学建模素养.22.设函数的定义域为D，如果存在正实数m，使得对任意，都有，则称为D上的“m型增函数”，已知函数是定义在R上的奇函数，且当时，若为R上的“20型增函数”，则实数a的取值范围是_【答案】【解析】【分析】先求出函数的解析式，再对a分类讨论结合函数的图像的变换分析解答得解.【详解】函数是定义在R上的奇函数且当时，为R上的“20型增函数”，当时，由的图象(图1)可知，向左平移20个单位长度得的图象显然在图象的上方，显然满足 图1 图2当时，由的图象(图2)向左平移20个单位长度得到的图象，要
15、的图象在图象的上方，综上可知：.故答案为：【点睛】本题主要考查函数图像的变换和函数的性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平，属于中档题.五、解答题(本大题共3小题，共30分，写出必要的解答过程，将答案写在答题纸上)23.已知关于x的一元二次方程.(1)若方程有实数根，求实数k的取值范围；(2)如果k是满足(1)的最大整数，且方程的根是一元二次方程的一个根，求m的值及这个方程的另一个根.【答案】（1）（2）m=3，方程的另一根为4【解析】【分析】(1)解不等式即得解；（2）先根据已知求出m的值，再解方程求方程的另外一个根.【详解】(1)由题意得，所以，解得.(2)由(1)可知k=2，所以方程
16、的根.方程的一个根为2，解得m=3.方程，解得或.所以方程的另一根为4.【点睛】本题主要考查一元二次方程根的情况的判定，考查一元二次方程的解法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.24.已知函数，其中，（1）若的图象关于直线对称，求的值；（2）求在区间0，1上的最小值.【答案】（1）（2）【解析】【分析】（1）由题得，解方程即得解；（2）把对称轴与区间0，1分三种情况讨论求函数的最小值.【详解】（1）因为，所以，的图象的对称轴方程为.由，得.（2）函数的图象的对称轴方程为，当，即时，因为在区间(0，1)上单调递增，所以在区间0，1上的最小值为.当，即时，因为在区间(0，)上单调递减，在区间(
17、，1)上单调递增，所以在区间上的最小值为.当，即时，因为在区间(0，1)上单调递减，所以在区间0，1上的最小值为.综上：.【点睛】本题主要考查二次函数的图象和性质，考查二次函数最值的求法，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.25.对于区间a,b(ab),若函数同时满足：在a,b上是单调函数，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【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；（
18、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：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.若 ，此时函数在区间上单调递增，所以，消去 得，整理得.因为，所以，即.又 ，所以.因为 ，所以 .综合、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.