2019-2020学年上海市建平中学高一上学期期中数学试题（解析版）

2019-2020学年上海市建平中学高一上学期期中数学试题

一、单选题

1．对于集合、，若，则下面集合的运算结果一定是空集的是（）

A.B.C.D.【答案】A

【解析】作出韦恩图，利用韦恩图来判断出各选项集合运算的结果是否为空集.【详解】

作出韦恩图如下图所示：

如上图所示，，.故选：A.【点睛】

本题考查集合的运算，在解题时可以充分利用韦恩图法来表示，考查数形结合思想的应用，属于基础题.2．如果、、满足，且，那么下列选项不恒成立的是（）

A．

B．

C．

D．

【答案】B

【解析】试题分析：依题意可得，．不等式两边同乘以一个正数不等号方向不变，所以选项A正确；，所以，故选项C正确；,所以，故选项D正确；当时，选项B错误．故选B．

【考点】证明简单的不等式（或比大小）．

3．若集合，则“”是“”的（）

A.充分非必要条件

B.必要非充分条件

C.充要条件

D.既非充分又不必要条件

【答案】A

【解析】解出集合、，由得出关于的不等式组，求出实数的取值范围，由此可判断出“”是“”的充分非必要条件.【详解】

解不等式，解得，.解不等式，即，解得，.，则有，解得.因此，“”是“”的充分非必要条件.故选：A

【点睛】

本题考查充分非必要条件的判断，一般将问题转化为集合的包含关系来判断，考查逻辑推理能力，属于中等题.4．已知与是集合的两个子集，满足：与的元素个数相同，且为空集，若时总有，则集合的元素个数最多为（）

A.B.C.D.【答案】B

【解析】令，解得，从中去掉形如的数，此时中有个元素，注意中还可含以下个特殊元素：、、、、、、，故中元素最多时，中共有个元素，由此可得出结论.【详解】

令，解得，所以，集合是集合的一个非空子集.再由，先从中去掉形如的数，由，可得，此时，中有个元素.由于集合中已经去掉了、、、、、、这个数，而它们对应的形如的数分别为、、、、、、，并且、、、、、、对应的形如的数都在集合中.故集合中还可有以下个特殊元素：、、、、、、，故集合中元素最多时，集合中共有个元素，对应的集合也有个元素，因此，中共有个元素.故选：B.【点睛】

本题考查集合中参数的取值问题，同时也考查了集合中元素的个数问题，考查分类讨论思想的应用，属于中等题.二、填空题

5．已知全集，那么________.【答案】

【解析】根据补集的定义可得出集合.【详解】

全集，由补集的定义可得.故答案为：.【点睛】

本题考查补集的计算，考查对补集定义的理解，属于基础题.6．不等式的解集是________.【答案】

【解析】将分式不等式等价变形为，解此不等式即可.【详解】

不等式等价于，解得，因此，不等式的解集是.故答案为：.【点睛】

本题考查分式不等式的求解，考查运算求解能力，属于基础题.7．命题“若，则且”的逆否命题是________

【答案】若或，则.【解析】根据原命题与逆否命题之间的关系可得出答案.【详解】

由题意可知，命题“若，则且”的逆否命题是“若或，则”.故答案为：若或，则.【点睛】

本题考查逆否命题的改写，解题时要充分了解原命题与逆否命题之间的关系，属于基础题.8．已知函数，则________.【答案】

【解析】根据分段函数的解析式可计算出的值.【详解】，.故答案为：.【点睛】

本题考查分段函数值的计算，解题时要根据自变量所满足的定义域选择合适的解析式来进行计算，考查计算能力，属于基础题.9．若“”是“”的充分非必要条件，则实数的取值范围是________.【答案】

【解析】根据充分非必要条件关系得出，由此可得出实数的取值范围.【详解】

“”是“”的充分非必要条件，则.因此，实数的取值范围是.故答案为：.【点睛】

本题考查利用充分不必要条件求参数，一般转化为集合包含关系来求解，考查化归与转化思想的应用，属于基础题.10．若、，且，则的最小值是________.【答案】

【解析】直接利用基本不等式可求出的最小值.【详解】

由基本不等式可得，当且仅当时，等号成立.因此，的最小值为.故答案为：.【点睛】

本题考查利用基本不等式求最值，在利用基本不等式求最值时，也要注意“一正、二定、三相等”条件的成立，考查计算能力，属于基础题.11．函数的定义域是________.【答案】

【解析】根据偶次根式被开方数非负、分式中分母不为零，列出关于的不等式组，解出即可得出函数的定义域.【详解】

由题意可得，解得.因此，函数的定义域是.故答案为：.【点睛】

本题考查具体函数定义域的求解，解题时要根据函数解析式有意义列不等式组进行求解，考查计算能力，属于基础题.12．设函数，则不等式的解集是________.【答案】

【解析】分与两种情况解不等式，得出不等式的解集与定义域取交集，然后将两段解集取并集可得出的解集.【详解】

当时，由，得，即，解得或，此时，或；

当时，由，得，解得，此时，.综上所述，不等式的解集是.故答案为：.【点睛】

本题考查分段不等式的求解，解题时要注意对自变量的取值范围进行分类讨论，在得出不等式的解集后要注意与定义域取交集，考查运算求解能力，属于中等题.13．若函数的定义域为，则实数的取值范围是______.【答案】

【解析】由题意知，对任意的，不等式恒成立，然后分和两种情况分析，由此可得出实数的取值范围.【详解】

由题意可知，对任意的，不等式恒成立.①当时，则有，该不等式在上不恒成立；

②当时，由于不等式在上恒成立，则，即，解得或，此时，.因此，实数的取值范围是.故答案为：.【点睛】

本题考查利用函数的定义域求参数，解题的关键就是将问题转化二次不等式在上恒成立问题，利用首项系数和判别式的符号来进行求解，考查化归与转化思想的应用，属于中等题.14．若，且，则的取值范围是________.【答案】

【解析】由，结合题意得出关于的方程有负根或无实根，分二次方程有两个相等的负根、两根一正一负、两个负根以及无实根进行分类讨论，可求出实数的取值范围.【详解】

由于，且，则关于的方程有负根或无实根.①若方程有两个相等的负根时，则，解得；

②若方程的两根、一正一负，则，事实上，不合乎题意；

③若方程的两根、不等，且两根均为负数，则，解得；

④若方程无实根，则，解得.综上所述，实数的取值范围是.故答案为：.【点睛】

本题考查二次函数根的分布问题，解题时要结合判别式、两根之和与差的符号来进行分析，考查分类讨论思想的应用，属于中等题.15．关于的不等式的解集不是，则实数的取值范围为______.【答案】

【解析】由题意知，存在，使得，然后利用绝对值三角不等式求出的最小值，将问题转化为解不等式，解出即可.【详解】

由题意知，存在，使得，则.由绝对值三角不等式得，，即，解得或.因此，实数的取值范围是.故答案为：.【点睛】

本题考查绝对值不等式成立问题，一般转化为绝对值不等式的最值问题，可利用绝对值三角不等式来得到，考查化归与转化思想的应用，属于中等题.16．已知、，可以利用不等式和求得的最小值，则其中正数的值是________.【答案】

【解析】利用两个基本不等式等号成立的条件得出、的表达式，代入可求出实数的值.【详解】

由基本不等式得，当且仅当时，即当时，等号成立.由基本不等式得，当且仅当时，即当时，等号成立.此时，则，所以，.故答案为：.【点睛】

本题考查利用基本不等式求最值时等号成立的条件，求出对应的变量后，还应将变量代入定值条件求出参数，考查运算求解能力，属于中等题.三、解答题

17．解不等式组.【答案】

【解析】分别解出两个不等式，然后将两个不等式的解集取交集即可得出不等式组的解集.【详解】

解不等式，即或，解得或.解不等式，即，解得.因此，不等式组的解集为.【点睛】

本题考查不等式组的解法，涉及绝对值不等式和一元二次不等式的求解，考查运算求解能力，属于基础题.18．已知：、是正实数，求证：.【答案】见解析.【解析】由基本不等式得出，然后利用同向不等式的可加性可得出证明.【详解】

由基本不等式得出，上述两个不等式当且仅当时，等号成立，由同向不等式的可加性得，即.【点睛】

本题考查不等式的证明，考查基本不等式的应用，考查推理论证能力，属于中等题.19．若，.（1）分别求与的定义域；

（2）求的定义域与值域；

（3）在平面直角坐标系内画出函数的图象，并标出特殊点的坐标.【答案】（1）的定义域为，的定义域为；

（2）的定义域是，的值域是；

（3）图象见解析.【解析】（1）根据函数解析式有意义列不等式组，由此可得出函数和的定义域；

（2）将函数和的定义域取交集可得出函数的定义域，并求出函数的解析式，利用基本不等式可得出函数的值域；

（3）根据双勾函数的图象可得出函数在其定义域上的图象.【详解】

（1）对于函数，则函数的定义域为.对于函数，有，解得且，所以，函数的定义域为；

（2），定义域为.由基本不等式可得，当且仅当时，等号成立.因此，函数的值域为；

（3）函数，为双勾函数图象的一部分，如下图所示：

【点睛】

本题考查函数的定义域与值域的求解，同时也涉及到了函数图象的画法，解题时要熟悉几种常见的函数，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.20．设集合，集合，且.（1）若，求实数、的值；

（2）若，且，求实数的值.【答案】（1），或，或，；（2）或.【解析】（1）解出集合，分集合、、三种情况讨论，结合韦达定理可得出实数、的值；

（2）由可得出或，并利用集合中的元素满足互异性得出实数的值.【详解】

（1），且，分以下三种情况讨论：

①当时，由韦达定理得；

②当时，由韦达定理得；

③当时，由韦达定理得.综上所述，或，或，；

（2），且，或，解得或.当时，集合中的元素满足互异性，合乎题意；

当时，集合中的元素不满足互异性，舍去；

当时，集合中的元素满足互异性，合乎题意.综上所述，或.【点睛】

本题考查利用集合的包含关系求参数，同时也考查了一元二次方程根与系数的关系，解题时要注意有限集中的元素要满足互异性，考查分类讨论思想的应用，属于中等题.21．按照某学者的理论，假设一个人生产某产品单件成本为元，如果他卖出该产品的单价为元，则他的满意度为，如果他买进该产品的单价为元，则他的满意度为，如果一个人对两种交易（卖出或买进）的满意度分别为和，则他对这两种交易的综合满意度为.现假设甲生产、两种产品的单件成本分别为元和元，乙生产、两种产品的单件成本分别为元和元，设产品、的单价分别为元和元（根据经济学常识，），甲买进与卖出的综合满意度为，乙卖出与买进的综合满意度为.（1）求和关于、的表达式，当时，求证：；

（2）设，当、分别为多少时，甲、乙两人的综合满意度均最大？最大的综合满意度为多少？

（3）记（2）中最大的综合满意度为，试问能否适当选取、的值，使得和同时成立？试说明理由.【答案】（1）见解析；（2）当，时，甲、乙两人的综合满意度均最大，最大值为；（3）不存在满足条件的、的值.【解析】（1）表示出甲和乙的满意度，整理出最简形式，在条件时，表示出要证明的相等的两个式子相等；

（2）在上一问表示的结果中，整理出关于变量的符合基本不等式的形式，利用基本不等式求出两个人满意度最大时的结果，并且写出等号成立的条件；

（3）先写出结论：不能由（2）知，因为，不能取到、的值，使得和同时成立，但等号不同时成立.【详解】

（1）甲：买进的满意度，卖出的满意度为.所以，甲买进和卖出的综合满意度为.乙：卖出的满意度为，买进的满意度为.所以，乙卖出和买进的综合满意度为.当时，.，因此，；

（2）设，当时，当且仅当时，即当时，等号成立，即，时，甲、乙两人的综合满意度最大，最大综合满意度为；

（3）不能由（2）知，因为，因此，不能取到、的值，使得和同时成立，因为等号不同时取到.【点睛】

本题考查函数模型的选择和应用，解题的关键就是理解题意，在求最值时应该根据代数式的机构合理选择，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.