第一篇：浙江省杭州市學軍中學2017-2018學年高一上學期期中考試數學試題 Word版含解析

杭州學軍中學2017學年第一學期期中考試

高一數學試卷

一、選擇題（本大題共10小題，每小題3分，共30分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.）

1.右圖中的陰影部分，可用集合符號表示為（）

A.C.【答案】C B.D.【解析】 因為集合為全集的子集，圖中陰影部分不在集合中，可以推出在集合中，但陰影部分又在集合中，故陰影部分是這兩個集合的交集，所以陰影部分表示的集合為2.下列函數中，定義域為A.B.C.,故選C.的是（）

D.【答案】D 【解析】 對于A中，函數，所以函數的定義域為

；

對于B中，函數 對于C中，函數，所以函數的定義域為，所以函數的定義域為

；

；

對于D中，函數，所以函數的定義域為，故選D.3.已知A.，B.C.，D.，則（）【答案】D 【解析】 由題意得 因為所以4.函數，又，即，故選D.，，存在零點的區間是（）

A.B.C.D.【答案】B 【解析】∵以上集合均屬于∴，在上單調遞增，根據零點存在定理，易知選項符合條件，∴選擇．

點睛：函數的零點問題，常根據零點存在性定理來判斷，如果函數y＝f(x)在區間[a，b]上的圖象是連續不斷的一條曲線，且有f(a)·f(b)<0，那么，函數y＝f(x)在區間(a，b)內有零點，即存在c∈(a，b)使得f(c)＝0, 這個c也就是方程f(x)＝0的根．由此可判斷根所在區間.5.已知函數像是（）

（其中），若的圖像如右圖所示，則函數的圖A.B.C.D.【答案】A 【解析】試題分析：由二次函數圖像可知數函數向下平移各單位.，所以

為減函數，且將指考點：二次函數與指數函數的圖像性質，圖像的平移變換.6.已知f（）=，則f（x）的解析式可取為（）

A.B.－ C.D.－

【答案】C 【解析】令7.函數A.，則在區間 B.，所以的值域為 C.，則 D.，故，故選C.的取值范圍是（）

【答案】C 【解析】 由題意得，函數則當設其中當表示點，此時時，；當

在區間時，和點

之間的距離，所以8.如果A.C.【答案】C B.D.的取值范圍是，故選C.的值域為，取得最小值，所以，那么（）

【解析】 根據函數所以9.已知為（），所以

在是減函數，且，故選C.，是定義域為的單調函數，且對任意實數，都有，則的值A.B.C.1 D.0 【答案】A 【解析】 因為函數是上的單調函數，且對任意實數，都有，所以即所以恒成立，且，解得，所以，故選C.點睛：本題主要考查了函數解析式的求法和函數值的求解問題，其中解答中涉及到函數的恒成立問題的計算，函數解析式的應用等知識點的綜合考查，解答中熟記實數指數冪和對數的運算時是解答的關鍵，著重考查學生的運算、求解能力，試題比較基礎，屬于基礎題.10.已知函數值范圍是（）A.B.C.D.，若不等式

在上有解，則實數的取【答案】B 【解析】 由函數所以函數 又當所以當 因為 又（1）當，即，即，可得，為偶函數，圖象關于軸對稱，時，時，函數在為單調遞增函數，為單調遞減函數.上有解，即在，即

上有解，時，在上有解，有解，即（2）當 即在，即在上有解，所以，即

時，所以

在，所以，故選B.； 上有解，上有解，所以 綜上所述，實數的取值范圍是 點睛：本題主要考查了函數基本性質的綜合應用，其中解答中涉及分段函數的解析式、函數的奇偶性、函數的單調性和不等式的恒成立問題的綜合應用，解答中熟記函數的基本性質和恒成立的求解方法是解答的關鍵，著重考查了學生分析問題和解答問題的能力，試題有一定的難度，屬于中檔試題.二、填空題（本大題共7小題，每小題4分，共28分，請將答案填在答題卷中的橫線上.）11.已知集合【答案】，所以； ；

不滿足互異性，所以的取值集合為

.或，即

或，如果，那么的取值集合為________.【解析】 因為 當 當當時，時，時，12.如果函數【答案】【解析】

對于的定義域為，那么實數的取值范圍是________.恒成立，當

.時，恒成立；當 時，綜上13.若【答案】110 【解析】 由題意得

14.定義在R上的偶函數 當【答案】4 時，滿足,則

.，則

________.，=________.【解析】 由 所以函數 又函數 所以 又因為當時，可得是以為周期的周期函數，為偶函數，可得，，所以，即

.點睛：本題主要考查了函數的周期性和函數的奇偶性的應用，起哄解答中涉及函數的周期的推導和利用函數的解析式的應用等知識點的綜合考查，解題的關鍵是利用函數的性質吧所求的轉化為已知區間上的函數值，著重考查了學生的推理與運算能力，試題比較基礎，屬于基礎題.15.當時，函數的圖像在軸下方，那么實數的取值范圍是________.【答案】

時，函數，所以的圖象在軸下方，不滿足題意； 【解析】 由題意得，當 當 當，時，且時，函數為單調遞增函數，所以，要使得函數的圖象在軸下方，則，即，即，解得，所以實數的取值范圍是.16.關于的方程，給出下列四個判斷：

①存在實數，使得方程恰有4個不同的實根； ②存在實數，使得方程恰有5個不同的實根； ③存在實數，使得方程恰有6個不同的實根； ④存在實數，使得方程恰有8個不同的實根； 其中正確的為________（寫出所有判斷正確的序號）.【答案】①②③④ 【解析】 設 作出函數 由圖象可知：當 當當當當①當的； ②當的； ③當是正確的； ④當時，關于的方程

有八個實數根，所以是正確的，或

時，關于的方程

有六個實數根，所以或

時，關于的方程

有四個實數根，所以是正確時，方程時，方程時，方程時，方程或，則原方程等價于的圖象如圖，時，方程

有個不同的根，判別式，有個不同的根，有個不同的根，有個不同的根，有個不同的根，時，關于的方程

有兩個實數根，所以是正確所以正確的序號為①②③④.點睛：本題主要考查了函數與方程的綜合應用問題，其中解答中涉及的一元二次函數的圖象與性質，一元二次方程的根的分布，以及函數的圖象的應用等知識點綜合考查，解答中利用換元法將方程轉化為熟知函數，再用函數的圖象與性質求解是解答的關鍵，試題綜合性較強，難度較大，屬于中檔試題.17.記號表示

中取較大的數，如

.已知函數

是定義域為的奇函數，且當時，.若對任意，都有，則實數的取值范圍是________.【答案】

【解析】 由題意，當時，令，解得，此時

令又因為函數所以函數要使得可得，解得，此時，是定義域上的奇函數，所以圖象關于原點對稱，且的圖象如圖所示，根據圖象的平移變換，且，解得

且，即

且

.點睛：本題主要考查了分段函數圖象與性質的綜合應用，其中解答中借助新定義，得到函數在的解析式，并作出函數的圖象，在根據函數的奇偶性，得到函數的圖象，由，根據圖象的變換得出相應的條件，即可求解的取值范圍，解答中正確得到函數的圖象，利用圖象得到

是解答關鍵.三、解答題（本大題共4題，共42分.解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.）18.計算：（1）

；

（2）【答案】（1）（2）1

......................試題解析：（1）原式=原式===.=

=.【點精】指數冪運算要嚴格按照冪運算定義和法則運算，指數運算包括正整指數冪、負指數冪、零指數冪、分數指數冪的定義，法則包括同底數冪的懲罰和除法，冪的乘方、積的乘方；對數運算要注意利用對數運算法則，包括積、商、冪的對數運算法則，這些公式既要學會正用，還要學會反著用，指數對數運算還要靈活進行指、對互化.19.設全集（1）若（2）若【答案】（1）,集合，求，； ,，求實數的取值范圍． ,，(2）

和

； 【解析】試題分析：（1）代入（2）由試題解析：（1）當所以又（2）由當時，或，則時，此時，所以，則，分類，得到集合，即可求解集合，和

討論，即可求解實數的取值范圍.，.，此時不滿足題意，舍去； 當當時，時，此時不滿足題意，舍去；，則滿足，解得，即，綜上所述，實數的取值范圍是20.設，.（1）求函數的定義域；（2）判斷的單調性，并根據函數單調性的定義證明；

；

（3）解關于的不等式【答案】（1）（2）減函數（3）【解析】 試題分析：（1）根據解析式有意義，列出條件關系式，即可求解函數的定義；（2）利用單調性的定義和對數的運算，即可證明函數為單調遞減函數；（3）由解不等式的解集.試題解析：（1）因為函數定義域為（2）任取則；，且，，所以

且，解得，所以函數的，轉化為，利用函數的單調性，列出不等式組，即可求因為，且，所以，所以，所以（3）因為函數，即，所以函數，為單調遞減函數.令，則，即，則不等式所以，解得或.點睛：本題主要考查了函數的表示和函數的基本性質的判定及應用，其中解答中涉及到函數的定義域的求解，函數的單調性的判定和不等關系的求解等知識點的綜合應用，解答中數列函數的單調性的定義和合理應用的單調性求解是解答的關鍵，試題有一定的難度，屬于中檔試題.21.已知函數(1)當時，求在區間，上最大值和最小值；，求 的取值范圍.（2）如果方程【答案】（1）【解析】試題分析：（1）求出函數（2）設有三個不相等的實數解

（2）的分段函數的解析式，從而求出函數的最大值和最小值即可；，則方程，等價于

有三個實數根，分類討論即可求解的表達式，即可求出其取值范圍.試題解析：（1）因為，則

所以，當當所以函數（2）設此時時，函數時，函數為單調遞增函數，所以是先減后增的函數，所以，；，的最大值為，最小值為.，則方程，等價于，有三個實數根，①若故，因為方程時，方程時，方程

有三個不相等的實根，有兩個不相等的實根，有一個不相等的實根，解得，所以不妨設，則所以，所以②若，當的取值范圍是時，方程

； 的判別式小于，不符合題意； ③若 故時，顯然不合題意，的取值范圍是

；

點睛：本題主要考查了函數的基本性質的綜合應用問題，其中解答中涉及到函數的單調性，求解函數的最值，以及分段的解析式、函數的零點等知識點的綜合應用，解答中分類討論去掉絕對值號，轉化為一元二次方程的根的分布是解答的關鍵，著重考查了學生分析問題和解答問題的能力，試題有一定的難度，屬于難題.

第二篇：2019-2020學年中學高一上學期期中數學試題（解析版）

2019-2020學年中學高一上學期期中數學試題

一、單選題

1．設集合則下列關系正確的是（）.A．

B．

C．

D．

【答案】B

【解析】解一元二次方程求出集合的元素即可得出選項.【詳解】

因為，解得，所以，即.故選：B

【點睛】

本題考查元素與集合的關系，屬于基礎題.2．已知集合中的三個元素，分別是的三邊長，則一定不是（）．

A．銳角三角形

B．直角三角形

C．鈍角三角形

D．等腰三角形

【答案】D

【解析】根據集合中元素的互異性，即可得到答案．

【詳解】

因為集合中的元素是互異的，所以，互不相等，即不可能是等腰三角形．

故選D．

【點睛】

本題主要考查了集合的表示方法，以及元素的基本特征，其中解答中熟記集合中元素的互異性是解答的關鍵，著重考查了分析問題和解答問題的能力，屬于基礎題．

3．集合的真子集個數是（）.A．8

B．7

C．4

D．3

【答案】B

【解析】首先由，得，即可求得真子集個數為.【詳解】

由，得，所以集合的真子集個數為

故選：B，【點睛】

本題考查集合的真子集個數，解題的關鍵是求出集合的元素，若集合中的元素個數為個，則真子集個數為.4．函數的定義域為（）.A．

B．

C．

D．

【答案】D

【解析】使函數表達式有意義，即即可求解.【詳解】

函數有意義，即解得

故函數的定義域為.故選：D

【點睛】

本題考查函數的定義域，屬于基礎題.5．設函數則（）.A．

B．1

C．

D．

【答案】C

【解析】首先求出，再求即可求解.【詳解】

由函數，則，所以.故選：C

【點睛】

本題考查分段函數求值，屬于基礎題.6．下列函數為偶函數的是（）

A．

B．

C．

D．

【答案】D

【解析】試題分析：解：因為不是奇函數也不是偶函數，所以選項A不正確；

因為不是奇函數也不是偶函數，所以選項B不正確；

由，所以是奇函數，選項C不正確.由，所以是偶函數，選項D正確.故選D.【考點】函數奇偶性的判斷.7．已知是定義在上的奇函數，且在單調遞增,若,則的取值范圍是（）.A．

B．

C．

D．

【答案】A

【解析】根據是定義在上的奇函數，且在單調遞增，則，解不等式即可.【詳解】

因為是定義在上的奇函數，且在單調遞增，所以在上為增函數，又，所以，解得，故的取值范圍為.故選：A

【點睛】

本題考查函數的性質，根據函數的性質解不等式，屬于基礎題.8．設則的大小關系是（）

A．

B．

C．

D．

【答案】C

【解析】由在區間是單調減函數可知，又，故選.【考點】1.指數函數的性質；2.函數值比較大小.9．已知集合按照對應關系不能構成從A到B的映射的是（）.A．

B．

C．

D．

【答案】B

【解析】根據映射的定義，對、、、各項逐個加以判斷，可得、、的對應都能構成到的映射，只有項的對應不能構成到的映射，由此可得本題的答案.【詳解】

A的對應法則是，對于的任意一個元素，函數值，函數值的集合恰好是集合，且對中任意一個元素，函數值唯一確定，由此可得該對應能構成到的映射，故不選；

B的對應法則是，對于的任意一個元素，函數值，又，顯然的對應法則不能構成到的映射.的對應法則是，對中任意一個元素，函數值，且對中任意一個元素，函數值唯一確定，由此可得該對應能構成到的映射，故不選；的對應法則是，對中任意一個元素，函數值，且對中任意一個元素，函數值唯一確定，由此可得該對應能構成到的映射，故不選；

綜上所述，只有的對應不能構成到的映射.故選：B

【點睛】

本題給出集合、，找出不能構成到的映射的，著重考查了映射的定義以及其判斷，屬于基礎題.10．如圖的曲線是冪函數在第一象限內的圖像.已知分別取，四個值，與曲線、、、相應的依次為（）

A．，，B．，，C．，，D．，，【答案】A

【解析】根據冪函數的圖像，判斷出正確選項.【詳解】

依題意可知，四條曲線分別表示的圖像，當時，冪函數的圖像隨著的變大而變高，故、、、相應的依次為，，.故選：A.【點睛】

本小題主要考查冪函數的圖像與性質，考查函數圖像的識別，屬于基礎題.11．已知函數是定義域R上的減函數，則實數a的取值范圍是（）

A．

B．

C．

D．

【答案】B

【解析】根據分段函數單調性的性質建立不等式關系進行求解.【詳解】

若f（x）是定義域（-∞，+∞）上的減函數，則滿足

即，整理得.故選：B

【點睛】

本題考查了分段函數單調性的應用，根據分段函數的性質建立不等式是解決本題的關鍵.12．函數在區間上的最大值為4則函數的單調遞增區間是（）.A．

B．

C．

D．

【答案】D

【解析】首先在區間上的最大值為4，求出，再根據復合函數的單調性在定義域能求出單調遞增區間即可.【詳解】

因為，開口向上，對稱軸為，所以函數在上單調遞增，故，即，故為增函數

令，開口向上，對稱軸為

又

解得或，所以在為增函數，由復合函數的單調性可知的單調遞增區間為.故選：D

【點睛】

本題考查復合函數的單調性，復合函數的單調性法則為“同增異減”，注意在定義域內求單調區間，屬于中檔題.二、填空題

13．下圖反應的是“文學作品”、“散文”、“小說”、“敘事散文”這四個文學概念的關系，請在下面的空格上填入適當的內容：A為

_______,B為_______,C為______,D為_______.【答案】小說

文學作品

敘事散文

散文

【解析】首先由圖可知、、、中的范圍最大，四種文學概念中文學作品是其余三個的統稱，據此可知的內容；由于、之間存在關系包含，可知應為“敘事散文”，“散文”；剩下為“小說”.【詳解】

由圖可得：的范圍最大，可知為“文學作品”，由、之間存在關系包含可知：為“敘事散文”，為“散文”；剩下為“小說”.故答案為：

(1).小說

(2).文學作品

(3).敘事散文

(4).散文

【點睛】

本題考查集合之間的包含關系，屬于基礎題.14．已知冪函數的圖象過點，則的解析式為________

【答案】

【解析】先設出冪函數的解析式,把點代入解析式即可.【詳解】

設冪函數,因為冪函數的圖象過點，解得..故答案為.【點睛】

本題主要考查冪函數的解析式，熟練掌握冪函數的定義是解題的關鍵.15．已知的定義域為，則函數的定義域為_______.【答案】

【解析】根據抽象函數的定義域的定義域為，求得，即可得到函數的定義域

【詳解】

因為函數的定義域的定義域為，即

所以，所以的定義域為

.故答案為：

【點睛】

本題考查抽象函數的定義域，屬于基礎題.16．已知定義在上的奇函數,當時，那么當時,的解析式為________.【答案】

【解析】設，則，代入解析式得；再由定義在上的奇函數，即可求得答案.【詳解】

不妨設，則，所以，又因為定義在上的奇函數，所以，所以，即.故答案為：

【點睛】

本題考查了利用函數的奇偶性求解析式，屬于基礎題.三、解答題

17．化簡與求值：

（1）；

（2）．

【答案】（1）；（2）；

【解析】（1）由對數的運算性質即可求解.（2）由指數、對數的運算性質即可求解.【詳解】

（1）＝3﹣23；

（2）

.【點睛】

本題考查指數、對數的運算性質，需熟記運算法則，屬于基礎題.18．已知集合，．

(1)分別求，；

(2)已知集合，若，求實數a的取值集合．

【答案】(1)，(2)

【解析】(1)根據題干解不等式得到，再由集合的交并補運算得到結果；（2）由(1)知，若，分C為空集和非空兩種情況得到結果即可.【詳解】

(1)因為，即，所以，所以，因為，即，所以，所以，所以．，所以．

(2)由(1)知，若，當C為空集時，.當C為非空集合時，可得.綜上所述.【點睛】

這個題目考查了集合的交集以及補集運算，涉及到指數不等式的運算，也涉及已知兩個集合的包含關系，求參的問題；其中已知兩個集合的包含關系求參問題，首先要考慮其中一個集合為空集的情況.19．已知函數.（1）用函數單調性的定義證明：在上是增函數；

（2）若在上的值域是，求的值.【答案】（1）證明見解析；（2）.【解析】（1）根據單調性的定義，設x1，x2∈（0，+∞），且x1＜x2，然后通過作差證明f（x1）＜f（x2）即可；（2）由單調性列a的方程求解即可

【詳解】

（1）證明：任取，則，，即，在上是增函數.（2）由（1）可知，在上為增函數，且，解得

.【點睛】

考查單調增函數的定義，考查函數的值域，是基礎題．

20．已知冪函數為偶函數．

（1）求的解析式；

（2）若函數在區間（2，3）上為單調函數，求實數的取值范圍．

【答案】(1);(2)或.【解析】【詳解】

（1）由為冪函數知，得或

又因為函數為偶函數，所以函數不符合舍去

當時，符合題意；

.(2)由（1）得，即函數的對稱軸為，由題意知在（2，3）上為單調函數，所以或，即或.21．已知

（1）若在上恒成立，求的取值范圍；

（2）求在區間上的最大值與最小值.【答案】（1）；

（2）當時，；

當時，；

當時，；

當時，；

【解析】（1）在上恒成立，只需解不等式即可.（2）首先求出二次函數的對稱軸，討論對稱軸所在的區間，根據開口方向與距對稱軸的遠近即可求出最值.【詳解】

（1）由，若，即在上恒成立，所以，即，所以的取值范圍為

（2）的對稱軸為，當時，即，在區間上的單調遞增，所以，；

當，即，在區間上單調遞減，在上單調遞增，所以，；

當，即，在區間上單調遞減，在上單調遞增，所以，；

當，即，在區間上的單調遞減，所以，；

【點睛】

本題考查二次函數的性質，二次函數含有參數時，需討論對稱軸所在的區間，屬于二次函數中的綜合題目.22．函數是定義在上的減函數，且對任意的都有，且

(1)求的值；

(2)解不等式．

【答案】（1）3；（2）；

【解析】（1）對任意的都有，且，令代入即可求解.（2）由，求出，再由得出，根據函數是定義在上的減函數，得到即可求解.【詳解】

（1）對任意的都有，∵，令，∴，∴，（2）由，可得，是定義在上的減函數，，故不等式的解集為

【點睛】

本題考查了求抽象函數的函數值、根據單調性解不等式，屬于中檔題.

第三篇：2013-2014學年浙江省溫州中學高一上學期期中考試政治試卷(帶解析)

金銀充當貨幣后，可以與一切商品交換。這表明金銀作為貨幣A．就不再是商品了B．代表著一種社會生產關系C．天然具有社會屬性D．其購買力大小是不變的格蘭仕將企業目標定位于“全球家電制造中心”，充分發揮低人工成本、高勞動效率的比較優勢，做大中國制造。格蘭仕成功的根本原因是其產品A．質量高于同類產品B．個別勞動時間低于社會必要勞動時間C．品種多于同類產品D．利用高科技，提高附加值

“去年一斤6角，現在一斤8分，農貿市場的大白菜價格坐了趟過山車”。這句話中所說的6角和8分是商品的A．使用價值B．價格C．價值D．價值符號

某公司率先采用先進技術，提高了勞動生產率，生產出高質量的綠色節能照明產品，這將導致單位商品價值量A．減少，該企業在同樣時間內創造的價值總量增加B．增加，該企業在同樣時間內創造的價值總量減少C．不變，該企業在同樣時間內創造的價值總量增加D．不變，該企業在同樣時間內創造的價值總量減少

在“商品—貨幣—商品”的流通過程中，“商品—貨幣”階段的變化“是商品的驚險跳躍”。這個跳躍如果不成功，摔壞的不是商品，而是商品所有者。這說明A．商品生產者需要生產適銷對路、質量上乘的商品B．商品生產者生產的商品就失去了使用價值和價值C．貨幣作為商品交換的媒介必須是觀念上的貨幣D．貨幣作為一般等價物在物物交換中起決定作用

下圖反映的是價格變動對A、B兩種商品的需求量的影響，以下選項正確的是

①A可能是生活必需品

②B可能是生活必需品

③A價格上漲往往使銷售者的總收益增加

④B價格上漲往往使銷售者的總收益增加 A．①③ B．②④ C．②③ D．①④

一位藝術家把昆蟲的內臟去掉，再加裝時鐘機械部件，制成半機械半實體的混合蟲體,售價650美元。這個價格在大多數中國人看來，實在是太貴了。能使它更便宜些的合理的經濟學理由有

①人民幣對美元升值②使用信用卡消費

③社會勞動生產率提高④降低作品的藝術欣賞品味A．①③B．②③C．①④D．③④

假定生產一部智能手機的社會必要勞動時間是4小時，售出后收入1200元。某一生產者率先提高勞動生產率一倍，在其他生產條件不變的情況下，他用40小時生產同樣的智能手機售出后收入是A．30000元B．36000元C．48000元D．24000元

有一種節約叫“光盤”。2013年4月，某校舉辦了“節約糧食，拒絕舌尖上的浪費”的“光盤行動”。舉辦“光盤行動”

①能夠降低恩格爾系數，提高生活水平

②是對中華傳統美德的繼承和發揚

③有利于形成合理消費、勤儉節約的新風尚

④能節約社會勞動提高餐飲業的經濟效益A．①④ B．②③ C．①②D．③④

下列圖像中x軸表示社會勞動生產率，y軸表示單位商品價值量，其中正確反映兩者關系的是

①是一種商品流通 ②可使商品的價值最大化

③可使商品的使用價值最大化④遵循了等價交換的原則A．①② B．②③ C．③④ D．①④

各檔電量

第一檔： 1～180度

第二檔： 181～280度

第三檔： 281度及以上

每度電價 0.5224元 0.6224元 0.8224元

注：該地電價調整前均為每度0.55元

該方案實施對居民經濟生活的影響是

①普通居民對替代品的需求量必然增加

②居民的基本用電需求量不會因此減少

③所有居民的生活支出會因此增加

④引導居民樹立節能觀念，環保消費 A．①③B．①④ C．②③ D．②④

假定甲商品和乙商品是替代品，甲商品和丙商品是互補品。如果市場上甲商品的價格大幅度下降，那么，在其他條件不變時（）

①乙商品的需求量減少②乙商品的需求量增加

③丙商品的需求量減少④丙商品的需求量增加 A．①②B．②③C．③④D．①④

北京—福州三種交通方式的比較

方式

動車組

直達特快列車

飛機

時間 16小時 20小時

不到3小時

價格

軟臥上鋪1055元、下鋪1185元

硬座200多元，硬臥400多元，軟臥600多元 1610元

北京—福州動車組運行了兩個多月后，因為上座率低而停運。這說明

①價格是市場競爭的重要手段②人們的生活水平不斷提高

③消費者總是選擇物美價廉的商品和服務 ④市場需求促進動車產業的發展 A．①②B．①③ C．①④ D．②④

2013年國慶節假期中，中國民眾消費態勢強勁，這主要是由于A．經濟持續發展，居民收入增加B．假期人們的攀比心理影響C．商家紛紛利用節假日打折促銷D．我國目前處于賣方市場狀態

為配合“地球一小時”活動，2013年3月27日晚8點30分，北京鳥巢熄滅了景觀燈，市民在鳥巢外用綠色熒光棒組成“↓CO2”(減碳)字樣。“熄滅的是燈光，點亮的是意識”，請你從消費觀角度為本次活動確定一個主題A．量入為出，適度消費B．避免盲從，理性消費C．保護環境，綠色消費D．勤儉節約，艱苦奮斗

隨著4G(第四代移動通信)時代的到來,一個由設備生產、終端制造、信息服務等構成的龐大產業鏈正在壯大。這表明 ①消費對生產的調整和升級起著導向作用

②消費量的增加帶來產品質量的提高

③消費熱點的出現能帶動相關產業的成長

④消費是再生產過程中起決定作用的環節A．①②B．①③C．②③D．③④

2002年到2011年,中央企業資產總量從7.13萬億元增加到21萬億元,80%以上的資產集中在石油石化、電力、國防、通信、運輸等行業和領域。這說明A．國有經濟的控制力和競爭力增強B．國有資產在社會總資產中占優勢C．國有經濟在國民經濟中占主體地位D．國有經濟壟斷了國民經濟所有行業和領域

谷農與幾位朋友合作創辦了一家有限責任公司。下列不符合設立有限責任公司規范的是

①公司資本劃分為等額股份②公司按出資比例行使表決權

③股東以其認購的股份為限對公司承擔責任④股東轉讓出資必須征得其他股東同意A．①③B．②④C．①④D．②③

下面是某公司股份構成,通過股份構成,我們可知此公司屬于

出資人員

甲

乙

丙

出資方式 500萬元

技術入股

管理經營

占有股份 65% 25% 10% A.混合所有制公司 B.合伙企業 C.有限責任公司 D.股份有限公司

2012年10月25日,盛大文學宣布與百度、搜狗、騰訊搜搜、奇虎360四家搜索引擎公司簽署了《維護著作權人合法權益聯合備忘錄》,并展開聯合反盜版行動。這表明企業A．加強市場監管,維護市場秩序B．注重產品信譽,維護產品質量C．追求企業利潤,樹立良好形象D．加強市場壟斷,打擊分散經營

蘋果手機雖在“中國制造”,但其中只有3.6%的價值來自中國的組裝。這表明我國企業要參與競爭就必須A．加大企業的技術創新力度B．堅持誠信立業,提高社會責任意識C．加大宣傳,形成品牌效應D．轉變經營戰略,提高服務水平

我國之所以如此尊重勞模、尊重勞動，從根本上說，是因為A．勞動是人類文明進步發展的源泉B．勞動是一切有勞動能力的公民的光榮職責C．勞動光榮、知識崇高、人才寶貴D．勞動是勞動者的腦力和體力的支出

截至2011年8月，全國發布2011年企業工資指導線的省份已經達到16個。工資指導線是政府根據當年經濟發展調控目標，向企業發布的工資增長水平的建議。工資指導線的發布A．有利于切實保障勞動者權益B．對企業長遠發展不利C．是維護勞動者合法權益的重要依據D．是勞動者獲得權利、維護權益的基礎

一方面,大學部分專業一味擴招,人才培養過剩；另一方面,部分畢業生不愿到農村基層工作,導致就業困難。這啟示大學生，順利實現就業必須

①樹立職業平等觀 ②不斷提高自身素質③依據自身專業擇業 ④樹立競爭擇業觀A．①④B．②③C．①③D．②④ 在勞動爭議中,權益受侵犯的經常是青年農民工、女工、私營企業職工,爭議的內容經常是勞動工資無保證、超時勞動無報酬、社會保險無人管、勞動安全無保障,解決爭議時經常是勞動者缺乏維權的依據。勞動者維護自己合法權益的依據是A．履行勞動者義務B．依法簽訂的勞動合同C．權利意識和法律意識D．勞動者的主人翁地位

我國非公有制經濟已經成為解決社會就業的主要渠道、財政收入的重要來源、自主創新的重要力量、縣域經濟的重要支撐，為保持和促進我國經濟社會又好又快發展、堅持和發展中國特色社會主義作出了重大貢獻。這說明非公有制經濟A．是社會主義市場經濟的組成部分和重要力量B．逐步成為我國國民經濟的主體和支配力量C．是社會主義經濟的重要內容和組成部分D．在我國國民經濟主要行業中起主導作用

2012年9月,國務院發布《關于第六批取消和調整行政審批項目的決定》,進一步掃除民間資本進入鐵路、市政、金融等領域的障礙。這表明

①各種所有制經濟公平參與市場競爭進一步得到了貫徹

②非公有制經濟的主導作用進一步得到了發揮

③市場規律進一步得到了尊重

④非公有制經濟發展的障礙掃清了A．①③B．①④C．②③D．②④

我國商業銀行的主體為A．國家控股銀行B．我國金融體系C．中國人民銀行D．中國銀行

中國人民銀行決定，自2012年6月8日起下調金融機構人民幣存貸款基準利率。其中一年期存款基準利率由3.25%降為3%。同日起將金融機構存款利率浮動區間的上限調整為基準利率的1.1倍。商業銀行紛紛按上限浮動定期存款的利率，即上浮l0%。據此回答題。

【小題1】商業銀行紛紛按上限浮動定期存款利率，說明A．存款業務是基礎業務，沒有存款就沒有商業銀行B．存款業務是主體業務，是商業銀行營利的主要來源C．央行降息政策不合時宜，影響了商業銀行的正常利潤D．商業銀行競爭激烈，存款越多利潤越高【小題2】小王按現在的商業銀行存款利率把10000元人民幣定期儲蓄一年，如果在到期前一天提前支取全部本金（提前支取，銀行將以活期儲蓄利率0.35%支付利息），他的利息損失大約為A．265元B．290元C．295元D．300元

投資分為“金融投資”和“實際投資”，前者是指一種形式的金融資產轉變為另一種形式的金融資產，后者是指生產性資產的增加。下列經濟活動中屬于“實際投資”的是A．花費5000元購買汽車保險B．將汽車抵押給銀行獲得貸款8萬元C．用5萬元資金開辦一家鮮花店D．利用3萬元購買證券投資基金

由于近幾年生豬價格過低，飼養成本上升，部分地區發生疫情等因素的影響，我國生豬生產下降。今年4月以來，生豬及豬肉供應偏緊，價格出現較大幅度上漲。豬肉價格一漲，苦了居民，喜了農民。農民有了按勞等值的收獲，當然高興。但城市居民的生活受到了影響，（1）試分析豬肉價格上漲的原因？（6分）

（2）豬肉價格上漲對生活和生產會產生什么影響？（10分）

中共十八屆三中全會于2013年11月9日至12日在北京召開。這次全會主要是研究全面深化改革問題。這一輪旨在突破阻礙中國經濟發展的深層次藩籬的改革，確定了更明確的市場化改革方向，必將強有力地推動經濟社會各領域的深刻變革，進一步刺激經濟活力，從而促進各項社會事業的發展,實現“中國夢”。

第四篇：2019-2020學年市中學高一上學期期中數學試題（解析版）

2019-2020學年市中學高一上學期期中數學試題

一、單選題

1．已知，B3，則

A．

B．4，C．2，3，4，D．3，4，【答案】D

【解析】利用并集概念與運算直接得到結果.【詳解】，3，3，4，故選：D．

【點睛】

本題考查并集的定義與運算，屬于基礎題.2．命題“，”的否定是（）

A．，B．，C．，D．，【答案】A

【解析】利用全稱命題的否定是特稱命題解答即可.【詳解】

因為全稱命題的否定是特稱命題，需改變量詞且否定結論，所以，命題“，”的否定是“，”.故選：A

【點睛】

本題主要考查全稱命題的否定，意在考查學生對該知識的理解掌握水平.3．設，則“”是“”的（）

A．充分不必要條件

B．必要不充分條件

C．充要條件

D．既不充分也不必要條件

【答案】A

【解析】對化簡后得，再利用集合間的關系進行判斷.【詳解】

設，或，顯然是的真子集，所以推出；而不能推出，所以“”是“”的充分不必要條件.故選：A.【點睛】

本題考查不等式的解法、考查簡易邏輯中的充分條件與必要條件，將問題轉化為集合間的關系能使求解過程更清晰.4．函數的定義域為

（）

A．

B．

C．

D．

【答案】A

【解析】根據函數解析式，只需解析式有意義即可求出.【詳解】

要使函數有意義，則需滿足：，解得

所以定義域為，故選：A

【點睛】

本題主要考查了給出函數解析式的函數定義域問題，屬于中檔題.5．已知冪函數f(x)＝(n2＋2n－2)(n∈Z)的圖像關于y軸對稱，且在(0，＋∞)上是減函數，則n的值為（）

A．1

B．2

C．1或2

D．1或－3

【答案】A

【解析】由冪函數f（x）＝（n2+2n﹣2）（n∈Z）的圖象關于y軸對稱，且在（0，+∞）上是減函數，知，由此能求出n的值．

【詳解】

∵冪函數f（x）＝（n2+2n﹣2）（n∈Z）的圖象關于y軸對稱，且在（0，+∞）上是減函數，∴，解得n＝1．

故選：A．

【點睛】

本題考查冪函數的性質及其應用，是基礎題．熟記冪函數的性質是關鍵，是基礎題．

6．已知，，則的大小為（）

A．

B．

C．

D．

【答案】C

【解析】由指數函數的性質求得，再由對數函數的性質求得，即可得到答案.【詳解】

由題意，根據指數函數的性質，可得，由對數函數的性質，可得，所以.故選：C.【點睛】

本題主要考查了指數式與對數式的比較大小，其中解答中熟記指數函數與對數函數的圖象與性質，求得的取值范圍是解答的關鍵，著重考查了推理與計算能力，屬于基礎題.7．函數y=log

(2x2-3x+1)的遞減區間為（）

A．（1，+）

B．（-，］

C．（，+）

D．（-，］

【答案】A

【解析】，所以當時，當時，即遞減區間為（1，+），選A.點睛：求函數單調區間的常用方法：(1)定義法和導數法，通過解相應不等式得單調區間；(2)圖象法，由圖象確定函數的單調區間需注意兩點：一是單調區間必須是函數定義域的子集：二是圖象不連續的單調區間要分開寫，用“和”或“，”連接，不能用“∪”連接；(3)利用函數單調性的基本性質，尤其是復合函數“同增異減”的原則，此時需先確定函數的單調性.8．函數的零點所在的區間為（）.A．(-1,0)

B．(0,1)

C．(1.2)

D．(2,3)

【答案】B

【解析】根據零點存在定理判斷．

【詳解】，因此零點在區間內．

故選：B．

【點睛】

本題考查零點存在定理，屬于基礎題型．

9．若，且，則的最小值是（）

A．

B．

C．

D．

【答案】C

【解析】將代數式與代數式相乘，展開后利用基本不等式可求出的最小值.【詳解】

由基本不等式得，當且僅當時，等號成立，因此，的最小值為，故選：C.【點睛】

本題考查利用基本不等式求代數式的最值，解題時要充分利用定值條件，熟悉幾種常見的利用基本不等式求最值的代數式類型，并對代數式進行合理配湊，考查運算求解能力，屬于中等題.10．十六世紀中葉，英國數學家雷科德在《礪智石》一書中首先把“”作為等號使用，后來英　國數學家哈利奧特首次使用“”和“”符號，并逐漸被數學界接受，不等號的引入對不等式的發展影響深遠.若，則下列命題正確的是（）.A．若且，則

B．若，則

C．若，則

D．若且，則

【答案】B

【解析】可舉反例說明一些不等式不成立，從而確定正確結論．

【詳解】

當時，A不正確；若，則，C不正確；若，則，D不正確；若，則，即，B正確．

故選：B．

【點睛】

本題考查不等式的性質，解題時可舉反例說明命題是錯誤的，也可直接利用不等式的性質推理論證．

11．已知函數，則關于的不等式的解集為（）

A．

B．

C．

D．

【答案】C

【解析】由題意，可得到，且函數在上遞增，原不等式等價于，根據函數單調性，即可求出結果.【詳解】

因為，所以，因此，因此關于的不等式，可化為；

又單調遞增，單調遞增，所以在上遞增；

所以有，解得：.故選：C

【點睛】

本題主要考查由函數單調性解不等式，熟記基本初等函數的單調性，會用基本初等函數單調性判斷復合函數單調性即可，屬于常考題型.12．若不等式對任意恒成立，則實數的取值范圍為（）

A．[

B．

C．

D．

【答案】A

【解析】【詳解】

構造函數f（x）=3x2，g（x）=logax，∵不等式3x2-logax＜0對任意恒成立，∴f（）≤g（∴-≤0．

∴0＜a＜1且a≥∴實數a的取值范圍為[

故選A

二、填空題

13．設函數，則=________.【答案】24

【解析】先求內層的值，代入對應的表達式，得，再將代入的表達式即可求解

【詳解】

先求，再求，即

故答案為：24

【點睛】

本題考查分段函數具體值的求法，應先求內層函數值，再將此值當作自變量再次代入對應的表達式求解，是基礎題

14．若為上的奇函數，則實數的值為

．

【答案】

【解析】試題分析：因為為上的奇函數，所以，所以．

【考點】奇函數的定義與性質．

15．已知函數，則不等式的解集為________.【答案】

【解析】分段函數，按定義和分類解不等式．

【詳解】

時，則，時，則，綜上，原不等式解集為．

故答案為：．

【點睛】

本題考查對數函數與指數函數的性質，只是要注意分段函數要分類討論．屬于基礎題．

16．若函數且在區間上是減函數，則實數的取值范圍是__________．

【答案】

【解析】根據復合函數單調性，令，首先按和分類，在函數定義域內，是增函數，則是增函數，則，若是減函數，則，這樣就可保證函數是減函數．

【詳解】

令，若，則，遞增，也是增函數，又，∴在上是減函數，若，則是減函數，因此，解得，綜上的取值范圍是．

故答案為：．

【點睛】

本題考查對數函數的性質，解題基礎是掌握復合函數單調性．同時注意與的單調性的關系．

三、解答題

17．求下列答式的值:

(1)

(2)

【答案】（1）18；（2）．

【解析】（1）利用冪的運算法則計算；

（2）根據對數運算法則計算．

【詳解】

（1）原式＝．

（2）原式＝．

【點睛】

本題考查分數指數冪的運算法則與對數運算法則，屬于基礎題型．

18．已知2≤x≤16，求函數的最大值與最小值．

【答案】最大值是6，最小值是．

【解析】用換元法把函數轉化為求二次函數的最值問題．可設，要注意的取值范圍．

【詳解】

設，∵，∴．，∵，∴，即時，取得最小值，即時，取得最大值6．

∴的最大值是6，最小值是．

【點睛】

本題考查對數函數的最值問題，解題關鍵是用換元法把問題轉化為二次函數的最值．在遇到這種形式的函數時通過設轉化為二次函數．

19．某公司制定了一個激勵銷售人員的獎勵方案：當銷售利潤不超過萬元時，按銷售利潤的進行獎勵；當銷售利潤超過萬元時，若超過部分為萬元，則超出部

分按進行獎勵，沒超出部分仍按銷售利潤的進行獎勵．記獎金總額為（單位：萬元），銷售利潤為（單位：萬元）．

（1）寫出該公司激勵銷售人員的獎勵方案的函數表達式；

（2）如果業務員老張獲得萬元的獎金，那么他的銷售利潤是多少萬元？

【答案】（1）（2）他的銷售利潤是萬元

【解析】（1）由題意，得

（2）∵時，又，∴，令，解得．

答：老張的銷售利潤是萬元．

【考點】分段函數、對數函數模型.20．已知定義在上的函數

.(1)

當時,試判斷在區間上的單調性,并給予證明.(2)

當時,試求的最小值.【答案】(1)

在區間上單調遞增，證明見解析；

(2)4.【解析】（1）用定義法嚴格證明即可

（2）用換元法設，由（1）可得，再根據對勾函數增減性求出的最小值即可

【詳解】

(1)

用定義法證明如下:

設,則，,，,，,即，在區間上單調遞增；

(2)設,則，由(1)知,當時在區間上單調遞增，在區間上單調遞減,在區間上單調遞增，當,即,解得時,.【點睛】

本題考查函數增減性的證明，復合函數值域的求法，換元法的應用，換元法的核心在于新元的取值范圍必須明確，復合函數的增減性遵循同增異減

21．已知函數且

(1)若方程的一個實數根為2，求的值;

(2)當且時，求不等式的解集;

(3)若函數在區間上有零點，求的取值范圍。

【答案】（1）；（2）；（3）

【解析】（1）用代入方程，可求得；

（2）由對數函數的性質解此不等式；

（3）結合零點存在定理和二次方程根的分布知識求解．

【詳解】

（1）即有一個根是2，則，∴，．

（2）不等式為，∵，∴，解得，即不等式的解集為．

（3）由題意在上有解，解法一：

(i)若，則，，滿足題意；

(ii)若，則，，滿足題意；

(iii)，或．

（iv），解得

綜上所述，的取值范圍是．

解法二：，∵，∴，∴，∴，∴或．

【點睛】

本題考查對數函數的圖象與性質，考查函數零點的概念．函數零點問題特別是二次函數零點分布問題如果用根的分布知識求解有一定的難度，如題中解法一，但若用分離參數法轉化為求函數的值域問題將會顯得簡單，如解法二，在解題中要注意體會．

22．已知函數是奇函數．

（1）求實數的值；

（2）若，對任意有恒成立，求實數取值范圍；

（3）設,若，問是否存在實數使函數在上的最大值為？若存在，求出的值；若不存在，說明理由.【答案】（1）

（2）

（3）不存在,理由見解析.【解析】（1）根據定義域為R且為奇函數可知,代入即可求得實數的值.（2）由（1）可得函數的解析式,并判斷出單調性.根據將不等式轉化為關于的不等式,結合時不等式恒成立,即可求得實數取值范圍；

（3）先用表示函數.根據求得的解析式,根據單調性利用換元法求得的值域.結合對數的定義域,即可求得的取值范圍.根據對數型復合函數的單調性,即可判斷在的取值范圍內能否取到最大值0.【詳解】

（1）函數的定義域為R,且為奇函數

所以,即

解得

（2）由（1）可知當時,因為,即

解不等式可得

所以在R上單調遞減,且

所以不等式可轉化為

根據函數在R上單調遞減

所不等式可化為

即不等式在恒成立

所以恒成立

化簡可得

由打勾函數的圖像可知,當時,所以

（3）不存在實數.理由如下:

因為

代入可得,解得或(舍)

則,令,易知在R上為單調遞增函數

所以當時，則

根據對數定義域的要求,所以滿足在上恒成立

即在上恒成立

令,所以,即

又因為

所以

對于二次函數,開口向上,對稱軸為

因為

所以

所以對稱軸一直位于的左側,即二次函數在內單調遞增

所以,假設存在滿足條件的實數,則:

當時,由復合函數單調性的判斷方法，可知為減函數,所以根據可知,即

解得,所以舍去

當時,復合函數單調性的判斷方法可知為增函數,所以根據可知,即

解得,所以舍去

綜上所述,不存在實數滿足條件成立.【點睛】

本題考查了函數奇偶性的性質及應用,不等式恒成立問題的解法,復合函數單調性的判斷及最值求法,含參數的分類討論思想的綜合應用,綜合性強,屬于難題.

第五篇：2018-2019學年市中學高一上學期期中數學試題（解析版）

2018-2019學年市中學高一上學期期中數學試題

一、單選題

1．如果那么是成立的（）

A．充分不必要條件

B．必要不充分條件

C．充要條件

D．既不充分也不必要條件

【答案】A

【解析】【考點】充要條件．

分析：由已知中x，y∈R，根據絕對值的性質，分別討論“xy＞0”?“|x+y|=|x|+|y|”，與“|x+y|=|x|+|y|”?“xy＞0”，的真假，然后根據充要條件的定義，即可得到答案．

解答：解：若“xy＞0”，則x，y同號，則“|x+y|=|x|+|y|”成立

即“xy＞0”是“|x+y|=|x|+|y|”成立的充分條件

但“|x+y|=|x|+|y|”成立時，x，y不異號，“xy≥0”，“xy＞0”不一定成立，即“xy＞0”是“|x+y|=|x|+|y|”成立的不必要條件

即“xy＞0”是“|x+y|=|x|+|y|”成立的充分不必要條件

故選A

點評：本題考查的知識點是充要條件，其中根據絕對值的性質，判斷“xy＞0”?“|x+y|=|x|+|y|”，與“|x+y|=|x|+|y|”?“xy＞0”的真假，是解答本題的關鍵．

2．若,全集,，則（）

A．

B．

C．

D．

【答案】A

【解析】題目給出了,且題中含有,等式子,可利用均值不等式求解.根據均值不等可得,結合交集與補集的定義即可得出答案.【詳解】

則:

故選:A.【點睛】

本題考查了集合之間的基本運算以及基本不等式的知識,解答本題的關鍵在于明確基本不等式的內容.3．下列函數中，既不是奇函數，又不是偶函數，并且在上是增函數的是（）

A．

B．

C．

D．

【答案】D

【解析】根據奇函數滿足,偶函數滿足.逐個選項判斷其奇偶性和單調性即可得出答案.【詳解】

對于A,函數為二次函數,圖像為拋物線,開口向下,對稱軸為:

函數在單調遞增,在單調遞減,故A不正確;

對于B,函數的定義域為,定義域關于原點對稱,令,滿足,函數為奇函數,故B不正確;

對于C,函數的定義域為,定義域原點對稱,令,所以為偶函數,故C不正確;

對于D,函數的定義域為,定義域關于原點對稱,令

函數為非奇非偶函數,且在上是單調遞增,滿足題意,故D正確.故選:D.【點睛】

本題考查奇偶性的判斷,考查了函數的單調性,屬于基礎題.4．已知，則等于（）

A．

B．

C．

D．

【答案】C

【解析】把等價轉化

即可求得進而求得.【詳解】

設

.故選:C.【點睛】

本題主要考查函數解析式求解.求解函數解析式常用方法有代入法,換元法以及構造方程組法.二、填空題

5．用描述法表示被7除余2的正整數的集合為__________

【答案】

【解析】設被7除余2的正整數為,即,用描述法寫成集合形式,即可得到答案.【詳解】

設該數為,則該數滿足,所求的正整數集合為

故答案為:.【點睛】

本題考查了用描述法表示集合,掌握集合的表示方法是解題關鍵.6．函數的定義域為__________

【答案】

【解析】根據偶次根式下被開方數非負,分數分母不為零,列出關于的不等式組,即可求出函數的定義域.【詳解】

由題意可得:

所以函數的定義域為:且

即:

故答案為:

【點睛】

本題主要考查函數的定義域的求解,要求能夠熟練掌握常見函數成立條件.7．若函數,，則_____________

【答案】()

【解析】將函數，代入即可求得答案.【詳解】

函數,()

故答案為:().【點睛】

本題考查了求解函數表達式,能夠理解函數的概念是解題關鍵.8．函數的單調遞增區間為______________

【答案】

【解析】解法一:

根據函數單調性的定義,先任取,能保證的區間,即為函數的單調遞增區間;

解法二:求函數的導數,利用函數的導數大于零,則函數遞增,即可求得函數的單調遞增區間.【詳解】

解法一:設的單調增區間為,任取

所以,即

在區間上具有任意性,故:

則函數的單調遞增區間為.解法二:由題函數,故

令,解得:或

(舍去)

函數的單調遞增區間為

故答案為:.【點睛】

本題考查了求函數單調區間.求函數單調區間既可以用函數單調性定義法判斷,也可以采用導數知識求解.9．已知四邊形ABCD為正方形，則其面積關于周長的函數解析式為_________

【答案】

【解析】正方形的周長,則邊長為,即可求得的面積關于周長的函數解析式.【詳解】

正方形的周長為,則正方形的邊長為

()

正方形的面積為:

故答案為:

()

.【點睛】

本題考查了實際問題中的求解函數關系式,能夠通過周長求得正方形邊長,是求出面積關于周長解析式的關鍵.10．不等式的解集為__________

【答案】或寫成【解析】把原不等式右邊的移項到左邊,通分后變成,不等式可化為兩個不等式組,分別求出兩不等式組的解集,兩解集的并集即為原不等式的解集.【詳解】

即

可化為:

┄①或┄②

解①得:

解②得:無解.故不等式的解集為:.故答案為:或寫成:

【點睛】

本題主要考查了分式不等式的求解,屬于基礎試題.11．已知集合，集合，則_________

【答案】

【解析】根據集合的并集定義,即可求得.【詳解】

故答案為:

.【點睛】

本題考查了集合的并集運算,掌握并集的概念是解本題關鍵.12．已知集合，集合，若,則所有可能取值構成的集合為______________

【答案】

【解析】先化簡集合,利用,分類討論和,即可求出構成的集合.【詳解】

由

可得:

即:

解得或

故:

由

可得:

當時,方程無實數解,此時,滿足

當時,方程的實數解為,故:

由可得:或

解得或的所有取值構成的集合為:.故答案為:.【點睛】

本題主要考查了集合間的基本關系以及一元二次方程的解法,要注意集合是集合的子集時,集合有可能是空集.13．已知函數是偶函數，且當時，則當時，該函數的解析式為__________

【答案】

【解析】設,則,當時,于是可求得,再利用偶函數的性質,即可求得函數的解析式.【詳解】

設,則

根據偶函數

故答案為:.【點睛】

已知函數的奇偶性求解析式,將待求區間上的自變量,轉化到已知區間上,再利用奇偶性求出的解析式.14．已知命題的逆命題為：“已知，若則”，則的逆否命題為__________命題（填“真”或“假”）

【答案】假

【解析】根據命題的逆命題,寫的其原命題.根據原命題和逆否命題真假相同,即可得出逆否命題真假.【詳解】

命題的逆命題為：“已知，若，則”

命題的原命題為：“已知，若，則”

當,滿足,但不滿足

命題的原命題為假命題.根據原命題和逆否命題真假相同的逆否命題為:假.故答案為:假.【點睛】

本題主要考查四個命題之間的關系與真假命題的判斷,掌握原命題和逆否命題真假相同是解本題關鍵.15．已知集合，則__________

【答案】

【解析】化簡集合,求出,即可求解.【詳解】

故答案為:.【點睛】

本題考查了集合的補集和交集運算,掌握集合運算基本知識是解題關鍵.16．當時，給出以下結論：（1）；（2）；（3）,其中恒成立的序號為_______________

【答案】（1）（2）

【解析】由,根據不等式的基本性質,逐項檢驗即可得出答案.【詳解】

對于（1）項,由,得，則,故（1）項正確;

對于（2）項,由,得,則,故（2）項正確;

對于（3）項,令,滿足

則,可得:

故（3）項錯誤.所以恒成立的序號為:（1）（2）.故答案為:（1）（2）.【點睛】

本題考查了不等式的基本性質,考查了推理能力與計算能力,屬于基礎題.17．已知，則的最小值為_____________

【答案】

【解析】根據,可得,然后把整理成,進而利用均值不等式求其最小值.【詳解】

(當且僅當,即)的最小值為:.故答案為:

.【點睛】

本題考查均值不等式,構造出均值不等式的形式是解題的關鍵,但要注意均值不等式成立條件.18．設數集，且，如果把叫做集合的長度，那么集合的長度的最小值與最大值的和為____________

【答案】

【解析】根據題意中集合長度的定義,可得的長度為,的長度為.當集合的長度為最小值時,即重合部分最少時,與應分別在區間的左右兩端,當集合的長度為最大值時,即重合部分最多時,與應分別在區間的中間,進而得出答案.【詳解】，又的長度為,的長度為.當的長度為最小值,與分別在區間的左右兩端

長度的最小值為

又長度的最大值為:

則的長度的最小值與最大值的和為:

故答案為:.【點睛】

本題主要考查集合新定義,能夠理解所定義的集合的長度和結合數軸求解是解題關鍵.19．已知集合，集合，若，則_______

【答案】

【解析】設公共根是,代入兩方程,作差可得,即公共根就是,進一步代入原方程求解兩集合,即可得出答案.【詳解】

兩個方程有公共根

設公共根為,兩式相減得:,即.①若,則兩個方程都是,與矛盾;

②則,公共根為,代入

得:

即,解得:(舍),故答案為:

【點睛】

本題考查了集合并集運算,能夠通過解讀出兩個集合中的方程有公共根,是解題的關鍵.三、解答題

20．已知集合，求實數的值.【答案】

【解析】由，則可得，計算出結果，進行驗證

【詳解】

由題意得，解得或，當時，滿足要求；

當時，不滿足要求，綜上得：

【點睛】

本題考查了集合的交集，由已知條件，代入求出參量的值，注意代回的檢驗尤為重要。

21．解關于的不等式

【答案】當時，不等式的解集是或；

當時，不等式的解集為；

當時，不等式的解集為；

當時，不等式的解集為.當時，不等式的解集為.【解析】先將不等式化為，當時，分，三種情況討論，求出解集；當，化簡原不等式，直接求出結果；當時，化簡不等式，解對應一元二次不等式，即可求出結果.【詳解】

不等式可化為.①當時，原不等式可以化為，根據不等式的性質，這個不等式等價于.因為方程的兩個根分別是2，所以當時，則原不等式的解集是；

當時，原不等式的解集是；

當時，則原不等式的解集是.②當時，原不等式為，解得，即原不等式的解集是.③當時，原不等式可以化為，根據不等式的性質，這個不等式等價于，由于，故原不等式的解集是或.綜上所述，當時，不等式的解集是或；

當時，不等式的解集為；

當時，不等式的解集為；

當時，不等式的解集為.當時，不等式的解集為.【點睛】

本題主要考查含參數的一元二次不等式的解法，靈活運用分類討論的思想，即可求解，屬于常考題型.22．已知：為三角形的三邊長，求證：；

【答案】證明見解析

【解析】利用作差法,分別求證和

即可證明不等式.【詳解】

證明：

.∴.綜上所述:.【點睛】

本題主要考查用作差法比較大小的方法,屬于基礎題.23．現有A,B,C,D四個長方體容器，已知容器A,B的底面積均為，高分別為，容器C,D的底面積為，高也分別為；現規定一種兩人游戲規則：每人從四個容器中取出兩個分別盛滿水，兩個容器盛水的和多者為勝，若事先不知道的大小，問如何取法可以確保一定獲勝？請說明理由.【答案】在不知道x，y的大小的情況下，取A，D能夠穩操勝券，其他的都沒有必勝的把握，理由見解析

【解析】依題意可知四個容器的容積分別為.分別討論時和時四者的大小關系,即可得出如何取法可以確保一定獲勝.【詳解】

當時,則，即.當時,則，即.又

∴在不知道,的大小的情況下,取,能夠穩操勝券,其它取法都沒有必勝的把握.【點睛】

根據題意列出四個容器的容積,在討論在和兩種情況下,利用作差法比較和大小是解本題的關鍵.24．某段地鐵線路上有A,B,C三站，（千米），（千米），在列車運行時刻表上，規定列車8:00從A站出發，8:07到達B站，并停留1分鐘，8:12到達C站，并在行駛時以同一速度（千米/分）勻速行駛；列車從A站出發到達某站的時間與時刻表上相應時間差的絕對值，稱為列車在該站的運行誤差；

（1）分別用速度表示列車在B,C兩站的運行誤差；

（2）若要求列車在B,C兩站的運行誤差之和不超過2分鐘，求列車速度的取值范圍；

【答案】（1）|

;

|-11|;（2）[39,]

【解析】（1）因為行駛時以同一速度勻速行駛,列車從站到達某站的時間與時刻表上相應時間之差的絕對值稱為列車在該站的運行誤差,所以可以得到列車在兩站的運行誤差;

（2）根據題意列出在兩站的運行誤差之和不超過分鐘,即可得到關于的不等式,然后求解即可.【詳解】

（1）由題意可知:列車從站到達某站的時間與時刻表上相應時間之差的絕對值稱為列車在該站的運行誤差.列車在兩站的運行誤差(單位:分鐘)分別和.（2）列車在B,C兩站的運行誤差之和不超過2分鐘

①當時，可變形為:

解得:

②當時，可變形為:

解得:

綜上所述的取值范圍是:.【點睛】

本題考查絕對值不等式的求解.在求解絕對值不等式時,一般利用零點分段法去掉絕對值來求解,考查分類討論數學思想.