2018-2019學年師大附中高一上學期期中數學試題

一、單選題

1．已知集合,則為（）.A．

B．

C．

D．

【答案】C

【解析】根據條件解出集合，再根據交集的概念即可求出.【詳解】

解：集合，又集合所以.故選：C.【點睛】

本題考查一元二次方程的解法，考查集合交集的概念和運算，屬于基礎題.2．下列函數中，在其定義域內既是奇函數又是減函數的是（）.A．

B．

C．

D．

【答案】D

【解析】根據初等函數的性質逐個分析選項即可得出答案.【詳解】

解：

A.在上單調遞減，在上單調遞減，但是在定義域內不是減函數.B.在定義域內為減函數，但不是奇函數.C.是偶函數，也不單調遞減.D.是奇函數，且在定義域內單調遞減，復合題意.故選：D.【點睛】

本題考查函數的奇偶性和單調性，解題的關鍵是熟練掌握初等函數的性質，屬于基礎題.3．函數與的圖象只可能是下圖中的（）.A．

B．

C．

D．

【答案】B

【解析】觀察選項AC，均單調遞增，則，則直線所過定點在1的上方，選項BD，單調遞減，則，則直線所過的定點在1的下方且在y軸正半軸上，由此可以判斷選項.【詳解】

解：選項AC中，單調遞增，則，過定點在（0,1）點上方，所以A、C不正確.選項BD中，單調遞減，則，過定點在（0,1）點下方，所以B正確，D不正確.故選：B.【點睛】

本題考查指數函數和一次函數的圖像，考查指數函數的性質，屬于基礎題.4．已知函數的定義域為，若存在閉區間，使得滿足：①在內是單調函數；②在上的值域為，則稱區間為的“倍增區間”，下列函數存在“倍增區間”的是（）.A．

B．

C．

D．

【答案】B

【解析】根據題意，函數存在“倍增區間”，若函數單調遞增，則，若函數單調遞減，則，根據條件逐個分析選項，求解即可.【詳解】

解：對于A.：在上單調遞增，則根據題意有有兩個不同的解，不成立，所以A不正確.對于B：在上單調遞增，根據題意有在上有兩個不同的解，解得：，符合題意，所以B正確.對于C：，若，函數在單增，則有有兩個解，即在上有兩個解，不符合，若，仍然無解，所以C不正確.對于D：在上單調遞增，則有兩個解，不成立，所以D不正確.故選：B.【點睛】

本題考查函數新定義題型，考查函數的單調性以及構造函數求解問題，屬于中檔題.二、填空題

5．若冪函數為常數）的圖象過點，則的值為_____.【答案】

【解析】根據函數所過定點，可以求出函數的解析式，只需代入即可求得的值.【詳解】

解：因為冪函數為常數）的圖象過點，所以，解得：，所以，則.故答案為：.【點睛】

本題考查根據圖像所過點求冪函數的解析式問題，考查具體函數求值問題，屬于基礎題.6．設，,則按從小到大排列的順序是_______.【答案】

【解析】因為，，所以根據函數值的范圍即可比較出大小順序.【詳解】

解：，，所以按從小到大排列的順序是.故答案為：.【點睛】

本題考查指對冪大小的比較，中間值法是常用的方法，屬于基礎圖.7．已知集合若則實數的取值范圍是_______.【答案】

【解析】由得，則可根據子集的定義列出不等式求解即可.【詳解】

解：則，所以，解得：.故答案為：.【點睛】

本題考查子集的定義和運算，考查不等式的解法，屬于基礎題.8．函數的定義域是__________．

【答案】

【解析】由，得，所以，所以原函數定義域為，故答案為.9．已知函數，則的值是______.【答案】1

【解析】根據條件，先代入，求得的值，再根據函數值代入相應的解析式計算，則可求出結果.【詳解】

解：函數，所以，則

.故答案為：1

【點睛】

本題考查分段函數求值，比較范圍，逐步代入解析式是解題的關鍵，屬于基礎題.10．若，則______

【答案】1

【解析】由求得，利用對數的運算法則化簡即可.【詳解】

因為，所以，則，故答案為1.【點睛】

本題主要考查對數的運算與性質，意在考查靈活應用所學知識解答問題的能力，屬于基礎題.11．函數的最小值是______.【答案】2

【解析】令，對函數進行換元，則原式等價于求的最小值.對二次函數配方即可求函數的最小值.【詳解】

解：令，則原式等價于求的最小值.，函數圖像開口向上，對稱軸為，所以當時，y有最小值為2.故答案為：2.【點睛】

本題考查求復合型二次函數的最小值，解題的關鍵是換元后注意范圍的變化，屬于基礎題.12．已知函數是上的偶函數，且在區間上是單調增函數，若，則滿足的實數的取值范圍是______.【答案】

【解析】函數是上的偶函數，且在區間上是單調增函數，可以得出在區間上是單調減函數，又，所以，結合單調性即可求出的解，將整體代入，即可求出x的范圍.【詳解】

解：函數是上的偶函數，且在區間上是單調增函數，所以在區間上是單調減函數，又，所以.的解為：，則的解為：，即.故答案為：.【點睛】

本題考查函數的奇偶性，考查函數奇偶性單調性的綜合應用，考查整體代換和轉化的思想，解題的關鍵是時刻注意函數的定義域，屬于基礎題.13．若函數在區間上有，則的單調減區間是_______.【答案】

【解析】由題意當時，又，得.則根據復合函數的單調性即可求出的單調減區間.【詳解】

解：因為，所以，又，所以.根據復合函數單調性法則：的單調減區間為的單調增區間，又，所以的單調減區間為.故答案為：.【點睛】

本題考查對數函數的取值范圍，考查求復合函數的單調區間，解題的關鍵是注意函數的定義域，屬于基礎題.14．設函數，則使得成立的實數的取值范圍是_______.【答案】或.【解析】觀察函數，可知函數為偶函數，且在區間上單調遞增，則根據函數的奇偶性和單調性，若成立，則，求解即可得出的取值范圍.【詳解】

解：函數為偶函數，且在區間上單調遞增，所以若成立，則，變形為：解得：或.故答案為：或.【點睛】

本題考查函數奇偶性和單調性的綜合應用，涉及不等式的解法，屬于基礎題.三、解答題

15．計算

（1）

（2）

【答案】（1）；（2）.【解析】（1）根據指數的運算性質化簡即可.（2）根據對數的運算性質化簡即可求出答案.【詳解】

解：（1）=.（2）=.【點睛】

本題考查指數函數，對數函數的運算性質，解題的關鍵是牢記公式并且靈活運用，屬于基礎題.16．已知全集，集合（1）求；

（2）設實數，集合,若求a的取值范圍.【答案】（1）；（2）或.【解析】（1）求出集合B，根據并集的定義和運算求出即可.（2），又，所以，則根據交接為空集列出不等關系求解即可.【詳解】

解：（1）=，又集合，所以.（2）集合，又，所以.，則或，解得：或.【點睛】

本題考查并集的概念和運算，考查根據交集為空求解，涉及到指數函數的運算，屬于基礎題.17．已知函數

（1）求函數的定義域

（2）求不等式成立時，實數的取值范圍.【答案】（1）；（2）.【解析】(1)

函數的定義域為和

定義域的交集，求出函數和的定義域，再求交集即可求出結果.(2)

等價于，解不等式，再結合定義域即可求出實數的取值范圍.【詳解】

解：（1）的定義域為，的定義域為.所以函數的定義域為.（2）不等式，等價于，即：，解得：.又定義域為，所以實數的取值范圍為.【點睛】

本題考查求函數定義域的方法，考查求解對數不等式，屬于基礎題.18．已知定義在上的函數的圖像關于原點對稱

（1）求實數的值;

（2）求的值域.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）定義在上的函數的圖像關于原點對稱，所以為奇函數，代入即可求出m的值.（2）由（1）可求，結合指數函數的性質即可求值域.【詳解】

解：（1）定義在上的函數的圖像關于原點對稱，所以為奇函數，則有，所以.證明，當時，關于原點對稱，所以成立.（2），由于，所以，所以.所以的值域為.【點睛】

本題考查了函數奇偶性的應用，同時考查了指數函數值域的求解，屬于中檔題.19．某城市的街道是相互垂直或平行的，如果按照街道垂直和平行的方向建立平面直角坐標系，對兩點和，用以下方式定義兩點間距離：.如圖，學校在點處，商店在點,小明家在點處，某日放學后，小明沿道路從學校勻速步行到商店，已知小明的速度是每分鐘1個單位長度，設步行分鐘時，小明與家的距離為個單位長度.（1）求關于的解析式;

（2）做出中函數的圖象，并求小明離家的距離不大于7個單位長度的總時長.【答案】（1）；（2）.【解析】（1）根據題意，從A到B直線行走，起始點的橫坐標為1，所以步行分鐘后，橫坐標為，不變，則根據距離的新定義可求出關于的解析式.（2）根據解析式做出圖像，由圖像解方程即可求出結果.【詳解】

解：（1）步行分鐘時，小明仍在AB之間，所以小明的坐標為，則小明與家的距離為.所以關于的解析式為：

.（2）圖像如圖：.當

故當小明離家的距離不大于7個單位長度時，.【點睛】

本題考查函數與解析式新定義題型，考查根據解析式做出函數圖像，解題的關鍵是對新定義一定要理解深刻，屬于中檔題.20．設M為滿足下列條件的函數構成的集合，存在實數，使得.（1）判斷是否為M中的元素，并說明理由；

（2）設，求實數a的取值范圍；

（3）已知的圖象與的圖象交于點，,證明：是中的元素，并求出此時的值（用表示）.【答案】（1）是；（2）[3﹣，3+]；（3）x0＝，證明見解析

【解析】根據集合M的定義，可根據函數的解析式f（x0+1）＝f（x0）+f（1）構造方程，若方程有根，說明函數符合集合M的定義，若方程無根，說明函數不符合集合M的定義；

（2）設h（x）＝∈M，則存在實數x，使h（x+1）＝h（x）+h（1）成立，解出a的取值范圍即可；

（3）利用f（x0+1）＝f（x0）+f（1）和y＝2ex（x＞）的圖象與y＝為圖象有交點，即對應方程有根，與求出的值進行比較即可解出x0．

【詳解】

解：（1）設g（x）為M中的元素，則存在實數x0，使得f（x0+1）＝f（x0）+f（1）；

即（x+1）2＝x2+1，∴x＝0，故g（x）＝x2是M中的元素．

（2）設h（x）＝∈M，則存在實數x，使h（x+1）＝h（x）+h（1）成立；

即lg＝lg+lg；

∴＝；∴（a﹣2）x2+2ax+2a﹣2＝0，當a＝2時，x＝﹣；

當a≠2時，則△＝4a2﹣4（a﹣2）（2a﹣2）≥0；

解得a2﹣6a+4≤0，∴3﹣≤a≤3+且a≠2；

∴實數a的取值范圍為：[3﹣，3+]．

（3）設m（x）＝ln（3x﹣1）﹣x2∈M，則m（x0+1）＝m（x0）+m（1）；

∴ln[3（x0+1）﹣1]﹣（x0+1）2＝ln（3x0﹣1）﹣x02+ln2﹣1；

∴ln＝2x0；

∴＝；∴＝2；

由于y＝2ex（x＞）的圖象與y＝為圖象交于點（t，2et），所以2et＝；

令t＝2x0，則2＝＝；

即存在x0＝，使得則m（x0+1）＝m（x0）+m（1）；

故m（x）＝ln（3x﹣1）﹣x2是M中的元素，此時x0＝．

【點睛】

本題主要利用元素滿足恒等式進行求解，根據指數和對數的性質進行化簡，考查了邏輯思維能力和分析解決問題的能力，屬于中檔題．