2019-2020學年上海市建平中學高一上學期期中數學試題

一、單選題

1．對于集合、，若，則下面集合的運算結果一定是空集的是（）

A.B.C.D.【答案】A

【解析】作出韋恩圖，利用韋恩圖來判斷出各選項集合運算的結果是否為空集.【詳解】

作出韋恩圖如下圖所示：

如上圖所示，，.故選：A.【點睛】

本題考查集合的運算，在解題時可以充分利用韋恩圖法來表示，考查數形結合思想的應用，屬于基礎題.2．如果、、滿足，且，那么下列選項不恒成立的是（）

A．

B．

C．

D．

【答案】B

【解析】試題分析：依題意可得，．不等式兩邊同乘以一個正數不等號方向不變，所以選項A正確；，所以，故選項C正確；,所以，故選項D正確；當時，選項B錯誤．故選B．

【考點】證明簡單的不等式（或比大小）．

3．若集合，則“”是“”的（）

A.充分非必要條件

B.必要非充分條件

C.充要條件

D.既非充分又不必要條件

【答案】A

【解析】解出集合、，由得出關于的不等式組，求出實數的取值范圍，由此可判斷出“”是“”的充分非必要條件.【詳解】

解不等式，解得，.解不等式，即，解得，.，則有，解得.因此，“”是“”的充分非必要條件.故選：A

【點睛】

本題考查充分非必要條件的判斷，一般將問題轉化為集合的包含關系來判斷，考查邏輯推理能力，屬于中等題.4．已知與是集合的兩個子集，滿足：與的元素個數相同，且為空集，若時總有，則集合的元素個數最多為（）

A.B.C.D.【答案】B

【解析】令，解得，從中去掉形如的數，此時中有個元素，注意中還可含以下個特殊元素：、、、、、、，故中元素最多時，中共有個元素，由此可得出結論.【詳解】

令，解得，所以，集合是集合的一個非空子集.再由，先從中去掉形如的數，由，可得，此時，中有個元素.由于集合中已經去掉了、、、、、、這個數，而它們對應的形如的數分別為、、、、、、，并且、、、、、、對應的形如的數都在集合中.故集合中還可有以下個特殊元素：、、、、、、，故集合中元素最多時，集合中共有個元素，對應的集合也有個元素，因此，中共有個元素.故選：B.【點睛】

本題考查集合中參數的取值問題，同時也考查了集合中元素的個數問題，考查分類討論思想的應用，屬于中等題.二、填空題

5．已知全集，那么________.【答案】

【解析】根據補集的定義可得出集合.【詳解】

全集，由補集的定義可得.故答案為：.【點睛】

本題考查補集的計算，考查對補集定義的理解，屬于基礎題.6．不等式的解集是________.【答案】

【解析】將分式不等式等價變形為，解此不等式即可.【詳解】

不等式等價于，解得，因此，不等式的解集是.故答案為：.【點睛】

本題考查分式不等式的求解，考查運算求解能力，屬于基礎題.7．命題“若，則且”的逆否命題是________

【答案】若或，則.【解析】根據原命題與逆否命題之間的關系可得出答案.【詳解】

由題意可知，命題“若，則且”的逆否命題是“若或，則”.故答案為：若或，則.【點睛】

本題考查逆否命題的改寫，解題時要充分了解原命題與逆否命題之間的關系，屬于基礎題.8．已知函數，則________.【答案】

【解析】根據分段函數的解析式可計算出的值.【詳解】，.故答案為：.【點睛】

本題考查分段函數值的計算，解題時要根據自變量所滿足的定義域選擇合適的解析式來進行計算，考查計算能力，屬于基礎題.9．若“”是“”的充分非必要條件，則實數的取值范圍是________.【答案】

【解析】根據充分非必要條件關系得出，由此可得出實數的取值范圍.【詳解】

“”是“”的充分非必要條件，則.因此，實數的取值范圍是.故答案為：.【點睛】

本題考查利用充分不必要條件求參數，一般轉化為集合包含關系來求解，考查化歸與轉化思想的應用，屬于基礎題.10．若、，且，則的最小值是________.【答案】

【解析】直接利用基本不等式可求出的最小值.【詳解】

由基本不等式可得，當且僅當時，等號成立.因此，的最小值為.故答案為：.【點睛】

本題考查利用基本不等式求最值，在利用基本不等式求最值時，也要注意“一正、二定、三相等”條件的成立，考查計算能力，屬于基礎題.11．函數的定義域是________.【答案】

【解析】根據偶次根式被開方數非負、分式中分母不為零，列出關于的不等式組，解出即可得出函數的定義域.【詳解】

由題意可得，解得.因此，函數的定義域是.故答案為：.【點睛】

本題考查具體函數定義域的求解，解題時要根據函數解析式有意義列不等式組進行求解，考查計算能力，屬于基礎題.12．設函數，則不等式的解集是________.【答案】

【解析】分與兩種情況解不等式，得出不等式的解集與定義域取交集，然后將兩段解集取并集可得出的解集.【詳解】

當時，由，得，即，解得或，此時，或；

當時，由，得，解得，此時，.綜上所述，不等式的解集是.故答案為：.【點睛】

本題考查分段不等式的求解，解題時要注意對自變量的取值范圍進行分類討論，在得出不等式的解集后要注意與定義域取交集，考查運算求解能力，屬于中等題.13．若函數的定義域為，則實數的取值范圍是______.【答案】

【解析】由題意知，對任意的，不等式恒成立，然后分和兩種情況分析，由此可得出實數的取值范圍.【詳解】

由題意可知，對任意的，不等式恒成立.①當時，則有，該不等式在上不恒成立；

②當時，由于不等式在上恒成立，則，即，解得或，此時，.因此，實數的取值范圍是.故答案為：.【點睛】

本題考查利用函數的定義域求參數，解題的關鍵就是將問題轉化二次不等式在上恒成立問題，利用首項系數和判別式的符號來進行求解，考查化歸與轉化思想的應用，屬于中等題.14．若，且，則的取值范圍是________.【答案】

【解析】由，結合題意得出關于的方程有負根或無實根，分二次方程有兩個相等的負根、兩根一正一負、兩個負根以及無實根進行分類討論，可求出實數的取值范圍.【詳解】

由于，且，則關于的方程有負根或無實根.①若方程有兩個相等的負根時，則，解得；

②若方程的兩根、一正一負，則，事實上，不合乎題意；

③若方程的兩根、不等，且兩根均為負數，則，解得；

④若方程無實根，則，解得.綜上所述，實數的取值范圍是.故答案為：.【點睛】

本題考查二次函數根的分布問題，解題時要結合判別式、兩根之和與差的符號來進行分析，考查分類討論思想的應用，屬于中等題.15．關于的不等式的解集不是，則實數的取值范圍為______.【答案】

【解析】由題意知，存在，使得，然后利用絕對值三角不等式求出的最小值，將問題轉化為解不等式，解出即可.【詳解】

由題意知，存在，使得，則.由絕對值三角不等式得，，即，解得或.因此，實數的取值范圍是.故答案為：.【點睛】

本題考查絕對值不等式成立問題，一般轉化為絕對值不等式的最值問題，可利用絕對值三角不等式來得到，考查化歸與轉化思想的應用，屬于中等題.16．已知、，可以利用不等式和求得的最小值，則其中正數的值是________.【答案】

【解析】利用兩個基本不等式等號成立的條件得出、的表達式，代入可求出實數的值.【詳解】

由基本不等式得，當且僅當時，即當時，等號成立.由基本不等式得，當且僅當時，即當時，等號成立.此時，則，所以，.故答案為：.【點睛】

本題考查利用基本不等式求最值時等號成立的條件，求出對應的變量后，還應將變量代入定值條件求出參數，考查運算求解能力，屬于中等題.三、解答題

17．解不等式組.【答案】

【解析】分別解出兩個不等式，然后將兩個不等式的解集取交集即可得出不等式組的解集.【詳解】

解不等式，即或，解得或.解不等式，即，解得.因此，不等式組的解集為.【點睛】

本題考查不等式組的解法，涉及絕對值不等式和一元二次不等式的求解，考查運算求解能力，屬于基礎題.18．已知：、是正實數，求證：.【答案】見解析.【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證明.【詳解】

由基本不等式得出，上述兩個不等式當且僅當時，等號成立，由同向不等式的可加性得，即.【點睛】

本題考查不等式的證明，考查基本不等式的應用，考查推理論證能力，屬于中等題.19．若，.（1）分別求與的定義域；

（2）求的定義域與值域；

（3）在平面直角坐標系內畫出函數的圖象，并標出特殊點的坐標.【答案】（1）的定義域為，的定義域為；

（2）的定義域是，的值域是；

（3）圖象見解析.【解析】（1）根據函數解析式有意義列不等式組，由此可得出函數和的定義域；

（2）將函數和的定義域取交集可得出函數的定義域，并求出函數的解析式，利用基本不等式可得出函數的值域；

（3）根據雙勾函數的圖象可得出函數在其定義域上的圖象.【詳解】

（1）對于函數，則函數的定義域為.對于函數，有，解得且，所以，函數的定義域為；

（2），定義域為.由基本不等式可得，當且僅當時，等號成立.因此，函數的值域為；

（3）函數，為雙勾函數圖象的一部分，如下圖所示：

【點睛】

本題考查函數的定義域與值域的求解，同時也涉及到了函數圖象的畫法，解題時要熟悉幾種常見的函數，考查分析問題和解決問題的能力，屬于中等題.20．設集合，集合，且.（1）若，求實數、的值；

（2）若，且，求實數的值.【答案】（1），或，或，；（2）或.【解析】（1）解出集合，分集合、、三種情況討論，結合韋達定理可得出實數、的值；

（2）由可得出或，并利用集合中的元素滿足互異性得出實數的值.【詳解】

（1），且，分以下三種情況討論：

①當時，由韋達定理得；

②當時，由韋達定理得；

③當時，由韋達定理得.綜上所述，或，或，；

（2），且，或，解得或.當時，集合中的元素滿足互異性，合乎題意；

當時，集合中的元素不滿足互異性，舍去；

當時，集合中的元素滿足互異性，合乎題意.綜上所述，或.【點睛】

本題考查利用集合的包含關系求參數，同時也考查了一元二次方程根與系數的關系，解題時要注意有限集中的元素要滿足互異性，考查分類討論思想的應用，屬于中等題.21．按照某學者的理論，假設一個人生產某產品單件成本為元，如果他賣出該產品的單價為元，則他的滿意度為，如果他買進該產品的單價為元，則他的滿意度為，如果一個人對兩種交易（賣出或買進）的滿意度分別為和，則他對這兩種交易的綜合滿意度為.現假設甲生產、兩種產品的單件成本分別為元和元，乙生產、兩種產品的單件成本分別為元和元，設產品、的單價分別為元和元（根據經濟學常識，），甲買進與賣出的綜合滿意度為，乙賣出與買進的綜合滿意度為.（1）求和關于、的表達式，當時，求證：；

（2）設，當、分別為多少時，甲、乙兩人的綜合滿意度均最大？最大的綜合滿意度為多少？

（3）記（2）中最大的綜合滿意度為，試問能否適當選取、的值，使得和同時成立？試說明理由.【答案】（1）見解析；（2）當，時，甲、乙兩人的綜合滿意度均最大，最大值為；（3）不存在滿足條件的、的值.【解析】（1）表示出甲和乙的滿意度，整理出最簡形式，在條件時，表示出要證明的相等的兩個式子相等；

（2）在上一問表示的結果中，整理出關于變量的符合基本不等式的形式，利用基本不等式求出兩個人滿意度最大時的結果，并且寫出等號成立的條件；

（3）先寫出結論：不能由（2）知，因為，不能取到、的值，使得和同時成立，但等號不同時成立.【詳解】

（1）甲：買進的滿意度，賣出的滿意度為.所以，甲買進和賣出的綜合滿意度為.乙：賣出的滿意度為，買進的滿意度為.所以，乙賣出和買進的綜合滿意度為.當時，.，因此，；

（2）設，當時，當且僅當時，即當時，等號成立，即，時，甲、乙兩人的綜合滿意度最大，最大綜合滿意度為；

（3）不能由（2）知，因為，因此，不能取到、的值，使得和同時成立，因為等號不同時取到.【點睛】

本題考查函數模型的選擇和應用，解題的關鍵就是理解題意，在求最值時應該根據代數式的機構合理選擇，考查分析問題和解決問題的能力，屬于中等題.