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）:建平中学升学率2019

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.