1、2021-2022 学年北京市西城区九校联考高一上期中数学试卷学年北京市西城区九校联考高一上期中数学试卷 一、选择题： （本大题共一、选择题： （本大题共 10 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 50 分）分） 1已知集合 Ax|x20，B0，1，2，则 AB 等于（ ） A0 B1 C2 D1，2 2命题“x0R，x02+x0+10”的否定为（ ） Ax0R，x02+x0+10 Bx0R，x02+x0+10 Cx0R，x02+x0+10 Dx0R，x02+x0+10 3下列四组函数中表示同一函数的是（ ） Af（x）x，g（x）（）2 Bf（x）x2，g（x）（x+1）2 Cf（x
2、）x1，g（x） Df（x）x2，g（t）t2 4下列不等式正确的是（ ） A若 ab，则 acbc B若 ac2bc2，则 ab C若 ab，则 D若 ab，则 ac2bc2 5在下列区间中，函数 f（x）x3+4x1 的零点所在的区间为（ ） A，0 B， C， D0， 6设 f（x），g（x），则 f（g（） ）的值为（ ） A1 B0 C1 D 7已知 a0，b0，且 a+2b8，那么 ab 的最大值等于（ ） A4 B8 C16 D32 8设 xR，则“|x|”是“x1”的（ ）条件 A充分而不必要 B必要而不充分 C充要 D既不充分也不必要 9定义在 R 上的偶函数 f（x）满足：
3、对任意的 x1，x20，+） （x1x2） ，有则（ ） Af（3）f（2）f（1） Bf（1）f（2）f（3） Cf（2）f（1）f（3） Df（3）f（1）f（2） 10 某部影片的盈利额 （即影片的票房收入与固定成本之差） 记为 y， 观影人数记为 x， 其函数图象如图 （1）所示由于目前该片盈利未达到预期，相关人员提出了两种调整方案，图（2） 、图（3）中的实线分别为调整后 y 与 x 的函数图象 给出下列四种说法： 图（2）对应的方案是：提高票价，并提高成本； 图（2）对应的方案是：保持票价不变，并降低成本； 图（3）对应的方案是：提高票价，并保持成本不变； 图（3）对应的方案是：提
4、高票价，并降低成本 其中，正确的说法是（ ） A B C D 二、填空题： （本大题共二、填空题： （本大题共 6 小题。每小题小题。每小题 5 分。共分。共 30 分）分） 11函数 f（x）的定义域为 12方程组的解集是： 13函数 f（x）是定义域为 R 的奇函数，且 f（1）2，那么 f（1）+f（0） 14若 x1，则函数 f（x）x+的值域为 15设 a，b0，使命题“若 ab，则”为假命题的一组 a，b 的值依次为 16 函数 yf （x） 的定义域为 R， 在0， +） 上大致图像如图所示， 则函数 yf （|x|） 的零点个数为 三、解答题： （本大题共三、解答题： （本大题
5、共 7 小题，每小题小题，每小题 10 分，共分，共 70 分分.） 17 （10 分）已知全集 UR，集合 Ax|1x3，Bx|x23x+20 （1）求 AB； （2）求（UA）B 18 （10 分）已知函数 f（x）x2+2ax+2， （1）当 a1 时，求函数 f（x）在3，3的最大值和最小值； （2）若对于任意 xR 都有 f（x）0，求实数 a 的取值范围 19 （10 分）解下列关于 x 的不等式 （1）； （2）x2（a+2）x+2a0 20 （10 分）已知函数 f（x）4x+ （1）判断函数 f （x）的奇偶性，并加以证明； （2）证明：函数 f （x）在区间（，+）上为增函
6、数 21 （10 分）已知二次函数 f（x）x2+2bx+c（b，cR） （1）若函数 f（x）的零点是1 和 1，求实数 b，c 的值； （2）已知 cb2+2b+3，设 x1、x2是关于 x 的方程 f（x）0 的两根，且（x1+1） （x2+1）8，求实数 b的值 22 （10 分）通过研究学生的学习行为，专家发现学生的注意力随着老师讲课时间的变化而变化：讲课开始时，学生的兴趣激增；中间有一段时间，学生的兴趣保持较理想的状态，随后学生的注意力开始分散，设 f（t）表示学生注意力随时间 t（分钟）的变化规律：f（t）越大，表明学生注意力越集中，经过实验分析得知： f（t） （1）讲课开始后
7、多少分钟，学生的注意力最集中？能持续多少分钟？ （2）一道数学难题，需要连续讲解 24 分钟，并且要求学生的注意力至少达到 180，那么经过适当安排，老师能否在学生达到需要的状态下讲授完这道题目？ 23 （10 分）对于区间a，b（ab） ，若函数 yf（x）同时满足：f（x）在a，b上是单调函数；函数yf（x） ，xa，b的值域是a，b，则称区间a，b为函数 f（x）的“保值”区间 （1）求函数 yx2的所有“保值”区间； （2）函数 yx2+m（m0）是否存在“保值”区间？若存在，求出 m 的取值范围；若不存在，说明理由 参考答案解析参考答案解析 一、选择题： （本大题共一、选择题： （本
8、大题共 10 小题，每小题小题，每小题 5 分，共分，共 50 分）分） 1已知集合 Ax|x20，B0，1，2，则 AB 等于（ ） A0 B1 C2 D1，2 【分析】可求出集合 A，然后进行交集的运算即可 【解答】解：Ax|x2，B0，1，2，则 AB2 故选：C 【点评】本题考查了集合的描述法和列举法的定义，交集及其运算，考查了计算能力，属于基础题 2命题“x0R，x02+x0+10”的否定为（ ） Ax0R，x02+x0+10 Bx0R，x02+x0+10 Cx0R，x02+x0+10 Dx0R，x02+x0+10 【分析】根据含有量词的命题的否定即可得到结论 【解答】解：命题为全称
9、命题，则命题的否定为x0R，x02+x0+10， 故选：A 【点评】本题主要考查含有量词的命题的否定，比较基础 3下列四组函数中表示同一函数的是（ ） Af（x）x，g（x）（）2 Bf（x）x2，g（x）（x+1）2 Cf（x）x1，g（x） Df（x）x2，g（t）t2 【分析】利用两个函数具有相同的定义域，对应关系即可判断 【解答】解：A、由于函数 f（x）x 的定义域是 R，g（x）的定义域是0，+） ，即两个函数的定义域不同，则 A 不对， B、由于函数 f（x）x2，g（x）（x+1）2即两个函数的解析式不同，则 B 不对， C、由于函数 f（x）x1 的定义域是 R，g（x）的定
10、义域是x|x1，即两个函数的定义域不同，则 C 不对， D、由于函数 f（x）x2，g（t）t2，两个函数的定义域解析式都相同，则 D 对 故选：D 【点评】本题考查函数的三要素，两个函数是同一个函数，当且仅当这两个函数具有相同的定义域，对应关系 4下列不等式正确的是（ ） A若 ab，则 acbc B若 ac2bc2，则 ab C若 ab，则 D若 ab，则 ac2bc2 【分析】A当 c0 时，acbc； B利用不等式的基本性质即可判断出； C取 a2，b1，不成立； Dc0 时不成立 【解答】解：A当 c0 时，acbc，因此不正确； Bac2bc2，ab，正确； C取 a2，b1，则不
11、成立； Dc0 时不成立 综上可得：只有 B 正确 故选：B 【点评】本题考查了不等式的基本性质，属于基础题 5在下列区间中，函数 f（x）x3+4x1 的零点所在的区间为（ ） A，0 B， C， D0， 【分析】根据零点存在性定理进行判断即可 【解答】解：因为 f（x）为连续函数， f（0）10，f（）（）3+410 所以 f（x）零点所在区间为（0，） ， 故选：D 【点评】本题考查了零点存在性定理，属于基础题 6设 f（x），g（x），则 f（g（） ）的值为（ ） A1 B0 C1 D 【分析】根据 是无理数可求出 g（）的值，然后根据分段函数 f（x）的解析式可求出 f（g（） ）
12、的值 【解答】解： 是无理数 g（）0 则 f（g（） ）f（0）0 故选：B 【点评】本题主要考查了分段函数的求值，解题的关键判定 是否为有理数，属于基础题 7已知 a0，b0，且 a+2b8，那么 ab 的最大值等于（ ） A4 B8 C16 D32 【分析】运用基本不等式的变形，化简整理即可得到所求最大值 【解答】解：a0，b0，且 a+2b8， 则 aba2b（）2168， 当且仅当 a2b4，取得等号 则 ab 的最大值为 8 故选：B 【点评】本题考查基本不等式的运用：求最值，考查运算能力，属于基础题 8设 xR，则“|x|”是“x1”的（ ）条件 A充分而不必要 B必要而不充分
13、C充要 D既不充分也不必要 【分析】先利用绝对值不等式的解法求出不等式的解，然后利用充分条件与必要条件的定义判断即可 【解答】解：不等式|x|，即，解得 0 x1， 因为（0，1）（，1） ， 所以“|x|”是“x1”的充分而不必要条件 故选：A 【点评】本题考查了绝对值不等式的解法，充分条件与必要条件的定义的理解与应用，解题的关键是将绝对值不等式进行等价转化，属于基础题 9定义在 R 上的偶函数 f（x）满足：对任意的 x1，x20，+） （x1x2） ，有则（ ） Af（3）f（2）f（1） Bf（1）f（2）f（3） Cf（2）f（1）f（3） Df（3）f（1）f（2） 【分析】先由奇
14、偶性将问题转化到0，+） ，再由函数在区间上的单调性比较 【解答】解：f（x）是偶函数 f（2）f（2） 又任意的 x1，x20，+） （x1x2） ，有， f（x）在0，+）上是减函数， 又123 f（1）f（2）f（2）f（3） 故选：A 【点评】本题主要考查用奇偶性转化区间和单调性比较大小，在比较大小中，用单调性的较多，还有的通过中间桥梁来实现的，如通过正负和 1 来解决 10 某部影片的盈利额 （即影片的票房收入与固定成本之差） 记为 y， 观影人数记为 x， 其函数图象如图 （1）所示由于目前该片盈利未达到预期，相关人员提出了两种调整方案，图（2） 、图（3）中的实线分别为调整后 y
15、 与 x 的函数图象 给出下列四种说法： 图（2）对应的方案是：提高票价，并提高成本； 图（2）对应的方案是：保持票价不变，并降低成本； 图（3）对应的方案是：提高票价，并保持成本不变； 图（3）对应的方案是：提高票价，并降低成本 其中，正确的说法是（ ） A B C D 【分析】解题的关键是理解图象表示的实际意义，进而得解 【解答】解：由图可知，点 A 纵坐标的相反数表示的是成本，直线的斜率表示的是票价， 故图（2）降低了成本，但票价保持不变，即对；图（3）成本保持不变，但提高了票价，即对； 故选：C 【点评】本题考查读图识图能力，考查分析能力，属于基础题 二、填空题： （本大题共二、填空题
16、： （本大题共 6 小题。每小题小题。每小题 5 分。共分。共 30 分）分） 11函数 f（x）的定义域为 x|x0 且 x1 【分析】由函数解析式可得 x0 且 x10，由此求得函数的定义域 【解答】解：要使函数有意义，x 需满足： ， 可得 x0 且 x1， 故函数的定义域为 x|x0 且 x1， 故答案为：x|x0 且 x1 【点评】本题主要考查求函数的定义域的方法，属于基础题 12方程组的解集是： （1，1） ， （1，1） 【分析】解方程组，求出方程组的解集即可 【解答】解：， x21，解得：x1， 方程组的解集是：（1，1） ， （1，1）， 故答案为：（1，1） ， （1，1）
17、 【点评】本题考查了求方程组的解集，是基础题 13函数 f（x）是定义域为 R 的奇函数，且 f（1）2，那么 f（1）+f（0） 2 【分析】由定义在 R 上的奇函数的性质直接求解即可 【解答】解：因为函数 f（x）是定义域为 R 的奇函数，且 f（1）2， 所以 f（0）0，f（1）f（1）2， 所以 f（1）+f（0）2+02 故答案为：2 【点评】本题主要考查函数奇偶性的性质，考查运算求解能力，属于基础题 14若 x1，则函数 f（x）x+的值域为 【分析】根据对号函数图像的性质，即可求出答案 【解答】解：为对号函数，拐点为 x， f（x）在上单调递减，上单调递增， f（x）的最小值为
18、， 故答案为： 【点评】本题主要考查了对号函数图像的性质，根据图像性质求值域，属于基础题 15设 a，b0，使命题“若 ab，则”为假命题的一组 a，b 的值依次为 b0a 【分析】根据反比例函数单调性，结合其图象判断 【解答】解：因为函数 f（x）的单调递减区间是（，0）和（0，+） ， 所以当 ab0 或 0ab 时，命题都为真命题， 当 b0a 时，不成立，命题为假题， 故答案为：b0a 【点评】本题以命题真假判断为载体，考查了反比例函数的单调性，属于基础题 16 函数 yf （x） 的定义域为 R， 在0， +） 上大致图像如图所示， 则函数 yf （|x|） 的零点个数为 7 【分析
19、】yf（x）与 yf（|x|）的图象关于 y 轴对称，由 yf（x）的图象可得 f（|x|）的图象，即可得出答案 【解答】解：yf（x）与 yf（|x|）的图象关于 y 轴对称， 由 yf（x）的图象可得 f（|x|）的图象为： f（|x|）零点有 7 个零点， 故答案为：7 【点评】本题考查函数的零点，属于中档题 三、解答题： （本大题共三、解答题： （本大题共 7 小题，每小题小题，每小题 10 分，共分，共 70 分分.） 17 （10 分）已知全集 UR，集合 Ax|1x3，Bx|x23x+20 （1）求 AB； （2）求（UA）B 【分析】 （1）根据二次不等式解出集合 B，再由集合
20、 B，最后求交集即可 （2）根据并集、补集的意义直接求解 【解答】解： （1）由 x23x+20，得（x2） （x1）0， 解得 x2，或 x1ABx|1x3x|x2，或 x1x|1x1 或 2x3 （2）UAx|x1，或 x3， （UA）Bx|x1，或 x3x|x2，或 x1x|x2，或 x1 【点评】本题考查简单的一元二次不等式，以及集合的运算问题，较容易，属基本题 18 （10 分）已知函数 f（x）x2+2ax+2， （1）当 a1 时，求函数 f（x）在3，3的最大值和最小值； （2）若对于任意 xR 都有 f（x）0，求实数 a 的取值范围 【分析】 （1）将 a1 代入，根据二次
21、函数的图象和性质，易分析出 x1 时函数取最小值，x3 函数取最大值，进而得到答案； （2）函数恒成立转化为4a280，解得即可 【解答】解： （1）当 a1 时，f（x）（x+1）2+1， 对 x3，3， 则 f（x）minf（1）1，f（x）maxf（3）17； （2）对于任意 xR 都有 f（x）0， 则4a280， 解得a， 故实数 a 的取值范围为（，） 【点评】本题考查的知识点是二次函数在闭区间上的最值，二次函数的性质，其中熟练掌握二次函数的图象和性质是解答的关键 19 （10 分）解下列关于 x 的不等式 （1）； （2）x2（a+2）x+2a0 【分析】 （1）将其转化为（x1
22、） （x2）0，再解之即可； （2）因式分解可得（x2） （xa）0，再分 a2，a2 和 a2 三种情况，解之即可 【解答】解： （1）， 故不等式的解集为（1，2） ； （2）由 x2（a+2）x+2a0 得， （x2） （xa）0， 当 a2 时，不等式的解集为空集； 当 a2 时，不等式的解集为（2，a） ； 当 a2 时，不等式的解集为（a，2） 【点评】本题考查分式不等式，含参一元二次不等式的解法，考查分类讨论思想，运算求解能力，属于基础题 20 （10 分）已知函数 f（x）4x+ （1）判断函数 f （x）的奇偶性，并加以证明； （2）证明：函数 f （x）在区间（，+）上为增
23、函数 【分析】 （1）根据奇函数的定义证明即可； （2）根据函数的单调性的定义证明即可 【解答】证明： （1）函数 f（x）是奇函数，证明如下： f（x）的定义域是（，0）（0，+） ， 且 f（x）4x（4x+）f（x） ， 故 f（x）是定义域上的奇函数； （2）设x1，x2（，+） ，且 x1x2， 则 f（x1）f（x2）4x1+4x2 （x1x2） （） ， x1x2，x1x20， x1，x2（，+） ， 0， （x1x2） （）0， f（x1）f（x2） ， 函数 f （x）在区间（，+）上为增函数 【点评】本题考查了函数的单调性，奇偶性问题，是基础题 21 （10 分）已知二次函
24、数 f（x）x2+2bx+c（b，cR） （1）若函数 f（x）的零点是1 和 1，求实数 b，c 的值； （2）已知 cb2+2b+3，设 x1、x2是关于 x 的方程 f（x）0 的两根，且（x1+1） （x2+1）8，求实数 b的值 【分析】 （1）1，1 为方程 x2+2bx+c0 的两个根，由韦达定理代入可得解； （2）将（x1+1） （x2+1）8 展开 x1x2+x1+x27，将方程 x2+2bx+b2+2b+30 的韦达定理代入，可得解 【解答】解： （1）由题可知：1，1 为方程 x2+2bx+c0 的两个根； 所以1+12b，11c 解得：b0，c1； （2）因为 cb2+
25、2b+3，f（x）x2+2bx+c0，所以 x2+2bx+b2+2b+30 因为 x1、x2是关于 x 的方程 x2+2bx+b2+2b+30 的两根， 所以4b24b28b120 即 b， 所以 x1+x22b，x1x2b2+2b+3， 因为（x1+1） （x2+1）8， 所以 x1x2+x1+x27， 所以2b+b2+2b+37； 所以 b24，所以 b2 或 b2， 因为 b， 所以 b2 【点评】本题考查三个二次之间的关系，利用韦达定理整体代入的处理方法，属于中档题 22 （10 分）通过研究学生的学习行为，专家发现学生的注意力随着老师讲课时间的变化而变化：讲课开始时，学生的兴趣激增；
26、中间有一段时间，学生的兴趣保持较理想的状态，随后学生的注意力开始分散，设 f（t）表示学生注意力随时间 t（分钟）的变化规律：f（t）越大，表明学生注意力越集中，经过实验分析得知： f（t） （1）讲课开始后多少分钟，学生的注意力最集中？能持续多少分钟？ （2）一道数学难题，需要连续讲解 24 分钟，并且要求学生的注意力至少达到 180，那么经过适当安排，老师能否在学生达到需要的状态下讲授完这道题目？ 【分析】 （1）分类讨论：当 0t10 时，当 20t40 时，分别求出各段上函数的最大值，从而得出讲课开始多少分钟，学生的注意力最集中； （2）分两种情形：当 0t10 时，当 20t40 时
27、，函数值为 180 对应的 t 值，则可计算出学生注意力在 180 以上所持续的时间即可看出是否经过适当安排，老师可以在学生达到所需要的状态下讲授完这道题 【解答】解： （1）当 0t10 时，f（t）t2+24t+100 （t12）2+244 是增函数，且 f（10）240； 当 20t40 时，f（t）7t+380 是减函数， 且 f（20）240 所以，讲课开始 10 分钟，学生的注意力最集中，能持续 10 分钟 （2）当 0t10 时，f（t）t2+24t+100180，则 t4； 当 20t40 时，令 f（t）7t+380180， t28.57，则学生注意力在 180 以上所持续的
28、时间 28.57424.5724， 所以，经过适当安排，老师可以在学生达到所需要的状态下讲授完这道题 【点评】本题考查分段函数的运用，主要考查二次函数的图象和性质的运用，考查运算能力，属于中档题 23 （10 分）对于区间a，b（ab） ，若函数 yf（x）同时满足：f（x）在a，b上是单调函数；函数yf（x） ，xa，b的值域是a，b，则称区间a，b为函数 f（x）的“保值”区间 （1）求函数 yx2的所有“保值”区间； （2）函数 yx2+m（m0）是否存在“保值”区间？若存在，求出 m 的取值范围；若不存在，说明理由 【分析】 （1）由已知中保值”区间的定义，结合函数 yx2的值域是0，
29、+） ，我们可得a，b0，+） ，从而函数 yx2在区间a，b上单调递增，则，结合 ab 即可得到函数 yx2的“保值”区间 （2）根据已知中保值”区间的定义，我们分函数 yx2+m 在区间a，b上单调递减，和函数 yx2+m 在区间a，b上单调递增，两种情况分类讨论，最后综合讨论结果，即可得到答案 【解答】解： （1）因为函数 yx2的值域是0，+） ，且 yx2在a，b的值域是a，b， 所以a，b0，+） ，所以 a0，从而函数 yx2在区间a，b上单调递增， 故有解得 又 ab，所以所以函数 yx2的“保值”区间为0，1（3 分） （2）若函数 yx2+m（m0）存在“保值”区间，则有：
30、 若 ab0，此时函数 yx2+m 在区间a，b上单调递减， 所以 消去 m 得 a2b2ba，整理得（ab） （a+b+1）0 因为 ab，所以 a+b+10，即 ab1又所以 因为 ，所以 （6 分） 若 ba0，此时函数 yx2+m 在区间a，b上单调递增， 所以 消去 m 得 a2b2ab，整理得（ab） （a+b1）0 因为 ab，所以 a+b10，即 b1a又所以 因为 ，所以 因为 m0，所以 （9 分） 综 合 、 得 ， 函 数 y x2+m （ m 0 ） 存 在 “ 保 值 ” 区 间 ， 此 时 m 的 取 值 范 围 是（10 分） 【点评】本题考查的知识点是函数单调性，函数的值，其中正确理解新定义的含义，并根据新定义构造出满足条件的方程（组）或不等式（组）将新定义转化为数学熟悉的数学模型是解答本题的关键
