山东省烟台市2020-2021学年高一上学期期中数学试题

学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________

一、单选题

1．已知集合，，则（ ）

A． ． ． ．

2．已知函数的定义域为，则函数的定义域为（ ）

A． ． ． ．

3．已知命题：所有的正方形都是矩形，则是（ ）

A．所有的正方形都不是矩形 ．存在一个正方形不是矩形

C．存在一个矩形不是正方形 ．不是正方形的四边形不是矩形

4．某高三学生于2020年9月第二个周末乘高铁赴济南参加全国高中数赛（山东省赛区）的比赛活动．早上他乘坐出租车从家里出发，离开家不久，发现身份证忘在家里了，于是回到家取上身份证，然后乘坐出租车以更快的速度赶往高铁站，令（单位：分钟）表示离开家的时间，（单位：千米）表示离开家的距离，其中等待红绿灯及在家取身份证的时间忽略不计，下列图象中与上述事件吻合最好的是（ ）

A． ． ． ．

5．若不等式对一切恒成立，则实数的取值范围为（ ）

A． ． ． ．

6．定义在实数集上的函数，称为狄利克雷函数．该函数由19世纪德国数学家狄利克雷提出，在高等数学的研究中应用广泛．下列有关狄利克雷函数的说法中不正确的是（ ）

A．的值域为 ．是偶函数

C．存在无理数，使 ．对任意有理数，有

7．衡量病毒传播能力的一个重要指标叫做传播指数．它指的是，在自然情况下（没有外力介入，同时所有人都没有免疫），一个感染某种传染病的人，会把疾病传染给多少人的平均数．它的简单计算公式是：确诊病例增长率系列间隔，其中系列间隔是指在一个传播链中两例连续病例的间隔时间（单位：天）．根据统计，某种传染病确诊病例的平均增长率为25%，两例连续病例的间隔时间的平均数为4天，根据以上数据计算，若甲得这种传染病，则经过6轮传播后由甲引起的得病的总人数约为（ ）

A．30 ．62 ． ．126

8．令表示不超过的最大整数，例如，，，若函数，则函数在区间上所有可能取值的和为（ ）

A．1 ．2 ．3 ．4

二、多选题

9．已知集合，，，则（ ）

A． ． ． ．

10．下列说法正确的是（ ）

A．设，，则“”是“”的必要不充分条件

B．“”是“二次方程有两个不等实根”的充分不必要条件

C．设的内角，，所对边分别为，，，则“”是“”的充要条件

D．设平面四边形的对角线分别为，，则“四边形为矩形”是“”的既不充分也不必要条件

11．设，，则（ ）

A． ．

C． ．

12．已知函数，则（ ）

A．为偶函数

B．的值域是

C．方程只有一个实根

D．对，，，有

三、填空题

13．已知，，，则的最小值为______．

14．已知二次函数在上单调递增，则实数的取值范围是______．

15．若一个集合是另一个集合的子集，则称两个集合构成“鲸吞”；若两个集合有公共元素，且互不为对方子集，则称两个集合构成“蚕食”，对于集合，，若这两个集合构成“鲸吞”或“蚕食”，则a的取值集合为_____.

16．依法纳税是每个公民应尽的义务．根据《中华人民共和国个人所得税法》，自2019年1月1日起，以居民个人每一纳税年度的综合所得收入额减除费用六万元以及专项扣除、专项附加扣除和依法确定的其他扣除后的余额作为应纳税所得额，按照百分之三至百分之四十五的超额累进税率（见下表），计算个人综合所得个税：

四、解答题

17．已知函数．

（1）根据定义证明在上为增函数；

（2）若对，恒有，求实数的取值范围．

18．已知全集，集合，，．

（1）若，求；

（2）在①，②这两个条件中任选一个，补充到下面问题中，并给出解答．问题：已知，：______，若是的充分不必要条件，求实数的取值范围．

19．已知函数是定义在上的偶函数，当时，．

（1）求的解析式，并补全的图象；

（2）求使不等式成立的实数的取值范围．

20．已知函数，不等式的解集为，，．

（1）求和的值；

（2）若时，函数的图象恒在图象的上方，求实数的取值范围．

21．科技创新是企业发展的源动力，是一个企业能够实现健康持续发展的重要基础．某科技企业最新研发了一款大型电子设备，并投入生产应用．经调研，该企业生产此设备获得的月利润（单位：万元）与投入的月研发经费（，单位：万元）有关：当投入的月研发经费不高于36万元时，；当投入月研发经费高于36万元时，．对于企业而言，研发利润率，是优化企业管理的重要依据之一，越大，研发利润率越高，反之越小．

（1）求该企业生产此设备的研发利润率的最大值以及相应月研发经费的值；

（2）若该企业生产此设备的研发利润率不低于190%，求月研发经费的取值范围．

22．已知函数的图象关于点成中心对称图形的充要条件是．给定函数．

（1）求函数图象的对称中心；

（2）判断在区间上的单调性（只写出结论即可）；

（3）已知函数的图象关于点对称，且当时，．若对任意，总存在，使得，求实数的取值范围．

参

1．C

【分析】

求出集合，再根据集合的交运算即可求解.

【详解】

，，

所以.

故选：C

2．A

【分析】

根据抽象函数的定义域以及分母不为零得到关于的不等式组，解出即可．

【详解】

因为函数的定义域为且分式的分母不等于零，

所以，

解得，

故函数的定义域为，，

故选：．

3．B

【分析】

根据全称命题的否定变换形式即可得出结果.

【详解】

命题：所有的正方形都是矩形，

：存在一个正方形不是矩形.

故选：B

4．C

【分析】

由题意可知，该高三学生行动的三个过程均为离开家的距离关于时间的一次函数，由题意分析斜率，再结合图象得答案．

【详解】

由题意，该高三学生离开家，是的一次函数，且斜率为正；

高三学生返回家的过程中，仍然是的一次函数，斜率为负；

高三学生最后由家乘坐出租车以更快的速度赶往高铁站，

仍然是的一次函数，斜率为正值，且斜率比第一段的斜率大，

则图象先增再减再增，且第三段的斜率大于第一段的斜率，

所以，与事件吻合最好的图象为．

故选：．

5．D

【分析】

首先分离参数可得，然后结合对勾函数的性质求得，从而可确定的取值范围．

【详解】

因为不等式对一切恒成立，

所以在区间上恒成立，

由对勾函数的性质可知函数 在区间上单调递增，

且当时，，所以

故实数的取值范围是．

故选：．

【点睛】

方法点睛：一元二次不等式恒成立问题主要方法：（1）若实数集上恒成立，考虑判别式的符号即可；（2）若在给定区间上恒成立，则考虑运用“分离参数法”转化为求最值问题.

6．C

【分析】

由分段函数的解析式求得函数的值域，可判定A；由偶函数的定义，可判定B；由函数的周期函数的定义，可判断C、D，进而得到答案.

【详解】

由题意，函数，可得函数的值域为，所以A 正确；

若为有理数，则也为有理数，可得；

若为无理数，则也为无理数，可得，

所以函数为定义域上的偶函数，所以B正确；

当为无理数，若为有理数，则为无理数，

若为无理数，则可能为有理数，也可能是无理数，不满足，

所以C不正确；

对于任意有理数，若为有理数，则为无理数，

若为无理数，则为无理数，所以，所以D正确.

故选：C.

【点睛】

函数的周期性的判定及应用：

1、判断函数的周期只需证明（其中）便可得出函数为周期函数，且周期为，函数的周期性常与函数的其他性质综合命题；

2、根据函数的周期性，可由函数的局部的性质得到函数的整体性质，在解决具体问题时，要注意结论：若是函数的周期，则且也是函数的周期.

7．D

【分析】

根据确诊病例增长率系列间隔，先求得，即公比，然后利用等比数列的前n项和公式求解

【详解】

由题意得：

所以经过6轮传播后由甲引起的得病的总人数约为：

，

故选：D

8．B

【分析】

根据表示不超过的最大整数，分5种情况讨论，分别求出和的值，即可以计算的函数值，相加即可得答案．

【详解】

因为表示不超过的最大整数，所以：

当时，有，则，则，，此时，

当时，有，则，则，，此时，

当时，有，则，则，，此时，

当时，有，则，则，，此时，

当时，，则，则，，此时，

函数在区间，上所有可能取值的和为；

故选：．

【点睛】

结论点睛：分类讨论思想的常见类型 

（1）问题中的变量或含有需讨论的参数的，要进行分类讨论的； 

（2）问题中的条件是分类给出的； 

（3）解题过程不能统一叙述，必须分类讨论的； 

（4）涉及几何问题时，由几何元素的形状、位置的变化需要分类讨论的.

9．ACD

【分析】

解一元二次不等式求出集合，求二次函数的值域求集合，再根据集合的基本运算逐一判断即可.

【详解】

，

，

所以，故A正确；

又或，，所以不成立，故B错误；

，故C正确；

根据集合与，可知，故D正确.

故选：ACD

10．ABC

【分析】

利用充分条件和必要条件的定义判断.

【详解】

A.令，满足，而，不充分；若，当时，则，当时，因为，则，所以必要，故正确；

B. 当时，，方程有两个不等实根，故充分；当方程方程有两个不等实根时，，则，故不必要，故正确；

C. 在中，大角对大边，大边对大角，所以“”是“”的充要条件，故正确；

D.若四边形为矩形时，则，所以充分，故错误；

故选：ABC

11．BC

【分析】

由不等式的基本性质可判断选项，；利用作差法即可判断选项；取特殊值即可判断选项．

【详解】

因为，，所以，故错误；

因为，所以，，，

所以，即，故正确；

因为，所以，，则，所以，故正确；

取，，可得，，，故错误．

故选：．

【点睛】

方法点睛：利用作差法比较大小，一般采取把差变为几个因式的乘积，先确定各因式的符号，从而确定出差的符号.

12．BD

【分析】

选项A取特殊值可判断其不是偶函数; 选项B.由分段求其值域即可；选项C.分，和分别求方程可得答案；选项D.先得出函数的单调性，可得答案.

【详解】

选项A. 由 ，，则，

显然，所以不是偶函数，故A 不正确.

选项B.  

当时，，此时在上单调递减.

此时,所以

当时，，此时在上单调递减.

此时，

所以的值域是，故B正确.

选项C. 由方程，即，可得是方程的一个实数根.

当时,则

由可得，所以此时方程有一个实数根

当时，,此时.

所以此时方程无实数根.

综上：方程有两个实数根，故C不正确.

选项D. 由 ，,则，所以为奇函数.

当时，，此时在上单调递减.

由函数为奇函数，所以在上单调递减，又，

所以在上单调递减.

所以对，，，有，故D正确.

故选：BD

【点睛】

关键点睛：本题考查函数奇偶性、值域、单调性等基本性质.解答本题的关键是将函数化为分段函数的形式，当时，和当时，分离常数求其值域，和分类讨论解方程，属于中档题.

13．

【分析】

根据题意，由，结合基本不等式，即可求解.

【详解】

由，，，

则，

当且仅当时，即时，等号成立，

所以的最小值为.

【点睛】

利用基本不等式最值的方法与技巧：

1、在运用基本不等式时，要特别注意“拆”、“拼”、“凑”等技巧，使用其满足基本不等式的“一正”、“二定”、“三相等”的条件；

2、利用基本不等式求最值时，要从整体上把握运用基本不等式，有时可乘以一个数或加上一个数，以及“1”的代换等应用技巧.

14．

【分析】

求出的递增区间，根据是的子集可得结果．

【详解】

因为二次函数的图象是开口向上的抛物线，其对称轴是，

所以二次函数的增区间为，

又因为二次函数在上单调递增，

所以，

解得．

故答案为：．

15．

【分析】

分“鲸吞”或“蚕食”两种情况分类讨论求出值，即可求解

【详解】

当时，，此时满足，

当时，，此时集合只能是“蚕食”关系，

所以当集合有公共元素时，解得，

当集合有公共元素时，解得，

故的取值集合为.

故答案为：

16．186250

【分析】

由题意可得小王全年应缴纳所得额在36000元到144000元之间，设小王全年综合所得收入额为，根据题意列出方程，求解即可.

【详解】

若全年应纳税所得额恰好为36000元，则应缴纳个税为元

若全年应纳税所得额恰好为144000元，则应缴纳个税为 

因为 

所以小王全年应缴纳所得额在36000元到144000元之间.

设小王全年综合所得收入额为 

则 

即，所以，所以 

所以小王全年综合所得收入额为

故答案为：

【点睛】

关键点睛：本题考查分段函数的应用，解答本题的关键是分析出小王全年应缴纳所得额在36000元到144000元之间，由题意列出方程，属于中档题.

17．（1）证明见解析；（2）.

【分析】

（1）利用函数的单调性的定义，即可作出证明；

（2）由（1）得到在是增函数，求得函数的最大值，列出不等式，即可求解.

【详解】

（1）任取，，且，

则

因为，所以且，所以．

即，即．

所以在上是增函数．

（2）由（1）可得函数在是增函数，所以．

所以，解得，所以取值范围是．

18．（1）或；（2）答案见解析.

【分析】

（1）由得到，化简集合B，再利用交集运算求解. 

（2）选择条件①．根据是的充分不必要条件，即求解；选择条件②．根据是的充分不必要条件，由求解．

【详解】

（1）当时，，

解得或．

所以或．

所以或．

（2）方案一：选择条件①．

因为是的充分不必要条件，

所以，

因为，

所以或．

所以或，．

所以．

即，

解得．

方案二：选择条件②．

因为是的充分不必要条件，所以，

因为，

所以或．

所以或，．

所以．

即，

解得．

【点睛】

方法点睛：解决此类问题一般是把充分条件、必要条件或充要条件转化为集合之间的关系，然后根据集合之间的关系列出关于参数的不等式(组)求解，在求解参数的取值范围时，一定要注意区间端点值的检验，

19．（1），作图见解析；（2）.

【分析】

（1）设，则，从而，然后由是偶函数求解；

（2）由是偶函数，将原不等式转化为，再利用在上单调递增，由求解.

【详解】

（1）设，则，于是，

又因为是偶函数，

所以，

所以；

补全图象见下图．

（2）因为是偶函数，

所以原不等式等价于．

又由（1）的图象知：在上单调递增，

所以，

两边平方得，

即

解得．

所以实数的取值范围是．

20．（1）；（2）.

【分析】

（1）由题意可得，1和是方程的两根，然后结合方程的根与系数关系可得答案；

（2）由题意可得，，时，，分离系数后利用换元，然后结合二次函数的性质即可求解．

【详解】

（1）因为不等式的解集为，

所以1和为方程 的两根，

所以，解得．

（2）由题意对于，恒有．

两边同除以得，．

令，则上述不等式等价于，．

即．

又，

所以当时，．

所以实数的取值范围为．

【点睛】

不等式恒成立问题常见方法：① 分离参数恒成立(即可)或恒成立（即可）；②讨论最值或恒成立； ③  讨论参数，排除不合题意的参数范围，筛选出符合题意的参数范围.

21．（1）30万元，最大值200%；（2）.

【分析】

（1）分别写出与时研发利润率关于月研发经费的函数，再由基本不等式及函数的单调性求最值，取最大值中的最大者得结论；

（2）由（1）可得应付利润率关于研发经费的解析式，列不等式求解的范围即可

【详解】

（1）由已知，当时，

．

当且仅当，即时，取等号；

当时，．

因为在上单调递减，所以．

因为，所以当月研发经费为30万元时，研发利润率取得最大值200%．

（2）若该企业生产此设备的研发利润率不低于190%，

由（1）可知，此时月研发经费．

于是，令，

整理得，解得．

因此，当研发利润率不小于190%时，月研发经费的取值范围是．

【点睛】

思路点睛：与实际应用相结合的题型也是高考命题的动向，这类问题的特点是通过现实生活的事例考查书本知识，解决这类问题的关键是耐心读题、仔细理解题，只有吃透题意，才能将实际问题转化为数学模型进行解答.

22．（1）；（2）在区间上为增函数；（3）.

【分析】

（1）根据题意可知，若函数关于点中心对称，则，

然后利用得出与，代入上式求解；

（2）因为函数及函数在上递增，所以函数在上递增；

（3）根据题意可知，若对任意，总存在，使得，则只需使函数在上的值域为在上的值域的子集，然后分类讨论求解函数的值域与函数的值域，根据集合间的包含关求解参数的取值范围．

【详解】

解：（1）设函数图象的对称中心为，则．

即，

整理得，

于是，解得．

所以的对称中心为；

（2）函数在上为增函数；

（3）由已知，值域为值域的子集．

由（2）知在上单增，所以的值域为．

于是原问题转化为在上的值域．

①当，即时，在单增，注意到的图象恒过对称中心，可知在上亦单增，所以在上单增，又，，所以．

因为，所以，解得．

②当，即时，在单减，单增，

又过对称中心，所以在单增，单减；

此时．

欲使，

只需且

解不等式得，又，此时．

③当，即时，在单减，在上亦单减，

由对称性，知在上单减，于是．

因为，所以,解得．

综上，实数的取值范围为．

【点睛】

本题考查函数的对称中心及对称性的运用，难点在于（3）的求解，解答时应注意以下几点：

（1）注意划归与转化思想的运用，将问题转化为两个函数值域之间的包含问题求解；

（2）注意分类讨论思想的运用，结合对称性，分析讨论函数的单调性及最值是关键．