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广东省深圳市蛇口育才教育集团育才中学2023-2024学年高一上学期12月阶段检测（二）数学试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的.
1．（2023高一上·深圳月考）已知集合，，则等于（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：因为，，
故
故答案为：.
【分析】本题考查集合的交集运算.观察可知集合A的元素为自然数，据此可先求出集合，再根据集合交集的定义可求出答案.
2．（2023高一上·深圳月考）“”是“”的（　　）
A．充分不必要条件 B．充要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】C
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：不能推出，例如，
满足，但是，所以充分性不成立；
根据不等式的性质，若，则，所以必要性成立，
所以，“”是“”的必要不充分条件，
故答案为：C.
【分析】本题考查充分，必要条件的判定.使用特殊值法取，据此可判断不能推出，但，可推出，根据充分必要条件的定义可判断答案.
3．（2023高一上·深圳月考） 函数的定义域为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】函数的定义域及其求法
【解析】【解答】解：由题意得，解得且
所以函数的定义域为.
故答案为：A.
【分析】本题考查函数定义域的求法.根据分式的分母不等于0，根式下的被开方数大于等于0可列出不等式组，解不等式组可求出函数的定义域.
4．（2023高一上·深圳月考）若，，（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】指数函数单调性的应用；利用对数函数的单调性比较大小；对数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】解：因为，，，所以.
故答案为：D.
【分析】本题考查利用指数函数单调性和对数函数的单调性比较大小.先将a和1与0和1进行比较，根据对数的单调性可得出：，再根据指数的单调性可推断出，综上可比较出三者的大小关系.
5．（2023高一上·深圳月考）设为奇函数，且当时，，则当时，（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】函数的奇偶性
【解析】【解答】解：设，则，因为函数为奇函数，且当时，，
，即.
故答案为：D.
【分析】本题考查函数的奇偶性.首先设，得到，再代入，利用奇函数的性质，可求出函数再另一段上的解析式.
6．（2022高一上·青岛期中）函数的图象是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】函数的图象
【解析】【解答】依题意的定义域为，由此排除CD选项.
当时，，由此排除A选项.
故答案为：B
【分析】利用已知条件结合函数的定义域和特殊点排除法，进而找出函数的图象。
7．（2023高一上·深圳月考） 已知且，函数满足对任意实数，都有成立，则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】函数的单调性及单调区间
【解析】【解答】解：因为对任意实数，都有成立，
所以在上为增函数，
所以，解得，
所以的取值范围为，
故答案为：C.
【分析】本题考查函数单调性的综合应用.由可得函数在上为增函数，再根据一次函数为增函数则x的系数大于0，指数函数为增函数则底数大于1，可列出不等式组，解不等式组可求出的取值范围
8．（2023高一上·深圳月考） 已知函数，若方程有四个不同的实根，则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】函数与方程的综合运用
【解析】【解答】解：对于，可知其对称轴为，
令，解得或；
令，解得或；
作出函数的图象，如图所示，
若方程有四个不同的实根，
即与有四个不同的交点，交点横坐标依次为，
对于，则，
可得，所以；
对于，则，可得；
所以，
由对勾函数可知在上单调递增，
可得，
所以的取值范围是.
故答案为：B.
【分析】本题考查函数与方程的综合应用，函数零点与方程根的关系.先根据函数解析式作出函数的图象，根据图象分析可得，进而推出，变形可得，结合，目标式子可化简为：，根据对勾函数的单调性可求出答案.
二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9．（2023高一上·深圳月考） 下列说法正确的是（　　）
A．终边在y轴上的角的集合为
B．若是第二象限角，则是第一或第三象限角
C．三角形的内角必是第一或第二象限角
D．已知扇形的面积为4，圆心角为2弧度，则该扇形的弧长为4.
【答案】B,D
【知识点】象限角、轴线角；终边相同的角；扇形的弧长与面积
【解析】【解答】解：A、终边在y轴上的角的集合为，A错误；
B、因为是第二象限角，所以，故，
当时，，此时，是第一象限角，
当时，，此时，是第三象限角，B正确；
C、三角形为直角三角形时，因为直角不是象限角，C错误；
D、由扇形面积公式知，，即，所以弧长，D正确.
故答案为：BD.
【分析】本题考查终边相同的角，三角函数象限角的判断，扇形的弧长和面积公式.对于选项A，根据终边在y轴上的角的集合为，可判断选项A；对于选项B，根据是第二象限角可先求出角的范围，再求出的范围，可判断选项B；对于选项C，当三角形为直角三角形时，直角不是象限角，可判断选项C；对于选项D，利用扇形面积公式扇形面积公式，可先求出半径，再利用弧长，可求出弧长，进而判断选项D；
10．（2023高一上·深圳月考）已知幂函数的图像经过点，则下列命题正确的有（　　）
A．函数为增函数
B．函数为减函数
C．若，则
D．若，则
【知识点】幂函数的概念与表示；幂函数的图象与性质
【解析】【解答】解：A和B、设幂函数为实数，∵其图像经过点，∴，解得，
∴，其定义域为，且在上为增函数，A正确，B错误；
C、时，，C正确；
D、当时，
又知
所以，D错误.
故答案为：AC.
【分析】本题考查幂函数的定义和幂函数的图象和性质.设幂函数为实数，根据图像经过点，可求出的值，进而写出函数的解析式，根据幂函数的图象性质可知：在上为增函数，据此可判断B选项和C选项.通过作差法先变形化简判断的符号，进而判断D选项.
11．（2023高一上·深圳月考） 若正实数、满足，则下列说法正确的是（　　）
A．有最大值 B．有最大值
C．有最小值 D．有最大值
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】解：因为正实数、满足，
A、，
当且仅当时，即当时，等号成立，所以有最大值，A正确；
B、，则，
当且仅当时，即当时，等号成立，即有最大值，B正确；
C、，
当且仅当时，即当时，等号成立，即有最小值，C正确；
D、因为，所以，，
即，当且仅当时，即当时，等号成立，
所以有最小值，D错误.
故答案为：ABC.
【分析】本题考查利用基本不等式求最值.已知，可知和为定值，使用基本不等式可求出的最值；对平方可得： ，再使用基本不等式的变形可求出的最值.变形可得：，采用1还原法，先乘以1再将1进行替换可得：，观察可知积为定值，使用基本不等式可求出最值；根据完全平方公式可知，使用基本不等式可得：，变形可推出，代入数据可求出的最大值.
12．（2023高一上·深圳月考） 已知是定义在上的不恒为零的函数，对于任意都满足，则下列说法正确的是（　　）
A．
B．是奇函数
C．若，则
D．若当时，，则在单调递减
【知识点】抽象函数及其应用
【解析】【解答】解：A、因为，
所以令，得，A正确；
B、令，得，所以，
令，得，
所以，令，得，又，
所以，又因为定义域为，所以函数是奇函数，正确；
C、令，得，
又，所以，C错误；
D、当时，由，
可得，又，
，在上任取，不妨设，
，
，
故，在单调递减，D正确.
故答案为：ABD.
【分析】本题考查抽象函数的应用，函数的单调性.对于A选项，令，代入关系式可求出的值；对于B选项，令，令同时代入关系式可推出，进而推出函数是奇函数；对于C选项， 令，，代入关系式结合，可求出答案；对于D选项，由变形可得，又，，利用函数单调性定义进行证明可得出的单调性.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．（2023高一上·深圳月考） 已知，则函数　 　.
【答案】0
【知识点】函数解析式的求解及常用方法；函数的表示方法
【解析】【解答】解：令得，
故答案为：0.
【分析】本题考查利用换元法求函数解析式.直接赋值令，可得，代入函数解析式可求出函数值.
14．（2023高一上·深圳月考） 命题：，.若为真命题，则实数的取值范围是　 　.
【答案】
【知识点】函数恒成立问题
【解析】【解答】解：因为，为真命题，
则在上恒成立，
令，，
则，所以，
所以实数的取值范围是.
故答案为：.
【分析】本题考查函数的恒成立问题.根据题意，分离参数可得，令，原问题转化为：，再利用二次函数的性质求出最值，进而求出实数a的取值范围.
15．（2023高一上·深圳月考） 燕子每年秋天都要从北方飞到南方过冬，研究发现，燕子的飞行速度（单位：）可以表示为（其中是实数，表示燕子的耗氧量的单位数），据统计，燕子在静止的时候其耗氧量为个单位.若燕子为赶路程，飞行的速度不能低于，其耗氧量至少需　 　个单位
【答案】80
【知识点】“对数增长”模型
【解析】【解答】解：依题意，时，，于是得，解得，即，
由得：，即，解得，
所以其耗氧量至少需80个单位.
故答案为：80.
【分析】本题考查对数函数模型的应用，对数的运算法则.根据题意燕子在静止的时候其耗氧量为个单位 ，可列出方程，解方程可求出常数a，再根据飞行的速度不能低于 ，可列出不等式，解不等式可求出答案.
16．（2022·柯桥模拟）已知函数，若对任意，存在使得恒成立，则实数a的取值范围为　 　．
【答案】
【知识点】函数单调性的性质；对数的性质与运算法则；对数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】根据题意可得只需即可，由题可知a为对数底数且或.当时，此时在各自定义域内都有意义，由复合函数单调性可知在上单调递减，在上单调递减，所以，，所以，即，可得；当时，由复合函数单调性可知在上单调递减，在上单调递增，所以，，所以，即，可得.综上：.
故答案为：.
【分析】根据题意结合复合函数单调性的性质，增减性一致为增，不一致为减的特点，由二次函数和对数函数的单调性即可得出函数f(x)的单调性，结合函数单调性的性质即可得出不等式，求解出a的取值范围即可。
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17．（2023高一上·深圳期中）已知集合.
（1）当时，求；
（2）若，求实数的取值范围.
【答案】（1）解：当时，，
∴；
（2）解：因为，所以，
所以，
所以的取值范围为：．
【知识点】集合关系中的参数取值问题；交集及其运算；子集与交集、并集运算的转换
【解析】【分析】 (1)根据题意求集合B，再根据交集运算求解；
(2) 由 可得 ， 根据子集关系运算求解.
18．（2023高一上·深圳月考） 设函数.
（1）若不等式的解集为，求a，b的值；
（2）若，，，求的最小值和相应的a，b的值.
【答案】（1）解：因为函数，
由不等式的解集为，所以且的两根分别为，
则，解得.
（2）解：由，可得，即，
因为，所以，
当且仅当时，即时，等号成立，
所以的最小值为.
【知识点】二次函数与一元二次方程、不等式的解的对应关系；基本不等式
【解析】【分析】本题考查一元二次不等式，二次函数，一元二次方程的关系，以及利用基本不等式求最值.
（1）根据不等式的端点就是对应方程的根可知：方程的两根分别为，结合根与系数的关系，可列出方程组，解方程组可求出答案；
（2）由，得到，采用1还原法先乘以1，再将1进行替换可得：，观察可知积为定值，利用基本不等式可求出最值.
19．（2023高一上·深圳月考） 已知函数（且）.
（1）判断函的奇偶性，并说明理由；
（2）若，且，求的取值范围.
【答案】（1）解：偶函数
函数的定义域为.
因为，所以，
所以函数为偶函数.
（2）解：当时，定义域为，所以有：.①.
②.
由①知函数为偶函数，所以可化为：.
因为为增函数，在上递减，
所以函数在上递减，所以.③.
由①②③解得：的取值范围为.
【知识点】函数的奇偶性；奇偶性与单调性的综合
【解析】【分析】本题考查函数奇偶性的应用，函数的单调性.
（1）先求出，再利用奇偶性的定义可进行判断；
（2）根据偶函数的性质可得可转化为：，再判断出函数在上的单调性，利用函数单调性可列出不等式，解不等式可求出实数x的取值范围.
20．（2023高一上·深圳月考） 已知函数.
（1）若，求在上的值域；
（2）若关于的方程有解，求的取值范围.
【答案】（1）解：时，
令，则.
，即，
而的对称轴为，
所以函数在上单调递增，
，即.
在上的值域为；

（2）解：
令，则
有解，
在上有解，
，解得，
的取值范围为.

【知识点】函数的值域；函数与方程的综合运用
【解析】【分析】本题考查函数值域的求法，函数与方程的综合应用.
（1）对函数进行配方可得：，令，则，利用二次函数的性质可求出函数区间上的最值，进而得出函数的值域；
（2）令，则问题转化为在上有解，根据一元二次方程再定区间上有解，可得，解不等式可求出实数a的取值范围.
21．（2023高一上·深圳月考）长江存储是我国唯一 一家能够独立生产3D NAND闪存的公司，其先进的晶栈Xtacking技术使得3D NAND闪存具有极佳的性能和极长的寿命．为了应对第四季度3D NAND闪存颗粒库存积压的情况，某下游闪存封装公司拟对产能进行调整，已知封装闪存的固定成本为300万元，每封装万片，还需要万元的变动成本，通过调研得知，当不超过120万片时，；当超过120万片时，，封装好后的闪存颗粒售价为150元/片，且能全部售完．
（1）求公司获得的利润的函数解析式；
（2）封装多少万片时，公司可获得最大利润？
【答案】（1）解：当时，，
当时，，
综上可知；
（2）解：当时，，
∴当时，利润取最大值700万元；
当时，，
∴当且仅当“”，即“”时，利润取最大值730万元，
综上所述，封装160万片时，公司可获得最大利润730万元．
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；二次函数模型
【解析】【分析】本题考查函数模型的应用，利用基本不等式求最值.
（1）根据利润=销售额-成本，分两种情况进行讨论可列出利润的函数解析式；
（2）根据（1）利润的函数解析式，当时，为二次函数，利用二次函数的性质可求出函数的最值；当时，，观察可得积为定值，利用基本不等式可求出函数的最值，最终比较得最大值可求出最大利润.
22．（2022高三上·湖北开学考）已知函数为偶函数.
（1）求实数的值；
（2）解关于的不等式；
（3）设，若函数与图象有2个公共点，求实数的取值范围.
【答案】（1）解：函数的定义或为，
函数为偶函数.
，即 ，
，
（2）解：，
当时，，单调递增，
在上单调递增，
又函数为偶函数，所以函数在上单调递增，在上单调递减；
，
，
解得或，
所以所求不等式的解集为
（3）解：函数与图象有2个公共点，
，
即，，
设，则，即，
又在上单调递增，
所以方程有两个不等的正根；
，
解得，即的取值范围为.
【知识点】奇函数与偶函数的性质；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）根据偶函数的定义及性质直接化简求值；
（2）判断时函数的单调性，根据奇偶性可得函数在各区间内的单调性，解不等式即可；
（3）由函数与图象有2个公共点， 可得有两个实数根，再利用换元法转化为二次方程有两个根，利用判别式求参数范围.
1 / 1广东省深圳市蛇口育才教育集团育才中学2023-2024学年高一上学期12月阶段检测（二）数学试卷
一、单选题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合要求的.
1．（2023高一上·深圳月考）已知集合，，则等于（　　）
A． B．
C． D．
2．（2023高一上·深圳月考）“”是“”的（　　）
A．充分不必要条件 B．充要条件
C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件
3．（2023高一上·深圳月考） 函数的定义域为（　　）
A． B．
C． D．
4．（2023高一上·深圳月考）若，，（　　）
A． B． C． D．
5．（2023高一上·深圳月考）设为奇函数，且当时，，则当时，（　　）
A． B． C． D．
6．（2022高一上·青岛期中）函数的图象是（　　）
A． B．
C． D．
7．（2023高一上·深圳月考） 已知且，函数满足对任意实数，都有成立，则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
8．（2023高一上·深圳月考） 已知函数，若方程有四个不同的实根，则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
二、多选题：本题共4小题，每小题5分，共20分.在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求.全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.
9．（2023高一上·深圳月考） 下列说法正确的是（　　）
A．终边在y轴上的角的集合为
B．若是第二象限角，则是第一或第三象限角
C．三角形的内角必是第一或第二象限角
D．已知扇形的面积为4，圆心角为2弧度，则该扇形的弧长为4.
10．（2023高一上·深圳月考）已知幂函数的图像经过点，则下列命题正确的有（　　）
A．函数为增函数
B．函数为减函数
C．若，则
D．若，则
11．（2023高一上·深圳月考） 若正实数、满足，则下列说法正确的是（　　）
A．有最大值 B．有最大值
C．有最小值 D．有最大值
12．（2023高一上·深圳月考） 已知是定义在上的不恒为零的函数，对于任意都满足，则下列说法正确的是（　　）
A．
B．是奇函数
C．若，则
D．若当时，，则在单调递减
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.
13．（2023高一上·深圳月考） 已知，则函数　 　.
14．（2023高一上·深圳月考） 命题：，.若为真命题，则实数的取值范围是　 　.
15．（2023高一上·深圳月考） 燕子每年秋天都要从北方飞到南方过冬，研究发现，燕子的飞行速度（单位：）可以表示为（其中是实数，表示燕子的耗氧量的单位数），据统计，燕子在静止的时候其耗氧量为个单位.若燕子为赶路程，飞行的速度不能低于，其耗氧量至少需　 　个单位
16．（2022·柯桥模拟）已知函数，若对任意，存在使得恒成立，则实数a的取值范围为　 　．
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17．（2023高一上·深圳期中）已知集合.
（1）当时，求；
（2）若，求实数的取值范围.
18．（2023高一上·深圳月考） 设函数.
（1）若不等式的解集为，求a，b的值；
（2）若，，，求的最小值和相应的a，b的值.
19．（2023高一上·深圳月考） 已知函数（且）.
（1）判断函的奇偶性，并说明理由；
（2）若，且，求的取值范围.
20．（2023高一上·深圳月考） 已知函数.
（1）若，求在上的值域；
（2）若关于的方程有解，求的取值范围.
21．（2023高一上·深圳月考）长江存储是我国唯一 一家能够独立生产3D NAND闪存的公司，其先进的晶栈Xtacking技术使得3D NAND闪存具有极佳的性能和极长的寿命．为了应对第四季度3D NAND闪存颗粒库存积压的情况，某下游闪存封装公司拟对产能进行调整，已知封装闪存的固定成本为300万元，每封装万片，还需要万元的变动成本，通过调研得知，当不超过120万片时，；当超过120万片时，，封装好后的闪存颗粒售价为150元/片，且能全部售完．
（1）求公司获得的利润的函数解析式；
（2）封装多少万片时，公司可获得最大利润？
22．（2022高三上·湖北开学考）已知函数为偶函数.
（1）求实数的值；
（2）解关于的不等式；
（3）设，若函数与图象有2个公共点，求实数的取值范围.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：因为，，
故
故答案为：.
【分析】本题考查集合的交集运算.观察可知集合A的元素为自然数，据此可先求出集合，再根据集合交集的定义可求出答案.
2．【答案】C
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：不能推出，例如，
满足，但是，所以充分性不成立；
根据不等式的性质，若，则，所以必要性成立，
所以，“”是“”的必要不充分条件，
故答案为：C.
【分析】本题考查充分，必要条件的判定.使用特殊值法取，据此可判断不能推出，但，可推出，根据充分必要条件的定义可判断答案.
3．【答案】A
【知识点】函数的定义域及其求法
【解析】【解答】解：由题意得，解得且
所以函数的定义域为.
故答案为：A.
【分析】本题考查函数定义域的求法.根据分式的分母不等于0，根式下的被开方数大于等于0可列出不等式组，解不等式组可求出函数的定义域.
4．【答案】D
【知识点】指数函数单调性的应用；利用对数函数的单调性比较大小；对数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】解：因为，，，所以.
故答案为：D.
【分析】本题考查利用指数函数单调性和对数函数的单调性比较大小.先将a和1与0和1进行比较，根据对数的单调性可得出：，再根据指数的单调性可推断出，综上可比较出三者的大小关系.
5．【答案】D
【知识点】函数的奇偶性
【解析】【解答】解：设，则，因为函数为奇函数，且当时，，
，即.
故答案为：D.
【分析】本题考查函数的奇偶性.首先设，得到，再代入，利用奇函数的性质，可求出函数再另一段上的解析式.
6．【答案】B
【知识点】函数的图象
【解析】【解答】依题意的定义域为，由此排除CD选项.
当时，，由此排除A选项.
故答案为：B
【分析】利用已知条件结合函数的定义域和特殊点排除法，进而找出函数的图象。
7．【答案】C
【知识点】函数的单调性及单调区间
【解析】【解答】解：因为对任意实数，都有成立，
所以在上为增函数，
所以，解得，
所以的取值范围为，
故答案为：C.
【分析】本题考查函数单调性的综合应用.由可得函数在上为增函数，再根据一次函数为增函数则x的系数大于0，指数函数为增函数则底数大于1，可列出不等式组，解不等式组可求出的取值范围
8．【答案】B
【知识点】函数与方程的综合运用
【解析】【解答】解：对于，可知其对称轴为，
令，解得或；
令，解得或；
作出函数的图象，如图所示，
若方程有四个不同的实根，
即与有四个不同的交点，交点横坐标依次为，
对于，则，
可得，所以；
对于，则，可得；
所以，
由对勾函数可知在上单调递增，
可得，
所以的取值范围是.
故答案为：B.
【分析】本题考查函数与方程的综合应用，函数零点与方程根的关系.先根据函数解析式作出函数的图象，根据图象分析可得，进而推出，变形可得，结合，目标式子可化简为：，根据对勾函数的单调性可求出答案.
【知识点】象限角、轴线角；终边相同的角；扇形的弧长与面积
【解析】【解答】解：A、终边在y轴上的角的集合为，A错误；
B、因为是第二象限角，所以，故，
当时，，此时，是第一象限角，
当时，，此时，是第三象限角，B正确；
C、三角形为直角三角形时，因为直角不是象限角，C错误；
D、由扇形面积公式知，，即，所以弧长，D正确.
故答案为：BD.
【分析】本题考查终边相同的角，三角函数象限角的判断，扇形的弧长和面积公式.对于选项A，根据终边在y轴上的角的集合为，可判断选项A；对于选项B，根据是第二象限角可先求出角的范围，再求出的范围，可判断选项B；对于选项C，当三角形为直角三角形时，直角不是象限角，可判断选项C；对于选项D，利用扇形面积公式扇形面积公式，可先求出半径，再利用弧长，可求出弧长，进而判断选项D；
【知识点】幂函数的概念与表示；幂函数的图象与性质
【解析】【解答】解：A和B、设幂函数为实数，∵其图像经过点，∴，解得，
∴，其定义域为，且在上为增函数，A正确，B错误；
C、时，，C正确；
D、当时，
又知
所以，D错误.
故答案为：AC.
【分析】本题考查幂函数的定义和幂函数的图象和性质.设幂函数为实数，根据图像经过点，可求出的值，进而写出函数的解析式，根据幂函数的图象性质可知：在上为增函数，据此可判断B选项和C选项.通过作差法先变形化简判断的符号，进而判断D选项.
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】解：因为正实数、满足，
A、，
当且仅当时，即当时，等号成立，所以有最大值，A正确；
B、，则，
当且仅当时，即当时，等号成立，即有最大值，B正确；
C、，
当且仅当时，即当时，等号成立，即有最小值，C正确；
D、因为，所以，，
即，当且仅当时，即当时，等号成立，
所以有最小值，D错误.
故答案为：ABC.
【分析】本题考查利用基本不等式求最值.已知，可知和为定值，使用基本不等式可求出的最值；对平方可得： ，再使用基本不等式的变形可求出的最值.变形可得：，采用1还原法，先乘以1再将1进行替换可得：，观察可知积为定值，使用基本不等式可求出最值；根据完全平方公式可知，使用基本不等式可得：，变形可推出，代入数据可求出的最大值.
【知识点】抽象函数及其应用
【解析】【解答】解：A、因为，
所以令，得，A正确；
B、令，得，所以，
令，得，
所以，令，得，又，
所以，又因为定义域为，所以函数是奇函数，正确；
C、令，得，
又，所以，C错误；
D、当时，由，
可得，又，
，在上任取，不妨设，
，
，
故，在单调递减，D正确.
故答案为：ABD.
【分析】本题考查抽象函数的应用，函数的单调性.对于A选项，令，代入关系式可求出的值；对于B选项，令，令同时代入关系式可推出，进而推出函数是奇函数；对于C选项， 令，，代入关系式结合，可求出答案；对于D选项，由变形可得，又，，利用函数单调性定义进行证明可得出的单调性.
13．【答案】0
【知识点】函数解析式的求解及常用方法；函数的表示方法
【解析】【解答】解：令得，
故答案为：0.
【分析】本题考查利用换元法求函数解析式.直接赋值令，可得，代入函数解析式可求出函数值.
14．【答案】
【知识点】函数恒成立问题
【解析】【解答】解：因为，为真命题，
则在上恒成立，
令，，
则，所以，
所以实数的取值范围是.
故答案为：.
【分析】本题考查函数的恒成立问题.根据题意，分离参数可得，令，原问题转化为：，再利用二次函数的性质求出最值，进而求出实数a的取值范围.
15．【答案】80
【知识点】“对数增长”模型
【解析】【解答】解：依题意，时，，于是得，解得，即，
由得：，即，解得，
所以其耗氧量至少需80个单位.
故答案为：80.
【分析】本题考查对数函数模型的应用，对数的运算法则.根据题意燕子在静止的时候其耗氧量为个单位 ，可列出方程，解方程可求出常数a，再根据飞行的速度不能低于 ，可列出不等式，解不等式可求出答案.
16．【答案】
【知识点】函数单调性的性质；对数的性质与运算法则；对数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】根据题意可得只需即可，由题可知a为对数底数且或.当时，此时在各自定义域内都有意义，由复合函数单调性可知在上单调递减，在上单调递减，所以，，所以，即，可得；当时，由复合函数单调性可知在上单调递减，在上单调递增，所以，，所以，即，可得.综上：.
故答案为：.
【分析】根据题意结合复合函数单调性的性质，增减性一致为增，不一致为减的特点，由二次函数和对数函数的单调性即可得出函数f(x)的单调性，结合函数单调性的性质即可得出不等式，求解出a的取值范围即可。
17．【答案】（1）解：当时，，
∴；
（2）解：因为，所以，
所以，
所以的取值范围为：．
【知识点】集合关系中的参数取值问题；交集及其运算；子集与交集、并集运算的转换
【解析】【分析】 (1)根据题意求集合B，再根据交集运算求解；
(2) 由 可得 ， 根据子集关系运算求解.
18．【答案】（1）解：因为函数，
由不等式的解集为，所以且的两根分别为，
则，解得.
（2）解：由，可得，即，
因为，所以，
当且仅当时，即时，等号成立，
所以的最小值为.
【知识点】二次函数与一元二次方程、不等式的解的对应关系；基本不等式
【解析】【分析】本题考查一元二次不等式，二次函数，一元二次方程的关系，以及利用基本不等式求最值.
（1）根据不等式的端点就是对应方程的根可知：方程的两根分别为，结合根与系数的关系，可列出方程组，解方程组可求出答案；
（2）由，得到，采用1还原法先乘以1，再将1进行替换可得：，观察可知积为定值，利用基本不等式可求出最值.
19．【答案】（1）解：偶函数
函数的定义域为.
因为，所以，
所以函数为偶函数.
（2）解：当时，定义域为，所以有：.①.
②.
由①知函数为偶函数，所以可化为：.
因为为增函数，在上递减，
所以函数在上递减，所以.③.
由①②③解得：的取值范围为.
【知识点】函数的奇偶性；奇偶性与单调性的综合
【解析】【分析】本题考查函数奇偶性的应用，函数的单调性.
（1）先求出，再利用奇偶性的定义可进行判断；
（2）根据偶函数的性质可得可转化为：，再判断出函数在上的单调性，利用函数单调性可列出不等式，解不等式可求出实数x的取值范围.
20．【答案】（1）解：时，
令，则.
，即，
而的对称轴为，
所以函数在上单调递增，
，即.
在上的值域为；

（2）解：
令，则
有解，
在上有解，
，解得，
的取值范围为.

【知识点】函数的值域；函数与方程的综合运用
【解析】【分析】本题考查函数值域的求法，函数与方程的综合应用.
（1）对函数进行配方可得：，令，则，利用二次函数的性质可求出函数区间上的最值，进而得出函数的值域；
（2）令，则问题转化为在上有解，根据一元二次方程再定区间上有解，可得，解不等式可求出实数a的取值范围.
21．【答案】（1）解：当时，，
当时，，
综上可知；
（2）解：当时，，
∴当时，利润取最大值700万元；
当时，，
∴当且仅当“”，即“”时，利润取最大值730万元，
综上所述，封装160万片时，公司可获得最大利润730万元．
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；二次函数模型
【解析】【分析】本题考查函数模型的应用，利用基本不等式求最值.
（1）根据利润=销售额-成本，分两种情况进行讨论可列出利润的函数解析式；
（2）根据（1）利润的函数解析式，当时，为二次函数，利用二次函数的性质可求出函数的最值；当时，，观察可得积为定值，利用基本不等式可求出函数的最值，最终比较得最大值可求出最大利润.
22．【答案】（1）解：函数的定义或为，
函数为偶函数.
，即 ，
，
（2）解：，
当时，，单调递增，
在上单调递增，
又函数为偶函数，所以函数在上单调递增，在上单调递减；
，
，
解得或，
所以所求不等式的解集为
（3）解：函数与图象有2个公共点，
，
即，，
设，则，即，
又在上单调递增，
所以方程有两个不等的正根；
，
解得，即的取值范围为.
【知识点】奇函数与偶函数的性质；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）根据偶函数的定义及性质直接化简求值；
（2）判断时函数的单调性，根据奇偶性可得函数在各区间内的单调性，解不等式即可；
（3）由函数与图象有2个公共点， 可得有两个实数根，再利用换元法转化为二次方程有两个根，利用判别式求参数范围.
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