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浙江省温州中学2024-2025学年高一上学期期中考试数学试卷
1．（2024高一上·温州期中）已知集合，，，则集合可以是（　　）
A． B． C． D．
2．（2024高一上·温州期中）已知，和是方程的两根，则（　　）
A．0 B．1 C．2 D．3
3．（2024高一上·温州期中）“，”的否定是（　　）
A．， B．，
C．，或 D．，且
4．（2024高一上·温州期中）以下可能是函数的图像的为（　　）
A． B．
C． D．
5．（2024高一上·温州期中）已知正数，满足，则的最小值为（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
6．（2024高一上·温州期中）一个质量为的物体在空气中以初始速率落下，假设空气阻力大小与物体的速率满足（为正常数）可求得在时刻物体的速率，其中自然常数，为重力加速度的大小，按照此模型，可推得（　　）
A．当时，随着变大，物体速率减小，但始终大于
B．当时，随 变大，物体速率增大，且始终大于
C．当时，随着变大，物体速率减小，且始终小于
D．当时，随着变大，物体速率增大，最终会等于
7．（2024高一上·温州期中）已知函数，在上单调递增，则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
8．（2024高一上·温州期中）已知函数的定义域为，，函数是奇函数，的图象关于直线对称，则（　　）
A．是偶函数 B．是奇函数
C． D．
9．（2024高一上·温州期中）已知，，则（　　）
A．的最小值是4 B．的最小值是1
C．的最大值是8 D．的最大值是
10．（2024高一上·温州期中）下列为真命题的是（　　）
A．函数的最小值为2
B．函数的最小值为3
C．函数的最大值为1
D．函数的最小值为2
11．（2024高一上·温州期中）设常数，函数，则（　　）
A．函数在上单调递减
B．当时，的图像关于直线对称
C．对任意，的图像是中心对称图形
D．若，则
12．（2024高一上·温州期中）已知幂函数的图像经过第二象限，且在区间上单调递减，则一个符合要求的　 　.
13．（2024高一上·温州期中）　 　.
14．（2024高一上·温州期中）设常数，若存在且，使得，则的取值范围是　 　.
15．（2024高一上·温州期中）设集合，.
（1）求集合；
（2）若“”是“”的必要不充分条件，求实数的取值范围.
16．（2024高一上·温州期中）定义在上的函数满足：对任意的，都有，且当时，.
（1）求证：是奇函数；
（2）判断的正负，并说明理由.
17．（2024高一上·温州期中）常数，函数
（1）若，解关于的不等式；
（2）若，存在，对任意，恒成立，求的最小值.
18．（2024高一上·温州期中）设常数，已知
（1）当时，求函数的单调递增区间；
（2）当时，求的解集；
（3）若存在，使成立，求实数的最小值.
19．（2024高一上·温州期中）设，对一般的函数，定义集合所含元素个数为的“等值点数”，记为.现已知函数，常数.
（1）对函数，当时，，求的取值范围；
（2）求的最大值；
（3）设函数，若的最大值为3，求的取值范围.
答案解析部分
1．【答案】D
【知识点】并集及其运算
【解析】【解答】解：因为，则，且集合，，
所以，结合选项可知ABC错误，D正确.
故答案为：D.
【分析】根据集合的并集性质，由，推导出集合与、集合与的包含关系，进而分析出集合中必须含有的元素，再结合选项判断.
2．【答案】C
【知识点】对数的概念与表示；一元二次方程的根与系数的关系
【解析】【解答】解：由题意可知：，则，
又因为方程的两根为1，2，
则，解得，
所以.
故答案为：C.
【分析】求解给定的一元二次方程，得到它的两个根.根据对数函数的单调性，结合的条件，确定和的值.用对数的定义求出和，进而计算的值.
3．【答案】C
【知识点】全称量词命题；命题的否定
【解析】【解答】解：“，”的否定是“，或”.
故答案为：C.
【分析】明确全称命题的否定规则：全称命题“，”的否定是特称命题“，”后对原命题中的结论进行否定，从而得到正确选项.
4．【答案】A
【知识点】函数的奇偶性；指数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：因为，故为奇函数，排除B，D；
又，排除C.
故答案为：A
【分析】判断函数的奇偶性，排除不符合奇偶性的选项，再通过计算特殊点的函数值，进一步排除错误选项，从而确定正确的函数图象.
5．【答案】B
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：由题意，
，
当且仅当，即时取等号.
故答案为：B.
【分析】通过对进行变形，构造出能使用基本不等式的形式，再利用基本不等式（，当且仅当时等号成立）来求解的最小值.
6．【答案】A
【知识点】指数型复合函数的性质及应用；“指数爆炸”模型
【解析】【解答】解：时，由，可得，故恒成立，
又，，由指数型复合函数的单调性，关于是单调递减函数，
于是随着变大，物体速率减小，A正确B错误；
时，由，可得，故恒成立，
又，由指数型复合函数的单调性，关于是单调递增函数，
于是随着变大，物体速率变大，CD均错误；
故答案为：A.
【分析】要根据给定的速率公式，结合指数函数的单调性，分别分析当和时，速率随时间的变化情况，从而判断各个选项的正确性.
7．【答案】A
【知识点】函数单调性的性质；指数型复合函数的性质及应用
【解析】【解答】 当，，令，
则，根据复合函数的单调性得到在上单调递增，
所以对称轴，即，
此时最小值点，解得，
所以；
当，，因为在上单调递增，
令，则，
根据复合函数的单调性得到在上单调递减，
所以对称轴，即，
此时最大值点，解得，
所以；
综上，的取值范围是，
故答案为：A.
【分析】分析函数在、、时的单调性，对于和的情况，通过换元法将指数函数转化为二次函数，利用二次函数的单调性和分段点处的函数值关系来确定的取值范围.
8．【答案】B
【知识点】函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性；函数的周期性
【解析】【解答】解：由为奇函数，，
可得，即函数图象关于对称，；
由关于对称，得，
即，的图象关于点中心对称；
结合条件关于直线对称，，可以得出.
对A，已知条件不足以确定的奇偶性，A选项错误；
对B，的图象可以由的图象向右平移一个单位得到，故对称中心为，是奇函数，B选项正确；
对C，由已知只能得到，不能确定的取值，C选项错误；
对D，，D选项错误.
故答案为：B.
【分析】用函数的奇偶性、对称性的定义及性质，对所给函数进行分析，推导函数的对称性、周期性等，进而判断各个选项的正确性.
9．【答案】B,C,D
【知识点】利用不等式的性质比较数（式）的大小
【解析】【解答】解：对A，，则，又，所以，
所以的最小值是5，故该选项错误；
对B，，则，又，所以，
所以的最小值是1，该选项正确；
对C，因为，，所以，即，
所以的最大值是8，该选项正确；
对D，，则，又，所以，
所以，所以的最大值是，该选项正确；
故答案为：BCD.
【分析】根据不等式的基本性质，分别对每个选项中的代数式，结合已知的和的取值范围，分析其取值范围，从而判断选项的正确性.
10．【答案】B,C
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数单调性的性质；基本不等式
【解析】【解答】解：A：令，则，可知函数的最小值不为2，故A错误；
B：因为，则，可得，
当且仅当，即时，等号成立，
所以函数的最小值为3，故B正确；
C：因为在内单调递增，可知函数在内单调递增，
且当时，，所以函数的最大值为1，故C正确；
D：令，可得，可知在内单调递增，
且当时，，所以函数的最小值为，故D错误；
故答案为：BC.
【分析】对每个选项中的函数，根据不同的函数性质（如基本不等式、函数单调性等）来判断其最值情况，从而确定真命题.
11．【答案】A,C,D
【知识点】奇偶函数图象的对称性；指数型复合函数的性质及应用
【解析】【解答】解：对A，因为为减函数，为增函数，为增函数，
故为减函数，故A正确；
对B，当时，，，故的图像关于对称，故B错误；
对C，因为，故对于任意，的图像关于对称，故C正确；
对D，由C可知，故即，又为减函数，故，即，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】分析函数的单调性、对称性等性质，来判断各个选项的正确性.对于单调性，根据组成函数的基本函数的单调性来判断；对于对称性，通过计算是否为定值来确定；再结合单调性和对称性分析选项D.
12．【答案】（答案不唯一，符合题意即可）
【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：例如，可知的定义域为，且，
所以幂函数的图像经过第二象限，且在区间上单调递减，符合题意.
故答案为：（答案不唯一，符合题意即可）.
【分析】依据幂函数的性质：当幂函数的指数小于时，函数在上单调递减；同时，函数图象要经过第二象限，意味着当时，函数值为正.
13．【答案】6
【知识点】有理数指数幂的运算性质；对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：
.
故答案为：6
【分析】用指数运算性质、对数运算性质（包括换底公式）来逐步计算式子的值.对每一项进行化简，再将化简后的结果相加.
14．【答案】
【知识点】一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】 由题意，若成立，则：
当时有解，或当时有解.
即当时有解，或当时有解.
①当时，无解，此时，，不满足；
②当时，无解，此时，，不满足；
故，则当时有解，或当时有解.
故或，即或，
即或.
求解可得或；
求解可得或；
综上有的取值范围是.
故答案为：
【分析】要根据绝对值的性质，分和两种情况去掉绝对值符号，然后将问题转化为方程有解的情况，进而求解的取值范围.
15．【答案】（1）解：对于集合，可得，解得，所以，
对于集合，可得，即，，解得，
所以，所以或，则.
（2）解：因为“”是“”的必要不充分条件，
所以是的真子集，
当时，此时解集为空集，满足题意；
当时，，即，
因为是的真子集，
所以，解得，所以，
综上实数的取值范围为
【知识点】集合间关系的判断；交、并、补集的混合运算；必要条件、充分条件与充要条件的判断；一元二次不等式及其解法
【解析】【分析】（1）根据函数定义域的要求求出集合，再通过解分式不等式求出集合，接着求出的补集，最后求与补集的交集.
（2）根据必要不充分条件的定义，可知的解集是的真子集，分和两种情况，结合集合的包含关系求解的取值范围.
（1）对于集合，可得，解得，所以，
对于集合，可得，即，，
解得，所以，
所以或，
则；
（2）因为“”是“”的必要不充分条件，
所以是的真子集，
当时，此时解集为空集，满足题意；
当时，，即，
因为是的真子集，
所以，解得，所以，
综上实数的取值范围为.
16．【答案】（1）证明：因为函数的定义域为，令，得，即，
令，可得，即，所以在上为奇函数.
（2）解：，理由如下：因为在上为奇函数，则，
当时，，即，所以.
【知识点】函数的奇偶性
【解析】【分析】（1）用奇函数的定义，即，通过对给定的函数关系式进行赋值来推导.
（2）用奇函数性质将式子变形，再结合已知条件中时，分析变形后式子的正负.
（1）因为函数的定义域为，
令，得，即，
令，可得，即，
所以在上为奇函数.
（2），理由如下：
因为在上为奇函数，
则，
当时，，即，
所以.
17．【答案】（1）解：若，则，
令，解得或，
当，即时，不等式解集为；
当，即时，不等式解集为；
当，即时，不等式解集为；
综上所述：当时，不等式解集为；
当时，不等式解集为；
当时，不等式解集为.
（2）解： 因为时，恒成立，等价于对恒成立，
即存在实数m，使得对恒成立，
可知，
当时，由在内单调递减，当时，，当时，，
则，解得，
所以的最小值为.
【知识点】函数单调性的性质；函数恒成立问题；一元二次不等式及其解法
【解析】【分析】（1）将函数表达式因式分解，得到两个根，再根据两个根的大小关系，分情况讨论二次不等式的解集，这是基于二次函数图象与二次不等式解集的关系.
（2）把不等式恒成立问题转化为关于的不等式有解问题，再通过分析函数单调性求出最值，进而确定的取值范围，核心是利用不等式恒成立与函数最值的联系.
（1）若，则，
令，解得或，
当，即时，不等式解集为；
当，即时，不等式解集为；
当，即时，不等式解集为；
综上所述：当时，不等式解集为；
当时，不等式解集为；
当时，不等式解集为.
（2）因为时，恒成立，
等价于对恒成立，
即存在实数m，使得对恒成立，
可知，
当时，由在内单调递减，
当时，，当时，，
则，解得，
所以的最小值为.
18．【答案】（1）解： 若，则的定义域为，
且，可知为偶函数，
设，且，
则，
因为，则，，则，
可得，即，
所以函数在内单调递增，
结合偶函数对称性可知：函数在内单调递减，
所以函数的单调递增区间为（或）
（2）解：若，则，因为，即，
整理可得，则，解得，
所以的解集为.
（3）解： 因为，即，
令，由（1）可知：，
则，，
可得，即，
原题意等价于在内有解，
又因为，当且仅当，即时，等号成立，
则，可得，解得，
所以实数的最小值
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数的奇偶性；函数恒成立问题；对数的性质与运算法则
【解析】【分析】（1）判断函数的奇偶性，再根据单调性定义结合指数函数性质确定单调递增区间.
（2）将和代入不等式，通过指数运算化简求解.
（3）通过换元法，令，将不等式转化为关于的不等式，再利用基本不等式和存在性问题求解实数的最小值.
（1）若，则的定义域为，
且，可知为偶函数，
设，且，
则，
因为，则，，则，
可得，即，
所以函数在内单调递增，
结合偶函数对称性可知：函数在内单调递减，
所以函数的单调递增区间为（或）.
（2）若，则，
因为，即，
整理可得，则，解得，
所以的解集为.
（3）因为，即，
令，由（1）可知：，
则，，
可得，即，
原题意等价于在内有解，
又因为，当且仅当，即时，等号成立，
则，可得，解得，
所以实数的最小值.
19．【答案】（1）解：，即当时，有个解，
参变分离得：，由函数的图象，
可得：
（2）当时，显然为增函数，此时；
当时，，设，则，
故当，（即）时，在上单调递减，
当，（即）时，在上单调递增.
综上可知，在单调递增，且；
在上单调递减，且，函数的图象如图.
由图知，关于的根的分布如下：
① 当时，恰有一个根；
② 当，恰有两根，，；
③ 当，恰有3个根，，，；
④ 当时，恰有2个根；
⑤ 当时，恰有1个根.
故当时，取到最大值3
（3）解：设，则，其中的根的分布同（1），接下来解方程注意，
①当时，在上单调递增，且，故，不合题意；
②当时，在上单调递减，且，故，不合题意；
③当时，，在上单调递减，在上单调递增，
，故，不合题意；
④当时，在上单调递减，在上单调递增，
且，，
此时取，
则的三个根恰一一对应的三个根，且没有其他根，
故此时，而对的其它取值，，故的最大值为3；
⑤当时，在上单调递增，且，，
故只需保证当时，的三个根落在的值域中，即，解得：，符合题意；
综上所述，当且仅当时，的最大值为3
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系；函数的零点与方程根的关系；对勾函数的图象与性质
【解析】【分析】（1）将方程在区间上有个解的问题，通过参变分离转化为求函数在上的取值与的关系，利用对勾函数的单调性求解.
（2）分和两种情况，将转化为方程，根据方程根的个数确定的可能值，进而求最大值.
（3）先分析根的情况，再结合在上的解的个数，分多种的取值范围情况讨论，确定使最大值为的的范围.
（1），即当时，有个解，参变分离得：
，由函数的图象，
可得：
（2）当时，显然为增函数，此时；
当时，，设，则，
故当，（即）时，在上单调递减，
当，（即）时，在上单调递增.
综上可知，在单调递增，且；
在上单调递减，且，函数的图象如图.
由图知，关于的根的分布如下：
① 当时，恰有一个根；
② 当，恰有两根，，；
③ 当，恰有3个根，，，；
④ 当时，恰有2个根；
⑤ 当时，恰有1个根.
故当时，取到最大值3.
（3）设，则，其中的根的分布同（1），
接下来解方程注意，
①当时，在上单调递增，且，故，不合题意；
②当时，在上单调递减，且，故，不合题意；
③当时，，在上单调递减，在上单调递增，
，故，不合题意；
④当时，在上单调递减，在上单调递增，
且，，
此时取，
则的三个根恰一一对应的三个根，且没有其他根，
故此时，而对的其它取值，，故的最大值为3；
⑤当时，在上单调递增，且，，
故只需保证当时，的三个根落在的值域中，即，解得：，符合题意；
综上所述，当且仅当时，的最大值为3.
1 / 1浙江省温州中学2024-2025学年高一上学期期中考试数学试卷
1．（2024高一上·温州期中）已知集合，，，则集合可以是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】并集及其运算
【解析】【解答】解：因为，则，且集合，，
所以，结合选项可知ABC错误，D正确.
故答案为：D.
【分析】根据集合的并集性质，由，推导出集合与、集合与的包含关系，进而分析出集合中必须含有的元素，再结合选项判断.
2．（2024高一上·温州期中）已知，和是方程的两根，则（　　）
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】C
【知识点】对数的概念与表示；一元二次方程的根与系数的关系
【解析】【解答】解：由题意可知：，则，
又因为方程的两根为1，2，
则，解得，
所以.
故答案为：C.
【分析】求解给定的一元二次方程，得到它的两个根.根据对数函数的单调性，结合的条件，确定和的值.用对数的定义求出和，进而计算的值.
3．（2024高一上·温州期中）“，”的否定是（　　）
A．， B．，
C．，或 D．，且
【答案】C
【知识点】全称量词命题；命题的否定
【解析】【解答】解：“，”的否定是“，或”.
故答案为：C.
【分析】明确全称命题的否定规则：全称命题“，”的否定是特称命题“，”后对原命题中的结论进行否定，从而得到正确选项.
4．（2024高一上·温州期中）以下可能是函数的图像的为（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】函数的奇偶性；指数函数的图象与性质
【解析】【解答】解：因为，故为奇函数，排除B，D；
又，排除C.
故答案为：A
【分析】判断函数的奇偶性，排除不符合奇偶性的选项，再通过计算特殊点的函数值，进一步排除错误选项，从而确定正确的函数图象.
5．（2024高一上·温州期中）已知正数，满足，则的最小值为（　　）
A．2 B．3 C．4 D．5
【答案】B
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：由题意，
，
当且仅当，即时取等号.
故答案为：B.
【分析】通过对进行变形，构造出能使用基本不等式的形式，再利用基本不等式（，当且仅当时等号成立）来求解的最小值.
6．（2024高一上·温州期中）一个质量为的物体在空气中以初始速率落下，假设空气阻力大小与物体的速率满足（为正常数）可求得在时刻物体的速率，其中自然常数，为重力加速度的大小，按照此模型，可推得（　　）
A．当时，随着变大，物体速率减小，但始终大于
B．当时，随 变大，物体速率增大，且始终大于
C．当时，随着变大，物体速率减小，且始终小于
D．当时，随着变大，物体速率增大，最终会等于
【答案】A
【知识点】指数型复合函数的性质及应用；“指数爆炸”模型
【解析】【解答】解：时，由，可得，故恒成立，
又，，由指数型复合函数的单调性，关于是单调递减函数，
于是随着变大，物体速率减小，A正确B错误；
时，由，可得，故恒成立，
又，由指数型复合函数的单调性，关于是单调递增函数，
于是随着变大，物体速率变大，CD均错误；
故答案为：A.
【分析】要根据给定的速率公式，结合指数函数的单调性，分别分析当和时，速率随时间的变化情况，从而判断各个选项的正确性.
7．（2024高一上·温州期中）已知函数，在上单调递增，则的取值范围是（　　）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】函数单调性的性质；指数型复合函数的性质及应用
【解析】【解答】 当，，令，
则，根据复合函数的单调性得到在上单调递增，
所以对称轴，即，
此时最小值点，解得，
所以；
当，，因为在上单调递增，
令，则，
根据复合函数的单调性得到在上单调递减，
所以对称轴，即，
此时最大值点，解得，
所以；
综上，的取值范围是，
故答案为：A.
【分析】分析函数在、、时的单调性，对于和的情况，通过换元法将指数函数转化为二次函数，利用二次函数的单调性和分段点处的函数值关系来确定的取值范围.
8．（2024高一上·温州期中）已知函数的定义域为，，函数是奇函数，的图象关于直线对称，则（　　）
A．是偶函数 B．是奇函数
C． D．
【答案】B
【知识点】函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性；函数的周期性
【解析】【解答】解：由为奇函数，，
可得，即函数图象关于对称，；
由关于对称，得，
即，的图象关于点中心对称；
结合条件关于直线对称，，可以得出.
对A，已知条件不足以确定的奇偶性，A选项错误；
对B，的图象可以由的图象向右平移一个单位得到，故对称中心为，是奇函数，B选项正确；
对C，由已知只能得到，不能确定的取值，C选项错误；
对D，，D选项错误.
故答案为：B.
【分析】用函数的奇偶性、对称性的定义及性质，对所给函数进行分析，推导函数的对称性、周期性等，进而判断各个选项的正确性.
9．（2024高一上·温州期中）已知，，则（　　）
A．的最小值是4 B．的最小值是1
C．的最大值是8 D．的最大值是
【答案】B,C,D
【知识点】利用不等式的性质比较数（式）的大小
【解析】【解答】解：对A，，则，又，所以，
所以的最小值是5，故该选项错误；
对B，，则，又，所以，
所以的最小值是1，该选项正确；
对C，因为，，所以，即，
所以的最大值是8，该选项正确；
对D，，则，又，所以，
所以，所以的最大值是，该选项正确；
故答案为：BCD.
【分析】根据不等式的基本性质，分别对每个选项中的代数式，结合已知的和的取值范围，分析其取值范围，从而判断选项的正确性.
10．（2024高一上·温州期中）下列为真命题的是（　　）
A．函数的最小值为2
B．函数的最小值为3
C．函数的最大值为1
D．函数的最小值为2
【答案】B,C
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数单调性的性质；基本不等式
【解析】【解答】解：A：令，则，可知函数的最小值不为2，故A错误；
B：因为，则，可得，
当且仅当，即时，等号成立，
所以函数的最小值为3，故B正确；
C：因为在内单调递增，可知函数在内单调递增，
且当时，，所以函数的最大值为1，故C正确；
D：令，可得，可知在内单调递增，
且当时，，所以函数的最小值为，故D错误；
故答案为：BC.
【分析】对每个选项中的函数，根据不同的函数性质（如基本不等式、函数单调性等）来判断其最值情况，从而确定真命题.
11．（2024高一上·温州期中）设常数，函数，则（　　）
A．函数在上单调递减
B．当时，的图像关于直线对称
C．对任意，的图像是中心对称图形
D．若，则
【答案】A,C,D
【知识点】奇偶函数图象的对称性；指数型复合函数的性质及应用
【解析】【解答】解：对A，因为为减函数，为增函数，为增函数，
故为减函数，故A正确；
对B，当时，，，故的图像关于对称，故B错误；
对C，因为，故对于任意，的图像关于对称，故C正确；
对D，由C可知，故即，又为减函数，故，即，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】分析函数的单调性、对称性等性质，来判断各个选项的正确性.对于单调性，根据组成函数的基本函数的单调性来判断；对于对称性，通过计算是否为定值来确定；再结合单调性和对称性分析选项D.
12．（2024高一上·温州期中）已知幂函数的图像经过第二象限，且在区间上单调递减，则一个符合要求的　 　.
【答案】（答案不唯一，符合题意即可）
【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：例如，可知的定义域为，且，
所以幂函数的图像经过第二象限，且在区间上单调递减，符合题意.
故答案为：（答案不唯一，符合题意即可）.
【分析】依据幂函数的性质：当幂函数的指数小于时，函数在上单调递减；同时，函数图象要经过第二象限，意味着当时，函数值为正.
13．（2024高一上·温州期中）　 　.
【答案】6
【知识点】有理数指数幂的运算性质；对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：
.
故答案为：6
【分析】用指数运算性质、对数运算性质（包括换底公式）来逐步计算式子的值.对每一项进行化简，再将化简后的结果相加.
14．（2024高一上·温州期中）设常数，若存在且，使得，则的取值范围是　 　.
【答案】
【知识点】一元二次不等式及其解法
【解析】【解答】 由题意，若成立，则：
当时有解，或当时有解.
即当时有解，或当时有解.
①当时，无解，此时，，不满足；
②当时，无解，此时，，不满足；
故，则当时有解，或当时有解.
故或，即或，
即或.
求解可得或；
求解可得或；
综上有的取值范围是.
故答案为：
【分析】要根据绝对值的性质，分和两种情况去掉绝对值符号，然后将问题转化为方程有解的情况，进而求解的取值范围.
15．（2024高一上·温州期中）设集合，.
（1）求集合；
（2）若“”是“”的必要不充分条件，求实数的取值范围.
【答案】（1）解：对于集合，可得，解得，所以，
对于集合，可得，即，，解得，
所以，所以或，则.
（2）解：因为“”是“”的必要不充分条件，
所以是的真子集，
当时，此时解集为空集，满足题意；
当时，，即，
因为是的真子集，
所以，解得，所以，
综上实数的取值范围为
【知识点】集合间关系的判断；交、并、补集的混合运算；必要条件、充分条件与充要条件的判断；一元二次不等式及其解法
【解析】【分析】（1）根据函数定义域的要求求出集合，再通过解分式不等式求出集合，接着求出的补集，最后求与补集的交集.
（2）根据必要不充分条件的定义，可知的解集是的真子集，分和两种情况，结合集合的包含关系求解的取值范围.
（1）对于集合，可得，解得，所以，
对于集合，可得，即，，
解得，所以，
所以或，
则；
（2）因为“”是“”的必要不充分条件，
所以是的真子集，
当时，此时解集为空集，满足题意；
当时，，即，
因为是的真子集，
所以，解得，所以，
综上实数的取值范围为.
16．（2024高一上·温州期中）定义在上的函数满足：对任意的，都有，且当时，.
（1）求证：是奇函数；
（2）判断的正负，并说明理由.
【答案】（1）证明：因为函数的定义域为，令，得，即，
令，可得，即，所以在上为奇函数.
（2）解：，理由如下：因为在上为奇函数，则，
当时，，即，所以.
【知识点】函数的奇偶性
【解析】【分析】（1）用奇函数的定义，即，通过对给定的函数关系式进行赋值来推导.
（2）用奇函数性质将式子变形，再结合已知条件中时，分析变形后式子的正负.
（1）因为函数的定义域为，
令，得，即，
令，可得，即，
所以在上为奇函数.
（2），理由如下：
因为在上为奇函数，
则，
当时，，即，
所以.
17．（2024高一上·温州期中）常数，函数
（1）若，解关于的不等式；
（2）若，存在，对任意，恒成立，求的最小值.
【答案】（1）解：若，则，
令，解得或，
当，即时，不等式解集为；
当，即时，不等式解集为；
当，即时，不等式解集为；
综上所述：当时，不等式解集为；
当时，不等式解集为；
当时，不等式解集为.
（2）解： 因为时，恒成立，等价于对恒成立，
即存在实数m，使得对恒成立，
可知，
当时，由在内单调递减，当时，，当时，，
则，解得，
所以的最小值为.
【知识点】函数单调性的性质；函数恒成立问题；一元二次不等式及其解法
【解析】【分析】（1）将函数表达式因式分解，得到两个根，再根据两个根的大小关系，分情况讨论二次不等式的解集，这是基于二次函数图象与二次不等式解集的关系.
（2）把不等式恒成立问题转化为关于的不等式有解问题，再通过分析函数单调性求出最值，进而确定的取值范围，核心是利用不等式恒成立与函数最值的联系.
（1）若，则，
令，解得或，
当，即时，不等式解集为；
当，即时，不等式解集为；
当，即时，不等式解集为；
综上所述：当时，不等式解集为；
当时，不等式解集为；
当时，不等式解集为.
（2）因为时，恒成立，
等价于对恒成立，
即存在实数m，使得对恒成立，
可知，
当时，由在内单调递减，
当时，，当时，，
则，解得，
所以的最小值为.
18．（2024高一上·温州期中）设常数，已知
（1）当时，求函数的单调递增区间；
（2）当时，求的解集；
（3）若存在，使成立，求实数的最小值.
【答案】（1）解： 若，则的定义域为，
且，可知为偶函数，
设，且，
则，
因为，则，，则，
可得，即，
所以函数在内单调递增，
结合偶函数对称性可知：函数在内单调递减，
所以函数的单调递增区间为（或）
（2）解：若，则，因为，即，
整理可得，则，解得，
所以的解集为.
（3）解： 因为，即，
令，由（1）可知：，
则，，
可得，即，
原题意等价于在内有解，
又因为，当且仅当，即时，等号成立，
则，可得，解得，
所以实数的最小值
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数的奇偶性；函数恒成立问题；对数的性质与运算法则
【解析】【分析】（1）判断函数的奇偶性，再根据单调性定义结合指数函数性质确定单调递增区间.
（2）将和代入不等式，通过指数运算化简求解.
（3）通过换元法，令，将不等式转化为关于的不等式，再利用基本不等式和存在性问题求解实数的最小值.
（1）若，则的定义域为，
且，可知为偶函数，
设，且，
则，
因为，则，，则，
可得，即，
所以函数在内单调递增，
结合偶函数对称性可知：函数在内单调递减，
所以函数的单调递增区间为（或）.
（2）若，则，
因为，即，
整理可得，则，解得，
所以的解集为.
（3）因为，即，
令，由（1）可知：，
则，，
可得，即，
原题意等价于在内有解，
又因为，当且仅当，即时，等号成立，
则，可得，解得，
所以实数的最小值.
19．（2024高一上·温州期中）设，对一般的函数，定义集合所含元素个数为的“等值点数”，记为.现已知函数，常数.
（1）对函数，当时，，求的取值范围；
（2）求的最大值；
（3）设函数，若的最大值为3，求的取值范围.
【答案】（1）解：，即当时，有个解，
参变分离得：，由函数的图象，
可得：
（2）当时，显然为增函数，此时；
当时，，设，则，
故当，（即）时，在上单调递减，
当，（即）时，在上单调递增.
综上可知，在单调递增，且；
在上单调递减，且，函数的图象如图.
由图知，关于的根的分布如下：
① 当时，恰有一个根；
② 当，恰有两根，，；
③ 当，恰有3个根，，，；
④ 当时，恰有2个根；
⑤ 当时，恰有1个根.
故当时，取到最大值3
（3）解：设，则，其中的根的分布同（1），接下来解方程注意，
①当时，在上单调递增，且，故，不合题意；
②当时，在上单调递减，且，故，不合题意；
③当时，，在上单调递减，在上单调递增，
，故，不合题意；
④当时，在上单调递减，在上单调递增，
且，，
此时取，
则的三个根恰一一对应的三个根，且没有其他根，
故此时，而对的其它取值，，故的最大值为3；
⑤当时，在上单调递增，且，，
故只需保证当时，的三个根落在的值域中，即，解得：，符合题意；
综上所述，当且仅当时，的最大值为3
【知识点】一元二次方程的根与系数的关系；函数的零点与方程根的关系；对勾函数的图象与性质
【解析】【分析】（1）将方程在区间上有个解的问题，通过参变分离转化为求函数在上的取值与的关系，利用对勾函数的单调性求解.
（2）分和两种情况，将转化为方程，根据方程根的个数确定的可能值，进而求最大值.
（3）先分析根的情况，再结合在上的解的个数，分多种的取值范围情况讨论，确定使最大值为的的范围.
（1），即当时，有个解，参变分离得：
，由函数的图象，
可得：
（2）当时，显然为增函数，此时；
当时，，设，则，
故当，（即）时，在上单调递减，
当，（即）时，在上单调递增.
综上可知，在单调递增，且；
在上单调递减，且，函数的图象如图.
由图知，关于的根的分布如下：
① 当时，恰有一个根；
② 当，恰有两根，，；
③ 当，恰有3个根，，，；
④ 当时，恰有2个根；
⑤ 当时，恰有1个根.
故当时，取到最大值3.
（3）设，则，其中的根的分布同（1），
接下来解方程注意，
①当时，在上单调递增，且，故，不合题意；
②当时，在上单调递减，且，故，不合题意；
③当时，，在上单调递减，在上单调递增，
，故，不合题意；
④当时，在上单调递减，在上单调递增，
且，，
此时取，
则的三个根恰一一对应的三个根，且没有其他根，
故此时，而对的其它取值，，故的最大值为3；
⑤当时，在上单调递增，且，，
故只需保证当时，的三个根落在的值域中，即，解得：，符合题意；
综上所述，当且仅当时，的最大值为3.
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