2023-2024學(xué)年上海格致中學(xué)高一數(shù)學(xué)上學(xué)期第二次測試卷附答案解析

2023-2024學(xué)年上海格致中學(xué)高一數(shù)學(xué)上學(xué)期第二次測試卷（測試90分鐘內(nèi)完成，總分100分）第I卷（選擇題共60分）一?填空題：（本題共有12個(gè)小題，每小題4分，滿分48分）1．函數(shù)的定義域是.2．已知函數(shù)（其中且）的圖象恒過定點(diǎn)，則點(diǎn)坐標(biāo)為.3．已知全集集合，則.4．若函數(shù)是定義在上的奇函數(shù)，則.5．函數(shù)的值域是.6．已知不等式對(duì)一切不為零的實(shí)數(shù)x恒成立，則實(shí)數(shù)a的范圍為.7．己知函數(shù)是上的奇函數(shù)，且是上的嚴(yán)格減函數(shù)，若，則滿足不等式的的取值范圍為.8．若函數(shù)的值域?yàn)?，則實(shí)數(shù)的取值范圍為．9．函數(shù)在上是嚴(yán)格減函數(shù)，則的取值范圍是.10．函數(shù)的定義域?yàn)?，值域?yàn)?，則的最大值為11．“求方程的解”有如下解題思路：設(shè)，則是R上嚴(yán)格減函數(shù)，且，所以原方程有唯一解，類比上述解題思路，不等式的解集是.12．已知函數(shù))和同時(shí)滿足以下兩個(gè)條件:①對(duì)任意實(shí)數(shù)都有或；②總存在，使成立，則的取值范圍是.二?選擇題：（本題共有4個(gè)小題，每小題4分，滿分16分）13．已知，則是“”的（

）A．充分不必要條件 B．必要不充分條件C．充要條件 D．既不充分也不必要條件14．已知函數(shù)的定義域?yàn)?，則函數(shù)的定義域是（

）A． B． C． D．15．判斷下列選項(xiàng)中正確的是（

）A．函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間是B．若對(duì)于區(qū)間I上的函數(shù)，滿足對(duì)于任意的，，，則函數(shù)在I上是增函數(shù)C．已知時(shí)，，則D．已知，則．16．若關(guān)于x的方程有四個(gè)不同的實(shí)數(shù)解，則實(shí)數(shù)k的取值范圍為（

）A． B． C． D．三?解答題：（本題共有4大題，滿分36分解題時(shí)要有必要的解題步驟）17．已知函數(shù)，其中.(1)討論函數(shù)的奇偶性：(2)若函數(shù)在區(qū)間上是嚴(yán)格增函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.18．已知，函數(shù)在區(qū)間上的最小值為.(1)求函數(shù)的表達(dá)式；(2)若，求的值及此時(shí)函數(shù)的最大值.19．某快遞公司在某市的貨物轉(zhuǎn)運(yùn)中心，擬引進(jìn)智能機(jī)器人分揀系統(tǒng)，以提高分揀效率和降低物流成本，已知購買臺(tái)機(jī)器人的總成本萬元.(1)若使每臺(tái)機(jī)器人的平均成本最低，問應(yīng)買多少臺(tái)？(2)現(xiàn)按（1）中的數(shù)量購買機(jī)器人，需要安排人將郵件放在機(jī)器人上，機(jī)器人將郵件送達(dá)指定落袋格口完成分揀，經(jīng)實(shí)驗(yàn)知，每臺(tái)機(jī)器人的日平均分揀量（單位：件），已知傳統(tǒng)人工分揀每人每日的平均分揀量為1200件，當(dāng)機(jī)器人日平均分揀量達(dá)最大值時(shí)，若完成這些分揀任務(wù)，求所需要的傳統(tǒng)的人工數(shù)量.20．已知函數(shù)對(duì)一切實(shí)數(shù)都有成立，且．(1)求的值和的解析式；(2)將函數(shù)的圖象向左平移一個(gè)單位得到函的圖象，若，且，求的取值范圍；(3)若，關(guān)于的方程有三個(gè)不同的實(shí)數(shù)解，求實(shí)數(shù)的取值范圍．1．【分析】根據(jù)根式的性質(zhì)即可求解.【詳解】由可得，所以定義域?yàn)?，故答案為?．【分析】根據(jù)指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)，令，求出y的值，即可得答案.【詳解】對(duì)于函數(shù)（其中且），令，則，即函數(shù)的圖象恒過定點(diǎn)，即點(diǎn)坐標(biāo)為，故答案為：3．【分析】先解分式不等式確定集合A,再求補(bǔ)集即可【詳解】，則故答案為【點(diǎn)睛】本題考查補(bǔ)集運(yùn)算，準(zhǔn)確求得集合A是關(guān)鍵，是基礎(chǔ)題4．0.【分析】首先根據(jù)，求，再根據(jù)求，最后表示的值.【詳解】，，是定義在上的奇函數(shù)，即，解得：，，.故答案為：0【點(diǎn)睛】本題考查根據(jù)函數(shù)的奇偶性求系數(shù)，意在考查奇函數(shù)的概念，基本計(jì)算，屬于基礎(chǔ)題型.5．；【解析】將函數(shù)轉(zhuǎn)化為，然后利用指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性求解.【詳解】函數(shù)，因?yàn)?，所以，所以，所以，所以，所以的值域是，故答案為?．【分析】利用基本不等式性質(zhì)得解【詳解】因?yàn)閷?duì)一切不為零的實(shí)數(shù)x，與同號(hào)，有，所以對(duì)一切不為零的實(shí)數(shù)x，當(dāng)且僅當(dāng)即時(shí)等號(hào)成立.因?yàn)椴坏仁綄?duì)一切不為零的實(shí)數(shù)x恒成立，所以，即.故答案為.7．【分析】根據(jù)奇偶性確定出在上的單調(diào)性，然后分析出取值正負(fù)，最后分類討論的成立情況，由此求得解集.【詳解】因?yàn)槭巧系钠婧瘮?shù)且在上單調(diào)遞減，所以在上單調(diào)遞減，又因?yàn)椋?，所以時(shí)，，時(shí)，，時(shí)，，時(shí)，，又因?yàn)?，所以或，解得，故答案為?8．【分析】依題意可得能夠取到大于等于的所有數(shù)，然后對(duì)分類求解得答案．【詳解】解：因?yàn)楹瘮?shù)的值域?yàn)?，所以能夠取到大于等于的所有?shù)，當(dāng)時(shí)，不合題意；當(dāng)時(shí)，則，解得；綜上可得.故答案為：．9．【分析】由于函數(shù)在上是嚴(yán)格減函數(shù)，所以，且，由此可求得的取值范圍.【詳解】根據(jù)對(duì)數(shù)函數(shù)定義可知且，令，所以在上是減函數(shù)，根據(jù)復(fù)合函數(shù)單調(diào)性可知，在上是增函數(shù)，即，且滿足真數(shù)恒大于零，即只需即可，所以，.故答案為：10．【分析】作函數(shù)與函數(shù)的圖象，觀察圖象可求的最大值.【詳解】作函數(shù)與函數(shù)的圖象可得，記函數(shù)與函數(shù)的圖象的左右交點(diǎn)的橫坐標(biāo)分別為，觀察圖象可得函數(shù)的值域?yàn)闀r(shí)，的最大值為，由取可得，所以或，∴

的最大值為，即，故答案為：.11．【分析】把給出的不等式變形為，然后引入函數(shù)，由函數(shù)的單調(diào)性把不等式轉(zhuǎn)化為較為簡單的不等式，求解不等式得答案．【詳解】解：因?yàn)椋?，令，，原不等式等價(jià)于，設(shè)，則函數(shù)在定義域上單調(diào)遞增，因?yàn)椋?，即，即，解得，即原不等式的解集為故答案為：【點(diǎn)睛】本題考查了簡單的合情推理，解答的關(guān)鍵是把復(fù)雜的高次不等式通過合理變化，轉(zhuǎn)化為較為簡單的不等式，這里構(gòu)造函數(shù)且利用函數(shù)的單調(diào)性進(jìn)行轉(zhuǎn)化是解答該題的著眼點(diǎn)．12．【分析】由于時(shí)，，根據(jù)題意有在時(shí)成立；由于，，而，則在時(shí)成立．由此結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)可求出結(jié)果．【詳解】對(duì)于①，當(dāng)時(shí)，，又①，或在時(shí)恒成立則由二次函數(shù)的性質(zhì)可知開口只能向下，且二次函數(shù)與軸交點(diǎn)都在的左面，即，可得又②，此時(shí)恒成立在有解，的對(duì)稱軸為，，在單調(diào)遞增，，且，解得：．故答案為．【點(diǎn)睛】本題主要考查對(duì)全稱命題與特稱命題的理解，并轉(zhuǎn)化成研究二次函數(shù)的函數(shù)值正負(fù)問題，充分利用數(shù)形結(jié)合思想進(jìn)行求解，能使問題的求解思路更清晰．13．A【解析】先利用對(duì)數(shù)函數(shù)以及指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性得到的關(guān)系，再利用命題的充分不必要條件判斷即可.【詳解】∵，∴，∵，∴，∵是的充分不必要條件，∴是“”的充分不必要條件故選：A.【點(diǎn)睛】本題主要考查了數(shù)函數(shù)和指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)以及充分不必要條件的判斷.屬于較易題.14．A【分析】由函數(shù)的定義域?yàn)?，列出，解出的范圍即?【詳解】因?yàn)楹瘮?shù)f(x)的定義域?yàn)?，所以，解得，所以函?shù)的定義域是故選：A.【點(diǎn)睛】本題考查抽象函數(shù)的定義域及其求法，一般采用整體代換法求解．15．D【分析】取特殊值判斷A,由函數(shù)單調(diào)性定義判斷B，根據(jù)函數(shù)解析式判斷C，根據(jù)配湊法求解析式判斷D.【詳解】取，則，所以函數(shù)單調(diào)遞減區(qū)間是錯(cuò)誤，故A錯(cuò)誤；由可得，由函數(shù)的單調(diào)性定義知函數(shù)為減函數(shù)，故B錯(cuò)誤；由可得，故C錯(cuò)誤；因?yàn)?，所以，故D正確.故選：D16．D【分析】利用常變量分離法，結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)、數(shù)形結(jié)合思想進(jìn)行求解即可.【詳解】由于關(guān)于x的方程有4個(gè)不同的實(shí)數(shù)解，當(dāng)時(shí)，原式為，解得，不滿足題意；故，則可轉(zhuǎn)化成，所以或，所以或，所以時(shí)，是此方程的1個(gè)根，故關(guān)于x的方程有3個(gè)不同的非零非4的實(shí)數(shù)解，所以有3個(gè)不同的非零非4的實(shí)數(shù)解，即函數(shù)的圖象與函數(shù)的圖象有3個(gè)不同的交點(diǎn)，在同一直角坐標(biāo)系作圖：由圖可知，即，所以k的取值范圍為.故選：D【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：利用轉(zhuǎn)化法，結(jié)合數(shù)形結(jié)合思想進(jìn)行求解是解題的關(guān)鍵.17．(1)詳見解析(2)【分析】（1）分和兩種情況討論函數(shù)的奇偶性；（2）根據(jù)條件轉(zhuǎn)化為當(dāng)時(shí)，，參變分離后，轉(zhuǎn)化為求的范圍，即可求參數(shù)的取值范圍.【詳解】（1）當(dāng)時(shí)，，所以的定義域?yàn)?，關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，又，所以是偶函數(shù)；當(dāng)時(shí)，，所以，所以是非奇非偶函數(shù)；（2）由題意得任取且，則恒成立，即，即，，因?yàn)椋?，，所以恒成立，又，所以，則，所以.18．(1)(2)，最大值5【分析】（1）分類討論的值，即可結(jié)合二次函數(shù)的性質(zhì)求解，（2）根據(jù)分段函數(shù)性質(zhì)即可求解.【詳解】（1）當(dāng)，即時(shí)，，即；當(dāng)，即時(shí)，在上單調(diào)遞減，故；當(dāng)，即時(shí)，在上單調(diào)遞增，故；所以函數(shù)的表達(dá)式為；（2）由（1）知若顯然不合題意：若，顯然不合題意；若，則，即，解得或（舍）所以時(shí)，，即，因?yàn)椋?，所以?dāng)時(shí)，函數(shù)的最大值為5.19．(1)300(2)120【分析】（1）由總成本，得到平均成本，再利用基本不等式求解；（2）引進(jìn)300臺(tái)機(jī)器人后，求得分段函數(shù)的最大值，再除以1200求解.【詳解】（1）每臺(tái)機(jī)器人的平均成本,當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)，等號(hào)成立，所以若使每臺(tái)機(jī)器人的平均成本最低，問應(yīng)買300臺(tái)；（2）當(dāng)時(shí)，，，當(dāng)m=30時(shí)，300臺(tái)機(jī)器人每日的平均分揀量的最大值為144000件；當(dāng)時(shí)，300臺(tái)機(jī)器人每日的平均分揀量為件，所以300臺(tái)機(jī)器人每日的平均分揀量為件，若傳統(tǒng)人工分揀量達(dá)到最大值時(shí)，則需人數(shù)為人.20．(1)，(2)(3)【分析】（1）令得，再令可得答案；（2），由已知得且，得，設(shè)，利用單調(diào)性定義可得在上單調(diào)遞減，再利用單調(diào)性求范圍即可；（