2024年新课标全国Ⅰ卷数学真题变式题6-10

1．已知函数在R上单调递增，则a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 2．已知函数在定义域上是增函数，则k的取值范围是（    ） A． B． C． D． 3．已知是上的减函数，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 4．已知函数且在上单调递减，则的取值范围为（    ） A． B． C． D． 5．当时，曲线与的交点个数为（    ） A．3 B．4 C．6 D．8 6．函数的图象与直线有且仅有两个不同的交点，则k的取值范围是（    ） A． B． C． D． 7．把函数的图象向左平移个单位长度，再把图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，可以得到函数的图象，则的图象与直线的交点个数为（    ） A．1 B．2 C．3 D．4 8．函数与的图像有个交点，其坐标依次为，，，，则（    ） A．4 B．8 C．12 D．16 9．已知函数的定义域为R，，且当时，则下列结论中一定正确的是（    ） A． B． C． D． 10．若函数满足，且当时，，则（    ） A．－1 B． C．0 D． 11．已知定为域为R的函数满足：为偶函数，，且，则（    ） A．0 B．1 C．2 D．3 12．定义在上的函数满足，且当时，，则（    ） A． B． C． D． 13．随着“一带一路”国际合作的深入，某茶叶种植区多措并举推动茶叶出口.为了解推动出口后的亩收入（单位：万元）情况，从该种植区抽取样本，得到推动出口后亩收入的样本均值，样本方差，已知该种植区以往的亩收入服从正态分布，假设推动出口后的亩收入服从正态分布，则（    ）（若随机变量Z服从正态分布，） A． B． C． D． 14．杨明上学有时坐公交车，有时骑自行车，他各记录了50次坐公交车和骑自行车所花的时间，经数据分析得到：坐公交车平均用时，样本方差为36；骑自行车平均用时，样本方差为4，假设坐公交车用时（单位：）和骑自行车用时（单位：）都服从正态分布，正态分布中的参数用样本均值估计，参数用样本标准差估计，则（    ） A． B． C． D．若某天只有可用，杨明应选择坐公交车 15．李明每天7：00从家里出发去学校，有时坐公交车，有时骑自行车．他各记录了50次坐公交车和骑自行车所花的时间，经数据分析得到：坐公交车平均用时30分钟，样本方差为36；自行车平均用时34分钟，样本方差为4．假设坐公交车用时X和骑自行车用时Y都服从正态分布，则（    ） A．P(X＞32)＞P(Y＞32) B．P(X≤36)＝P(Y≤36) C．李明计划7：34前到校，应选择坐公交车 D．李明计划7：40前到校，应选择骑自行车 16．假设某厂有两条包装食盐的生产线甲､乙，生产线甲正常情况下生产出来的包装食盐质量服从正态分布（单位：），生产线乙正常情况下生产出来包装食盐质量为，随机变量服从正态密度函数，其中，则（    ）附：随机变量，则， A．正常情况下，从生产线甲任意抽取一包食盐，质量小于的概率为 B．生产线乙的食盐质量 C．曲线的峰值为 D．生产线甲上的检测员某天随机抽取两包食盐，称得其质量均大于，于是判断出该生产线出现异常，则该判断是合理的. 17．设函数，则（    ） A．是的极小值点 B．当时， C．当时， D．当时， 18．设函数，则（    ） A．有个极大值点 B．有个极小值点 C．是的极大值点 D．是的极小值点 19．已知函数，则（    ） A．有两个极值点 B．有两个零点 C．点是曲线的对称中心 D．过点可作曲线的两条切线 20．已知是定义在上的奇函数，当时，，则（    ） A．的极大值点为 B．函数的零点个数为3 C．函数的零点个数为7 D．的解集为 试卷第1页，共3页 试卷第1页，共3页 学科网（北京）股份有限公司 参考答案： 1．B 【分析】根据二次函数的性质和分界点的大小关系即可得到不等式组，解出即可. 【详解】因为在上单调递增，且时，单调递增， 则需满足，解得， 即a的范围是. 故选：B. 2．B 【分析】首先得到分段函数在各段均为增函数，要使函数在定义域上是增函数，只需函数在断点处左侧的函数值不超过右侧的函数值，即可得到不等式，解得即可； 【详解】解：因为在定义域上是增函数， 当时单调递增且，当时也单调递增， 所以，即，所以，即； 故选：B 3．D 【分析】利用分段函数是减函数，列出不等式组求解即可. 【详解】因为在R上是减函数， 所以，解得，即. 故选：D. 4．A 【分析】由函数在上单调递减，结合分段函数的单调性的概念，得到不等式组，即可求解． 【详解】由题意，函数且在上单调递减， 则满足，解得，即实数的取值范围为． 故选：A． 【点睛】本题主要考查了利用分段函数的单调性求解参数问题，其中解答中熟记分段函数的单调性的概念，结合二次函数的性质和对数的运算，列出相应的不等式组是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题． 5．C 【分析】画出两函数在上的图象，根据图象即可求解 【详解】因为函数的的最小正周期为， 函数的最小正周期为， 所以在上函数有三个周期的图象， 在坐标系中结合五点法画出两函数图象，如图所示： 由图可知，两函数图象有6个交点. 故选：C 6．C 【解析】先分类讨论去绝对值号，得出函数的解析式，然后画出函数与的图象进行判断. 【详解】， 如图所示， 要使的图象与直线有且仅有两个不同的交点，则只需. 故选：C. 【点睛】本题考查根据函数图象的交点个数求参数的取值范围，较简单，画出函数的图象是关键. 7．C 【分析】根据三角函数图象的伸缩以及平移变换可得到函数的解析式，作出函数以及的图象，数形结合，即可得答案. 【详解】由题意将函数的图象上所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变， 得到的图象，再将该图象向右平移个单位长度， 得到函数的图象， 即， 作出以及的图象，如图，    由图象可知的图象与直线的交点个数为3， 故选：C 8．A 【分析】由已知函数解析式可知两个函数对称中心均为为，在同一坐标系中作出两个函数的图象，结合图象根据对称性即可得到答案． 【详解】，两个函数对称中心均为为，在同一坐标系中作出两个函数的图象，如图： 由图可知共有四个交点，且关于对称，故． 故选：A. 【点睛】本题主要考查函数的图象，中心对称图形的特点，属于中档题． 9．B 【分析】代入得到，再利用函数性质和不等式的性质，逐渐递推即可判断. 【详解】因为当时，所以， 又因为， 则， ， ， ， ，则依次下去可知，则B正确； 且无证据表明ACD一定正确. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用，再利用题目所给的函数性质，代入函数值再结合不等式同向可加性，不断递推即可. 10．B 【分析】先利用求出函数的周期，利用周期性转化代入即可求解. 【详解】依题意， 因为，所以， 所以，所以函数的周期为4， 所以. 又因为，所以， 当时，，所以， 所以. 故选：B. 11．B 【分析】由题意根据函数满足的条件等式，推出函数的一个周期，再利用赋值法求出以及，结合函数周期，即可求得答案. 【详解】由题意知定为域为R的函数满足：为偶函数， 即，即，结合， 得，即， 故，即， 则，故8为函数的一个周期， 由于，，故令，则， 结合，令，得， 对于，令，则， 故， 故选：B 【点睛】关键点睛：本题考查了抽象函数的求值问题，解答的关键是根据函数满足的条件，推出函数周期，进而结合赋值法求值，即可求解答案. 12．D 【分析】先由已知条件求出一些特值, , 可得 ,反复利用，可得，，再由与、与的大小关系从而得出结论. 【详解】， 令得：，又， 反复利用可得： ①， 再令，由 , 可求得 , 同理反复利用 可得: ②， 由①②可得：有， ，，而 所以 , 故 . 故选：D. 【点睛】本题考查抽象函数及其应用, 难点在于利用 两次赋值后都反复应用 , 分别得到关系式①② , 从而使问题解决, 考查抽象函数的性质的应用及转化思想，属于难题. 13．BC 【分析】根据正态分布的原则以及正态分布的对称性即可解出. 【详解】依题可知，，所以， 故，C正确，D错误； 因为，所以， 因为，所以， 而，B正确，A错误， 故选：BC． 14．ABD 【分析】利用正态分布曲线的意义以及对称性，对四个选项逐一分析判断即可． 【详解】解：随机变量的均值为，方差为，则，，， 随机变量的均值为，方差为，则，，， 所以，故A正确； ，， 因为， 所以，故B正确； ，故C错误； 对于D，因为， 所以选择公交车，故D正确． 故选：ABD． 15．BCD 【分析】首先利用正态分布，确定和，再结合正态分布的对称性，和的原则，即可求解. 【详解】A.由条件可知，，根据对称性可知，故A错误； B., ，所以，故B正确； C. =，所以，故C正确； D. ，，所以，故D正确. 故选：BCD 16．ACD 【分析】根据给定条件，利用正态分布的性质计算判断AD；利用正态密度函数的意义、性质判断BC作答. 【详解】对于A，设生产线甲正常情况下生产出来的包装食盐的质量为，则，其中， 则，A正确； 对于B，随机变量服从正态密度函数，有，因此生产线乙的食盐质量，B错误； 对于C，因为，当且仅当时取等号，因此当时，，C正确； 对于D，，说明生产线甲抽到质量大于的可能性很低， 则随机抽取两包质量均大于，说明判断出该生产线出现异常是合理的，D正确. 故选：ACD 17．ACD 【分析】求出函数的导数，得到极值点，即可判断A；利用函数的单调性可判断B；根据函数在上的值域即可判断C；直接作差可判断D. 【详解】对A，因为函数的定义域为R，而， 易知当时，，当或时， 函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，故是函数的极小值点，正确； 对B，当时，，所以， 而由上可知，函数在上单调递增，所以，错误； 对C，当时，，而由上可知，函数在上单调递减， 所以，即，正确； 对D，当时，， 所以，正确； 故选：ACD. 18．ABD 【分析】求出函数的导函数，即可得到函数的单调区间与极值点. 【详解】函数的定义域为， 且， 所以当或时， 当或时， 所以在，上单调递减，在，上单调递增， 所以在处取得极小值，在处取得极大值，在处取得极小值. 故选：ABD 19．AC 【分析】A项，分析函数的单调性即可得出极点个数；B项，利用零点定理即可得出零点个数；C项，构造并分析奇偶性，利用是图象的对称中心得出点是曲线的对称中心；D项，设出切点并得出切线方程，将代入切线方程即可得出过点的切线. 【详解】由题意， 在中，． 令，得或， 令，得， 所以在上单调递减，在上单调递增， 所以是极值点，A正确． 由的单调性且极大值，极小值， 又，， 所以函数在定义域上有3个零点，B错误． 令， 因为，则是奇函数， 所以是图象的对称中心， 将的图象向上移动1个单位长度得到的图象， 所以点是曲线的对称中心，C正确． 设切点为， 则切线的方程为， 代入，可得，解得． 所以过点的切线有1条，D错误． 故选：AC． 【点睛】关键点点睛：本题考查函数的求导，导数法求单调性，零点定理，函数的切线，考查学生分析和处理问题的能力，具有较强的综合性. 20．ABC 【分析】利用导函数求出单调区间，根据极值定义和奇偶性可判断A；数形结合判断B、C；赋值方法判断D 【详解】由题意得， 当时，，得， 令，得， 令，得； 所以在单调递减，在单调递增， 所以的极小值点为1， 又是定义在上的奇函数，所以的极大值点为，故A对； 当时，则，所以， 又是定义在上的奇函数，所以，所以    分别画出和的图象， 得函数的零点个数为3，B对； 令，得或或， 令，得，或， 如图，分别画出的图象，    由图可知：函数的零点个数为7， C 对； 令，则， 故D错； 故选：ABC 【点睛】方法点睛： 对于零点个数的求法：一是通过解方程求出零点，二是数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解 答案第1页，共2页 答案第1页，共2页 学科网（北京）股份有限公司 $$