浙江省杭州学军中学紫金港校区2026-2027学年第一学期高一数学周末练04

杭州学军中学紫金港校区高一上数学周末练04 班级姓名 一、选择题: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,只有一项是符合题目要求的。 1.设,是两个实数,命题:“,中至少有一个数大于”成立的充分不必要条件是( ) A. B. C. D. 2.已知,函数,若,成立,则实数m的最小值为( ) A. B. C. D. 3.若,,,则的最小值为( ) A. B. C. D.2 4.已知函数,若存在两相异实数使,且,则的最小值为( ) A. B. C. D. 5.已知函数的值域为,若关于的不等式的解集为,则实数的值为( ) A.4 B.6 C.9 D.18 6.已知,,若时,关于的不等式恒成立,则的最小值为( ) A.2 B. C. D. 7.已知正数,,满足,则的最小值为( ) A. B. C. D. 8.已知函数,设,若关于的不等式在上恒成立,则的取值范围是( ) A. B. C. D. 二、选择题:本题共3小题,每小题6分,共18分。在每小题给出的四个选项中,有多项符合题目要求.全部选对的得6分,部分选对的得部分分,有选错的得0分。 9.下列命题是真命题的是( ) A. B.函数的图象与直线至多有1个交点 C.方程的解集为 D.若函数的定义域为,则函数的定义域为 10.已知,,且,则下列说法正确的是( ) A.的最大值为 B.的最小值为 C.的最小值为4 D.的最小值为 11.已知,下列说法正确的有( ) A.的取值范围是 B.的取值范围是 C.的取值范围是 D.的取值范围是 三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分。 12.已知集合,,若中有且仅有2个正整数,则实数的取值范围是. 13.设函数,若,,不等式恒成立,则实数的取值范围是. 14.设集合,若,则实数的取值范围是. 四、解答题:本题共5小题,共77分。解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤。 15.已知函数(). (1)当时,解不等式; (2)当时,解不等式. 16.某物流公司计划租地建造一座仓库用于储存货物.经过市场调研与测算,仓库每月的土地占地费(单位:万元)与仓库到车站的距离(单位:千米, )成反比;仓库每月的库存货物费(单位:万元)与仓库到车站的距离成正比;若在距离车站 千米处建仓库,则每月的土地占地费和库存货物费分别为万元和万元. 请根据以上信息解答下列问题: (1)分别求出土地占地费和库存货物费关于距离的函数解析式; (2)这家公司应该把仓库建在距离车站多少千米处,才能使每月的这两项费用之和最小?并求出最小费用. 17.已知函数. (1)求; (2)求函数的解析式; (3)若,求实数的值. 18.已知是二次函数,且满足. (1)求的解析式; (2)当时,求的最大值. 19.已知函数. (1)若的解集为,求的解集; (2)当,,时,是否存在,使得函数定义域和值域均为,若存在,求出,的值,不存在请说明理由; (3)记,当时,对任意的,,都存在使得关于的不等式有解,求实数的取值范围. 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 《杭州学军中学紫金港校区高一上数学周末练04》参考答案 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 答案 B D A B C B C B BD AC 题号 11 答案 BCD 1.B 【分析】根据充分不必要条件的定义结合选项逐项判断. 【详解】对于选项A,当时,满足,但命题不成立; 即由不能推出命题:“,中至少有一个数大于”成立, 所以不是命题“,中至少有一个数大于”成立的充分条件,A错误; 对于选项C,D,当时,满足,,但命题不成立. 即由不能推出命题:“,中至少有一个数大于”成立, 由不能推出命题:“,中至少有一个数大于”成立, 所以不是命题“,中至少有一个数大于”成立的充分条件,C错误; 不是命题“,中至少有一个数大于”成立的充分条件,D错误; 对于选项B,当时,若,都小于等于,则,与矛盾, 所以由可推出命题“,中至少有一个数大于”成立, 若命题“,中至少有一个数大于”成立, 例如,此时,此时不成立, 故由命题“,中至少有一个数大于”成立不能推出, 所以是命题“,中至少有一个数大于”成立的充分不必要条件. 2.D 【详解】二次函数的图象抛物线开口向上,对称轴方程为, 由,有,又,若,成立, 则有,解得, 所以实数m的最小值为. 3.A 【详解】, , 当且仅当,即时取等号, 所以. 4.B 【分析】由题意,是方程的两个不等实数根,利用根与系数的关系把化为含有的代数式,令,进一步转化为关于的二次函数,再由配方法求最值. 【详解】由题意,当, 有, , 是方程的两个不等实数根, ,, 而, ,即, , 令,则, 则当时,有最小值且为. 故选:B 5.C 【分析】利用二次函数值域求出的关系,再利用一元二次不等式的解集与对应方程实根关系列式求解. 【详解】由函数的值域为, 得,即, 不等式, 由不等式的解集为, 得是方程的两个实根, 因此,解得, 所以实数的值为9. 6.B 【分析】根据题意设,,由一次函数以及不等式分析得时,,变形后代入,然后利用基本不等式求解. 【详解】设(),(), 因为,所以当时,; 当时,; 当时,; 由不等式恒成立,得:或, 即当时,恒成立, 当时,恒成立, 所以当时,,则,即, 则当时,, 当且仅当,即时等号成立, 所以的最小值为. 故选:B. 7.C 【分析】利用,结合基本不等式对进行放缩,得到关于的不等式,将目标式转化为只关于的单变量函数,对单变量函数求最值,可利用基本不等式求解,同时验证等号成立条件. 【详解】根据基本不等式,结合已知得, 整理得,当且仅当时等号成立. 把的上界代入目标式,可得, 对正数,由基本不等式,当且仅当即时等号成立, 代入得,当时,由和, 解得,均为正数,满足所有约束条件,等号成立,因此原式最小值为 . 8.B 【解析】不等式可化为,分,两种情况讨论即可. 【详解】不等式可化为(*). 当时,(*)式即. 即. 又(当时取等号) (当时取等号). 所以, 当时,(*)式为,. 又(当时取等号), (当时取等号),所以. 综上,. 故选:B. 【点睛】本题考查不等式恒成立的问题,涉及到二次函数的最值、基本不等式求最值,是一道有一定难度的题. 9.BD 【详解】对于选项A,将两边平方,得, 因为,所以.所以选项A不正确. 对于选项B,根据函数定义,定义域内任意一个自变量对应唯一的函数值. 若在定义域内,与有1个交点;若不在定义域内,则二者无交点,因此最多有1个交点,所以选项B正确. 对于选项C,解分式不等式或.所以解集是.故选项C不正确. 对于选项D,因为的定义域是,则,即的定义域为.选项D正确. 10.AC 【分析】根据基本不等式判断A,根据“1”的代换及基本不等式判断B,根据指数幂的运算及基本不等式判断C,利用消元法及二次函数的性质判断D. 【详解】选项A,因为,, 所以,当且仅当,即时等号成立,故该选项正确; 选项B,因为,, 当且仅当,即时等号成立,故该选项不正确; 选项C,, 当且仅当,即时等号成立,故该选项正确; 选项D,, 由可知,故当时,的最小值为,故该选项不正确. 11.BCD 【分析】利用换元法,结合二次方程的判别式判断ABD,利用完全平方公式,结合二次不等式判断C,从而得解. 【详解】对于A,因为,即, 将其看成关于的一元二次方程,显然有解, 所以,解得,故A错误; 对于B,令,则, 将其代入,得, 整理得,将其看成关于的一元二次方程,显然有解, 所以,解得,故B正确; 对于C,因为,令, 所以由,得 ,即, 两边平方,得,解得,故C正确; 对于D,令,则, 将其代入,得, 整理得,将其看成关于的一元二次方程,显然有解, 所以,解得,故D正确; 故选:BCD. 【点睛】关键点睛:本题解决的关键是善用换元法,将问题进行转化,从而得解. 12. 【分析】先因式分解求解三次不等式得到集合,再结合集合的范围,根据交集仅有2个正整数的约束确定的取值范围. 【详解】由分组进行因式分解,可得: , 利用穿根法可得解集为; 因集合满足中有且仅有2个正整数, 显然,则这两个整数应为1和3, 则需使,, 因,则且,则. 故实数的取值范围是. 13.或或 【分析】由恒成立求出,只需成立,记,,看成关于的函数,最后转化为,得到关于的不等式组,解不等式组即可. 【详解】因为,所以,所以,当时,,所以, ,,不等式恒成立,等价于时,,对恒成立, 即在上恒成立, 记, 所以只需,即,解得或或. 14. 【分析】令,,利用二次函数、分式型函数的性质求出分段函数不同区间上的值域,结合的值域与的值域的并集必须为全体实数,应用分类讨论及求参数范围. 【详解】令,, 要使函数的值域,则的值域与的值域的并集必须为全体实数, 当时,是一个开口向上的抛物线。 若,则在处取得最小值,, 若,则在上单调递增,在处取得最小值,, 所以部分的值域为, 当时,, 因为,利用基本不等式可知(当时取等号)。 所以的最大值为, 所以部分的值域为, 要使值域为,必须有,下面分类讨论: 情况一: 当时,, 需要满足,即,解得或, 结合,可得, 情况二: 当时,, 需要满足,解得, 结合,可得, 综上,实数的取值范围是. 15.(1) (2)当时,不等式的解集为;当时,不等式的解集为;当时,不等式的解集为 【分析】(1)代入参数,因式分解二次不等式,利用开口方向直接写出解集; (2)先因式分解找到两根,再比较两个根与的大小,分三类讨论求解集. 【详解】(1)当时,不等式为, 即,所以 所以不等式的解集为; (2)方程的两个实数根是,, 当①即时,不等式的解为或; ②即时,不等式恒成立; ③即时,不等式的解为或. 综上所述:当时,不等式的解集为; 当时,不等式的解集为; 当时,不等式的解集为. 16.(1) ( ); ( ) (2)这家公司应该把仓库建在距离车站千米处,最小费用为万元 【详解】(1)设土地占地费(),库存货物费(). 由题意知,当时,,,代入得:,解得; ,解得 . ∴土地占地费的解析式为(); 库存货物费的解析式为(). (2)设每月的两项费用之和为万元,则:, 由基本不等式可得 , 当且仅当 ,即时,等号成立. ∴这家公司应该把仓库建在距离车站千米处,才能使每月的这两项费用之和最小, 最小费用为万元. 17.(1) (2) (3) 【分析】(1)直接取代入即可求解; (2)利用换元法即可求解; (3)根据条件列出方程即可求解. 【详解】(1)取,得. (2)由有意义可得 令,则,, 故,其中, 因此的解析式为. (3)由题意得,故,解得, 又因为,因此. 18.(1) (2)1 【分析】(1)设,,求出未知系数;(2)利用换元法和基本不等式求解. 【详解】(1)设,,, 因为,故, 所以, 故,解得, 故二次函数为; (2)当时,, 令, 故, 由基本不等式得,当且仅当,即,时,等号成立, 故. 即最大值为1 19.(1) (2),或, (3) 【分析】(1)根据一元二次方程和一元二次不等式的关系,由已知确定的符号及方程的解,利用换元法求的解集; (2)先确定的对称轴及在上的值域,再分类讨论,确定的值; (3)先确定问题的等价条件,即,再根据二次函数的性质,确定,最后求得的取值范围. 【详解】(1)由题意可知二次方程的两个解为2,4,且, 由韦达定理,有,故. 当时,可化为, 令,有,故二次方程的两个解为, 又,所以的解集为. (2)当,,时,, 则函数的对称轴为,且。 ①当时,有,且, 由二次函数的对称性可知, 故当时,的值域为,所以; 当时,由题意可知,整理得, 解得(舍去),或. ②当时,在上单调递增,有,, 即二次方程应有两个大于等于2的根,由①可知,此时不存在的值符合题意; ③当时,在上单调递减,此时不存在的值符合题意; 综上,使得定义域和值域均为的的值为,或,. (3)因为不等式有解,所以. 因为对任意的,都存在使得,所以. 因为在当中,二次项系数1决定函数形状,一次项系数与常数项对函数只产生平移作用,所以当对称轴为,且时,取得最小值, 此时,解得,, 则, 于是,解得. 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 $