2021-2022学年度五校联考高一下数学开学考试卷（重点班）（word版含解析）

2021-2022学年度高一下数学考学考试卷
注意事项：
1．答题前填写好自己的姓名、班级、考号等信息
2．请将答案正确填写在答题卡上
第I卷（选择题）
一、单选题
1．已知函数，，设为实数，若存在实数，使，则实数的取值范围为（ ）
A． B．
C． D．
2．设函数，有四个实数根，，，，且，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
3．已知函数，且在上的最大值为，若函数有四个不同的零点，则实数a的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
4．已知函数，，若对任意，总存在，使得，则实数a的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
5．已知函数的定义域为区间[m，n]，其中，若f（x）的值域为[-4，4]，则的取值范围是（ ）
A．[4，4] B．[2，8] C．[4，8] D．[4，8]
6．若不等式在上恒成立，则实数a的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
7．已知函数，若关于的方程有七个不同的实根，则的值是（ ）
A．0或 B．0 C． D．不存在
8．已知函数且，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
9．已知函数是定义在R上的偶函数，若对任意的，，且，都有成立，则不等式的解集为（ ）
A． B． C． D．
10．已知是减函数，则a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
11．已知函数的值域为，则（ ）
A． B． C．或 D．或
12．函数的最小值是（ ）
A． B． C． D．
第II卷（非选择题）
请点击修改第II卷的文字说明
二、填空题
13．棱长为6的正方体内有一个棱长为x的正四面体，正四面体的中心（正四面体的中心就是该四面体外接球的球心）与正方体的中心重合，且该四面体可以在正方体内任意转动，则x的最大值为______．
14．设函数．若恰有2个零点，则实数a的取值范围是______．
15．已知函数，则下列说法正确的有________．（将所有正确的序号填在答题卡横线上）
①是函数的一个周期；
②的图象关于点中心对称；
③在区间上单调递减
④的值域为．
16．已知表示不超过的最大整数，若，则方程的解集为________.
三、解答题
17．已知函数是偶函数.
(1)求实数的值；
(2)设，若函数与的图象只有一个公共点，求实数的取值范围.
18．已知函数有两个零点．
(1)求的取值范围；
(2)已知图象与图象关于对称，证明：当时，．
(3)设，是两个零点，证明：．
19．函数的定义域为，若存在正实数，对任意的，总有 ，则称函数具有性质.
(1)已知为二次函数，若存在正实数，使得函数具有性质.求证：是偶函数；
(2)已知，为给定的正实数，若函数具有性质，求的取值范围.
20．设函数，其中，.
(1)若在上不单调，求a的取值范围；
(2)记为在上的最大值，求的最小值.
21．设函数，且；
(1)若，求的最小值；
(2)若在上能成立，求实数的取值范围．
22．已知不等式对恒成立，求实数的取值范围．
试卷第页，共页
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参考答案：
1．C
【解析】
【分析】
由含绝对值的函数和对数函数的单调性，可求得的值域记为A，若存在实数，使，即,结合二次不等式的解法可解得的取值范围
【详解】
,
当时，的值域为
当时，的值域为
所以的值域记为
若存在实数，使，即，即,
解得的取值范围为
故答案为：C
2．A
【解析】
【分析】
根据分段函数解析式研究的性质，并画出函数图象草图，应用数形结合及题设条件可得、、，进而将目标式转化并令，构造，则只需研究在上的范围即可.
【详解】
由分段函数知：时且递减；时且递增；
时，且递减；时，且递增；
∴的图象如下：有四个实数根，，，且，
由图知：时有四个实数根，且，又，
由对数函数的性质：，可得，
∴令，且，
由在上单增，可知，
所以
故选：A
3．B
【解析】
【分析】
由在上的最大值为，讨论可求出，从而，若有4个零点，则函数与有4个交点，画出图象，结合图象求解即可
【详解】
若，则函数在上单调递增，
所以的最小值为，不合题意，则，
要使函数在上的最大值为．
如果，即，则，解得，不合题意；
若，即，则解得即，
则．
如图所示，若有4个零点，则函数与有4个交点，
只有函数的图象开口向上，即．
当与）有一个交点时，方程有一个根，
得，此时函数有二个不同的零点，
要使函数有四个不同的零点，与有两个交点，则抛物线的图象开口要比的图象开口大，可得，
所以，即实数a的取值范围为．
故选：B
【点睛】
关键点点睛：此题考查函数与方程的综合应用，考查二次函数的性质的应用，考查数形结合的思想，解题的关键是由已知条件求出的值，然后将问题转化为函数与有4个交点，画出函数图象，结合图象求解即可，属于较难题
4．D
【解析】
【分析】
根据二次函数的性质求出在时的值域为，再根据一次为增函数，求出，由题意得值域是值域的子集，从而得到实数a的取值范围.
【详解】
解：∵函数的图象是开口向上的抛物线，且关于直线对称
∴时，的最小值为，最大值为，
可得值域为
又∵，，
∴为单调增函数，值域为
即
∵，，使得，
∴
故选：D.
【点睛】
本题着重考查了函数的值域，属于中档题.解题的关键是将问题转化为值域的包含关系问题.
5．C
【解析】
【分析】
先讨论，再结合二次函数的图象与性质分析时，的最大值与最小值，同理可得时的情况即可得解.
【详解】
若，，函数为增函数，时，则，所以，
当时，作图如下，
为使取最大，应使尽量大，尽量小，此时，
由，
即，
所以，
所以，即，
当时，即时，此时在对称轴同侧时最小，由抛物线的对称性，不妨设都在对称轴右侧，
则由，
解得，
，
当且仅当 ,即时取等号，但，等号取不到，
，
时，同理，当时，，当时，，
综上，的取值范围是，
故选：C
6．C
【解析】
【分析】
把不等式变形为，分和情况讨论，数形结合求出答案.
【详解】
变形为：，即在上恒成立，若，此时在上单调递减，，而当时，，显然不合题意；当时，画出两个函数的图象，
要想满足在上恒成立，只需，即，解得：，综上：实数a的取值范围是.
故选：C
7．C
【解析】
【分析】
令，做出的图像，根据图像确定至多存在两个的值，使得与有五个交点时，的值或取值范围，进而转为求方程在的值或取值范围有解，利用一元二次方程根的分布，即可求解.
【详解】
做出图像如下图所示：
令，方程，
为，
当时，方程没有实数解，
当或时，方程有2个实数解，
当，方程有4个实数解，
当时，方程有3个解，
要使方程方程有七个不同的实根，
则方程有一根为1，另一根大于0且小于1，
当时，有或，
当时，，或，不满足题意，
当时，，或，满足题意，
所以.
故选：C.
【点睛】
本题考查复合方程的解，换元法是解题的关键，数形结合是解题的依赖，或直接用选项中的值代入验证，属于较难题.
8．B
【解析】
【分析】
易知函数为奇函数，且在R上为增函数，则可化为，则即可解得a的范围.
【详解】
函数，定义域为，
满足，
∴，令，∴，∴为奇函数，
，
∵函数，在均为增函数，
∴在为增函数，
∴在为增函数，
∵为奇函数，∴在为增函数，∴，解得.
故选：B.
9．C
【解析】
【分析】
构造，根据已知条件，结合奇偶性、单调性的定义判断的奇偶性、单调性，再应用其性质解不等式即可.
【详解】
∵是定义在R上的偶函数，
令，则，
∴是奇函数，
又任意，，且，都有成立，
∴在单调递减，则单调递减，即在R上递减，
∴，则，
∴，可得，故解集为.
故选：C.
【点睛】
关键点点睛：构造，结合已知及奇偶性、单调性定义判断的性质，应用其性质解不等式.
10．D
【解析】
【分析】
利用分段函数在上单调递减的特征直接列出不等式组求解即得.
【详解】
因函数是定义在上的减函数，
则有，解得，
所以的取值范围是.
故选：D
11．C
【解析】
【分析】
由题可得，令，设，则，再利用二次函数的性质分类讨论即求.
【详解】
∵，
∴，
令，设，则，
当时，在上单调递减，
∴，解得，∴，
当时，在上单调递增，
∴，解得，∴，
当时，，无解，
当时，，无解.
综上，或.
故选：C.
12．B
【解析】
【分析】
对变形，得到，当时，利用的几何意义求解其取值范围，进而得到，当时，，从而求出的最小值.
【详解】
当，
当时,因为，
令，的含义是点与单位圆上的点的连线的斜率，所以，所以
所以，即，
综合得，，
故最小值为：.
故选：B.
13．
【解析】
【分析】
正方体的内切球半径为3，正四面体可以在正方体内任意转动，只需该正四面体为球的内接正四面体，进而求解.
【详解】
由题意得，该正四面体在棱长为6的正方体的内切球内，故该四面体内接于球时棱长最大，
因为棱长为6的正方体的内切球半径为
如图，设正四面体，O为底面的中心，连接，则底面，
则可知，正四面体的高，
利用勾股定理可知，解得：
故答案为：
14．
【解析】
【分析】
根据解析式分析的性质，讨论、、，结合指数函数和二次函数的性质判断恰有2个零点情况下a的取值范围.
【详解】
由解析式知：在上且单调递增；在上，的对称轴为且开口向上，
∴1、当，即时，则在上递增，，此时无零点；
2、当时，上存在一个零点，要使恰有2个零点，则在上也只有一个零点，而且，
∴当，即，只需，可得；
当，即，只需，可得；
∴此时，时恰有2个零点；
3、当时，上无零点，要使恰有2个零点，则在上有两个零点即可，而且，，
∴在上恒有两个零点.
综上，a的取值范围为.
故答案为：.
【点睛】
关键点点睛：根据在的零点情况讨论a的范围，并确定上零点个数，结合二次函数性质求参数范围.
15．①③
【解析】
【分析】
化简可得，可判断①， 代入特值可判断②，化简时函数解析式，可判断③，在上讨论函数的单调性，可判断④.
【详解】
对于①，，
是函数的一个周期，①正确；
对于②，，，所以，所以的图象不关于点中心对称，②错误；
对于③，当时，，，，函数单调递减，③正确；
对于④，，，，函数单调递增，由③得函数在上单调递减，
又，，，
且由①得是函数的一个周期，
故函数的值域为，④错误；
故答案为：①③.
16．
【解析】
【分析】
应用换元法，令，讨论的范围结合的定义，判断在题设方程成立的情况下的取值，进而求的范围，即得解集.
【详解】
由，，
设，即有，
当时，，不符合题意，舍去；
当时，，不符合题意，舍去；
当时，，符合题意；
此时，即，
当时，，不符合题意，舍去.
综上，.
故答案为：.
17．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据偶函数得到，化简得到，解得答案.
（2）化简得方程，设得到有且仅有一个正根，考虑和两种情况，计算得到答案.
(1)
由函数是偶函数可知：，
∴，
，即对一切恒成立，∴.
(2)
函数与的图象有且只有一个公共点，
即方程有且只有一个实根.
化简得：方程有且只有一个实根.
令，则方程有且只有一个正根，
当时，，符合题意；
当时，时, 方程恰有一正一负根，则两根之积，解得：.
当且，解得，
当时，，符合题意.
当时，,不符合题意.
综上，实数a的取值范围是.
【点睛】
关键点睛：本题考查了根据函数的奇偶性求参数，函数公共交点问题，意在考查学生的计算能力和综合应用能力，换元是解题关键.
18．(1).
(2)证明见解析.
(3)证明见解析.
【解析】
【分析】
（1）求得导函数，再分，，，，讨论导函数的符号，得原函数的单调性，从而建立不等式，求解可得的取值范围；
（2）由题意求得，令，求导函数，分析导函数的符号，得所令函数的单调性和最值，由此可得证；
（3） 由已知得，继而有，令，有，求导函数，并分析其符号，得函数的单调性，设，则，设，，运用导函数分析得在的单调性和最值，从而得恒成立，再令，由函数的单调性可得证.
(1)
解： 函数，，
①若，那么，函数只有唯一的零点2，不合题意；
②若，那么恒成立，
当时，，此时函数为减函数；
当时，，此时函数为增函数；
此时当时，函数取极小值，由（2），可得：函数在存在一个零点；
当时，，，
，
令的两根为，，且，
则当时，，故函数在存在一个零点；
即函数在是存在两个零点，满足题意；
③若，则，当时，，
，
即恒成立，故单调递增，
当时，，，即恒成立，故单调递减，
当时，，，即恒成立，故单调递增，
故当时，函数取极大值，
由得：函数在上至多存在一个零点，不合题意；
④若，则，
当时，，，即恒成立，故单调递增，
当时，，，即恒成立，故单调递增，
故函数在上单调递增，
函数在上至多存在一个零点，不合题意；
⑤若，则，
当时，，，
即恒成立，故单调递增，
当时，，，
即恒成立，故单调递减，
当时，，，即恒成立，故单调递增，
故当时，函数取极大值，由（1）得：函数在上至多存在一个零点，不合题意；
综上所述，的取值范围为．
(2)
证明：由题意得：，
令，则，
时，，在递增，（1），
故当 时，．
(3)
证明： ，是的两个零点，，且，且，，
令，则，
，
当时，，单调递减；
当时，，单调递增；
设，则，
设，，则恒成立，即在上为增函数，
恒成立，即恒成立，
令，则，
即．
19．(1)证明见解析；
(2).
【解析】
【分析】
（1）设，其中，可得出，分、两种情况讨论，验证是否恒成立，由此可证得结论成立；
（2）根据定义可得出对任意的，，对正实数的取值进行分类讨论，求得的取值范围，可得出关于实数的不等式组，综合可求得实数的取值范围.
(1)
证明：设，其中，
则，所以，，
若，则函数的值域为，则不存在正实数，使得恒成立，
若，则，存在正实数，使得恒成立，
所以，，则，故函数为偶函数.
(2)
解：因为，对任意的，，故函数的定义域为，
，
则，
所以，
，
因为函数具有性质，
即存在正实数，使得对任意的，总有，即，
即，即.
当时，可得，对任意的实数恒成立；
当时，则，因为，则，
所以，，则，
因为对任意实数恒成立，则，解得；
当时，则，
因为，则，
所以，，则，
因为对任意实数恒成立，则，解得.
综上所述，实数的取值范围是.
【点睛】
结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：
（1），；
（2），；
（3），；
（4），.
20．(1)
(2)
【解析】
【分析】
（1）根据对勾函数的单调性和在上不单调可知，，解出的取值范围；（2）令，根据函数图象即函数对称性可知，当，，且时，取得最小值.
(1)
由对勾函数函数单调性的定义可知：在上递减，在上递增，因此在上不单调的充要条件是，解得：，所以；
(2)
令，比较，，三种情况，可知当，，且时，取得最小值，且最小值为，由得：，所以，，所以，
所以的最小值为.
21．(1)3
(2)或
【解析】
【分析】
（1）由可得，再利用基本不等式中乘“1”法的应用计算可得；
（2）将已知转化为不等式有解，再对参数分类讨论，分别计算可得.
(1)
函数，由，可得，
所以，
当时等号成立，又，，，解得时等号成立，
所以的最小值是3.
(2)
由题知，在上能成立，即能成立，
即不等式有解
①当时，不等式的解集为，满足题意；
②当时，二次函数开口向下，必存在解，满足题意；
③当时，需，解得或
综上，实数的取值范围是或
22．
【解析】
【分析】
分、两种情况讨论，在时，验证即可；在时，，令，求出的取值范围，有恒成立，由此可得出实数的取值范围．
【详解】
当时，则有恒成立；
当时，不等式两边同时除以可得，
令，则
①当时，，当且仅当时，等号成立；
②当时，，当且仅当时，等号成立.
综上，有恒成立
当即时，成立；
当即或时，有
解得．
综上所述：
故.
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