四川省宜宾市兴文第二中学校2023-2024学年高一下学期开学考试数学试题
一、选择题：本题共8小感，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．（2024高一下·兴文开学考）已知集合，则（ ）
A． B．
C． D．
2．（2023高一上·郑州月考） 命题“，”的否定是（ ）
A． B．
C． D．
3．（2024高一下·兴文开学考）半径为，圆心角为所对的弧长为（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高一下·兴文开学考）设，则“”是“”的（ ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
5．（2024高一下·兴文开学考）已知，，，则的大小关系是（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高一下·兴文开学考）放射性核素锶89会按某个衰减率衰减，设初始质量为，质量与时间（单位：天）的函数关系式为（其中为常数），若锶89的半衰期（质量衰减一半所用时间）约为50天，那么质量为的锶89经过30天衰减后质量约变为（ ）（参考数据：）
A． B． C． D．
7．（2024高一下·兴文开学考）已知函数，满足对任意的实数，都有成立，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高一下·兴文开学考）已知函数在区间上有且只有一个最大值和一个最小值，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中.有多项符合题目要求全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9．（2024高一下·兴文开学考）下列函数中，既是偶函数，又在上单调递减的是（ ）
A． B． C． D．
10．（2022高一上·深圳期末）若，则下列不等式成立的有（ ）
A． B． C． D．
11．（2024高一下·兴文开学考）函数（，，）的部分图象如图所示，将函数的图象上所有点的横坐标变为原来的3倍，纵坐标变为原来的2倍，然后向左平移个单位长度，得到函数的图象，则（ ）
A．
B．的解析式为
C．是图象的一个对称中心
D．的单调递减区间是，
12．（2024高一下·兴文开学考）已知实数，，则下列结论正确的是（ ）
A． B． C． D．
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．（2022高一上·深圳期末） .
14．（2024高一下·兴文开学考）已知函数为偶函数，则 .
15．（2024高一下·兴文开学考）已知，，则 ．
16．（2024高一下·兴文开学考）已知实数m，n满足，则 .
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
17．（2024高一下·兴文开学考）已知，.
（1）求的值；
（2）求的值.
18．（2024高一下·兴文开学考）已知定义在R上的函数，满足.
（1）求的解析式；
（2）若点在图像上自由运动，求的最小值.
19．（2024高一下·兴文开学考）已知定义在上的函数，对于，恒有.
（1）求证：是奇函数；
（2）若是增函数，解关于x的不等式.
20．（2024高一下·兴文开学考）随着全球对环保和可持续发展的日益重视，电动汽车逐步成为人们购车的热门选择.有关部门在高速公路上对某型号电动汽车进行测试，得到了该电动汽车每小时耗电量单位：与速度单位：的数据如下表所示：
60 70 80 90 100
8.8 11 13.6 16.6 20
为描述该电动汽车在高速公路上行驶时每小时耗电量与速度的关系，现有以下两种函数模型供选择：①，②.
（1）请选择你认为最符合表格中所列数据的函数模型（不需要说明理由），并求出相应的函数解析式；
（2）现有一辆同型号电动汽车从地出发经高速公路（最低限速，最高限速）匀速行驶到距离为的B地，出发前汽车电池存量为，汽车到达地后至少要保留的保障电量（假设该电动汽车从静止加速到速度为的过程中消耗的电量与行驶的路程都忽略不计）.已知该高速公路上有一功率为的充电桩（充电量充电功率充电时间）.若不充电，该电动汽车能否到达地？并说明理由；若需要充电，求该电动汽车从地到达地所用时间（即行驶时间与充电时间之和）的最小值.
21．（2024高一下·兴文开学考）已知函数，.
（1）求函数的单调递增区间；
（2）若函数在区间上有两个零点，求的取值范围.
（3）若函数有且仅有3个零点，求所有零点之和.
22．（2024高一下·兴文开学考）若在定义域内存在实数，使得成立，则称函数有“飘移点”．
（1）函数是否有“飘移点”？请说明理由；
（2）证明函数在上有“飘移点”；
（3）若函数在上有“飘移点”，求实数a的取值范围．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：因为集合，
所以.
故答案为：B.
【分析】根据集合的交集运算直接求解即可.
2．【答案】D
【知识点】命题的否定
【解析】 【解答】解：命题，的否定为，.
故答案为：D.
【分析】根据存在量词命题的否定直接判断即可.
3．【答案】C
【知识点】弧度制、角度制及其之间的换算；扇形的弧长与面积
【解析】【解答】解：易知圆心角，根据弧长公式可得，故弧长为.
故答案为：C.
【分析】根据弧长计算公式直接计算即可.
4．【答案】A
【知识点】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】【解答】解：由，解得，故“”是“”的充分不必要条件.
故答案为：A.
【分析】先解不等式求得x的取值范围，再根据集合的包含关系，结合充分、必要条件的定义判断即可.
5．【答案】A
【知识点】指数函数的单调性与特殊点；利用对数函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解：因为，，，
所以.
故答案为：A.
【分析】比较与的大小关系，从而判断的大小关系.
6．【答案】D
【知识点】有理数指数幂的运算性质
【解析】【解答】解：易知，锶89半衰期所用时间为50天，
即，解得，
故质量为的锶89经过30天衰减后，
质量大约为．
故答案为：D．
【分析】根据时，代入函数关系式中，求得的值，再代入求解即可.
7．【答案】C
【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】解：由题可知：函数在上单调递增，
故，解得，即实数a的取值范围为.
故答案为：C.
【分析】根据题意可知函数为单调递增，根据单调性列不等式组计算即可.
8．【答案】D
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：因为，所以，
因为函数在区间上有且只有一个最大和一个最小值，根据正弦函数图象可知：，解得.
故答案为：D.
【分析】由题意，根据正弦型函数的图象和性质，列式求解即可.
9．【答案】B,C
【知识点】指数函数的图象与性质；对数函数的图象与性质；幂函数的图象与性质
【解析】【解答】解：A、易知函数为偶函数，且在区间上单调递增，故A不符合；
B、因为，当时，单调递减，
当时，单调递增，
所以当时，，，
当时，，，
其图象如图所示：
所以函数为偶函数，且在上单调递减，故B符合；
C、，
所以当时，，单调递减；当时，，单调递增；
当时，，；
当时，，；
其图象如图所示：
所以函数为偶函数，且在上单调递减，故C符合；
D、由幂函数的性质可知为奇函数，在区间上单调递减，故D不符合.
故答案为：BC．
【分析】根据二次函数的性质即可判断A；将函数写成分段函数，结合指数函数的性质、复合的性质判断其单调区间，再利用偶函数的定义及图象判断其奇偶性即可判断B；将函数写成分段函数，结合对数函数的性质、复合的性质判断其单调区间，再利用偶函数的定义及图象判断其奇偶性即可判断C；由幂函数的性质即可判断D.
10．【答案】A,B
【知识点】不等式的基本性质
【解析】【解答】不妨令，则，，CD不符合题意；
因为，不等式两边同乘以得：，
不等式两边同乘以得：，故，A符合题意；
因为，，相乘得：，B符合题意.
故答案为：AB
【分析】利用已知条件结合不等式的基本性质，进而找出不等式成立的选项。
11．【答案】A,B,D
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：A、由图象可知，，则，
因为，，所以，
又因为的图象过点，所以，
则，即，
因为，所以，所以，故A正确；
B、将函数的图象上所有点的横坐标变为原来的3倍，得到的图象，
纵坐标变为原来的2倍，得到的图象，
向左平移个单位长度，得到函数的图象，故B正确；
C、因为，故C错误；
D、令，解得，
所以的单调递减区间是，，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】先利用三角函数的图象求函数的解析式，再利用三角函数图象的平移变换求得的解析式，最后根据正弦型函数的图象和性质求解即可.
12．【答案】A,B,C
【知识点】基本不等式；对勾函数的图象与性质
【解析】【解答】解：A、因为，，所以，
则，故A正确；
C、因为，，所以，解得，
当且仅当，即时等号成立，故，故C正确；
B、，故B正确；
D、设，因为函数在上单调递增，所以，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】由可得，利用基本不等式及1的妙用，可判断A；利用基本不等式即可判断BC；设，利用对勾函数的单调性即可判断D.
13．【答案】
【知识点】运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】.
故答案为：.
【分析】利用已知条件结合诱导公式得出的值。
14．【答案】1
【知识点】函数的奇偶性；对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：因为函数为偶函数，但函数为奇函数，
所以为奇函数，
所以，解得.
故答案为：1.
【分析】根据函数为偶函数，推出函数为奇函数，再根据奇函数满足列式化简求解即可.
15．【答案】
【知识点】指数式与对数式的互化；对数的性质与运算法则；换底公式的应用
【解析】【解答】解：因为，所以，，
故，解得.
故答案为：.
【分析】利用指、对数互化求得，，再利用换底公式结合对数函数的运算性质计算即可.
16．【答案】
【知识点】函数单调性的性质；对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：因为，所以，
记，因为函数单调递减，所以单调递增，
由，可得，
又因为，所以，
又由，可得，
所以，解得.
故答案为：.
【分析】构造函数，根据函数的单调性可得，再根据对数函数的运算性质求解即可.
17．【答案】（1）解：因为，所以.
则
（2）解：因为，，所以，
则.
所以.
【知识点】同角三角函数间的基本关系；诱导公式；运用诱导公式化简求值
【解析】【分析】（1）利用诱导公式化简求值即可；
（2）由题意，根据同角三角函数的基本关系式，求得，再利用齐次式的解法求解即可．
18．【答案】（1）解：因为①，
所以②，由①②解得.
（2）解：由题知：，
∴
（当且仅当，即时取“＝”）.∴的最小值为8.
【知识点】函数解析式的求解及常用方法；基本不等式
【解析】【分析】（1）根据已知条件，用替换已知中的，解方程组即可求得的解析式；
（2）由题意，利用基本不等式求最值即可.
19．【答案】（1）证明：取，则，解得，
取，则，
所以，故为奇函数；
（2）解：不等式，即，
又为上的单调递增函数，
则，即，
当时，不等式的解集为；
当时，解得，不等式的解集为．
当时，解得，不等式的解集为．
【知识点】函数单调性的性质；函数的奇偶性；一元二次不等式及其解法
【解析】【分析】（1）利用赋值法，令求出，再令结合奇函数的定义判断即可；
（2）利用单调性，将不等式转化为，再对进行分类讨论，分别利用一元二次不等式的解法求解即可．
20．【答案】（1）解：与的函数关系，在定义域内单调递增，由增长速度可知，选择函数模型①，
由题意有：解得：
所以.
（2）解：设耗电量为，则，
任取，
，
由，，，，
则有，即，
所以函数在区间单调递增， ，
即最小耗电量大于电池存量减去保障电量，所以该车不在服务区充电不能到达地.
又设行驶时间与充电时间分别为，总和为，若能到达地，
则初始电量+充电电量-消耗电量保障电量，
即，解得，
所以总时间，
当且仅当，即时取等，所以该汽车到达地的最少用时为小时.
【知识点】函数解析式的求解及常用方法；函数单调性的性质；基本不等式
【解析】【分析】（1）根据表格中的数据，由增长速度可知，选择函数模型①，代入数据计算系数即可求得可函数的解析式；
（2）计算行驶耗电量，判断是否需要充电，表示出总时间，再利用基本不等式求所用时间的最小值即可.
21．【答案】（1）解：由，得.
故函数的单调递增区间为：
（2）解：若函数在区间上有两个零点，
令，即与在区间上有两个交点，
令，由，则，
即与在区间上有两个交点，
画出与在区间上的图象，如下：
由图可知：.
（3）解：函数有且仅有3个零点，
因为关于成中心对称，
而关于成中心对称，
设三个零点为，则，
所以所有零点之和.
【知识点】函数的零点与方程根的关系；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【分析】（1）根据正弦型函数的性质整体代入求单调增区间即可；
（2）由题可知在区间内有两个相异的实根，即图象与的图象有两个不同的交点结合图象求解即可；
（3）关于成中心对称，而关于成中心对称，设三个零点为，则，即可求解.
22．【答案】（1）解：不存在，理由如下：
对于，则，整理得，
∵，则该方程无解，
∴函数不存在“飘移点”
（2）证明：对于，则，整理得，
∵在内连续不断，且，
∴在内存在零点，则方程在内存在实根，
故函数在上有“飘移点”.
（3）解：对于，则，即，
∵，则，
令，则，
∴，
又∵，当且仅当，即时等号成立，
则，，
∴，即，
故实数a的取值范围为
【知识点】基本不等式；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）根据题意，整理可得，通过判断，即可判断该方程是否有解；
（2）根据题意可得，构建函数，结合零点存在性定理分析证明；
（3）根据题意整理得，利用换元法结合基本不等式求解即可.
1 / 1四川省宜宾市兴文第二中学校2023-2024学年高一下学期开学考试数学试题
一、选择题：本题共8小感，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．（2024高一下·兴文开学考）已知集合，则（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：因为集合，
所以.
故答案为：B.
【分析】根据集合的交集运算直接求解即可.
2．（2023高一上·郑州月考） 命题“，”的否定是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】命题的否定
【解析】 【解答】解：命题，的否定为，.
故答案为：D.
【分析】根据存在量词命题的否定直接判断即可.
3．（2024高一下·兴文开学考）半径为，圆心角为所对的弧长为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】弧度制、角度制及其之间的换算；扇形的弧长与面积
【解析】【解答】解：易知圆心角，根据弧长公式可得，故弧长为.
故答案为：C.
【分析】根据弧长计算公式直接计算即可.
4．（2024高一下·兴文开学考）设，则“”是“”的（ ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【知识点】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】【解答】解：由，解得，故“”是“”的充分不必要条件.
故答案为：A.
【分析】先解不等式求得x的取值范围，再根据集合的包含关系，结合充分、必要条件的定义判断即可.
5．（2024高一下·兴文开学考）已知，，，则的大小关系是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】指数函数的单调性与特殊点；利用对数函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解：因为，，，
所以.
故答案为：A.
【分析】比较与的大小关系，从而判断的大小关系.
6．（2024高一下·兴文开学考）放射性核素锶89会按某个衰减率衰减，设初始质量为，质量与时间（单位：天）的函数关系式为（其中为常数），若锶89的半衰期（质量衰减一半所用时间）约为50天，那么质量为的锶89经过30天衰减后质量约变为（ ）（参考数据：）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】有理数指数幂的运算性质
【解析】【解答】解：易知，锶89半衰期所用时间为50天，
即，解得，
故质量为的锶89经过30天衰减后，
质量大约为．
故答案为：D．
【分析】根据时，代入函数关系式中，求得的值，再代入求解即可.
7．（2024高一下·兴文开学考）已知函数，满足对任意的实数，都有成立，则实数的取值范围为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【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】解：由题可知：函数在上单调递增，
故，解得，即实数a的取值范围为.
故答案为：C.
【分析】根据题意可知函数为单调递增，根据单调性列不等式组计算即可.
8．（2024高一下·兴文开学考）已知函数在区间上有且只有一个最大值和一个最小值，则的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：因为，所以，
因为函数在区间上有且只有一个最大和一个最小值，根据正弦函数图象可知：，解得.
故答案为：D.
【分析】由题意，根据正弦型函数的图象和性质，列式求解即可.
二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中.有多项符合题目要求全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9．（2024高一下·兴文开学考）下列函数中，既是偶函数，又在上单调递减的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B,C
【知识点】指数函数的图象与性质；对数函数的图象与性质；幂函数的图象与性质
【解析】【解答】解：A、易知函数为偶函数，且在区间上单调递增，故A不符合；
B、因为，当时，单调递减，
当时，单调递增，
所以当时，，，
当时，，，
其图象如图所示：
所以函数为偶函数，且在上单调递减，故B符合；
C、，
所以当时，，单调递减；当时，，单调递增；
当时，，；
当时，，；
其图象如图所示：
所以函数为偶函数，且在上单调递减，故C符合；
D、由幂函数的性质可知为奇函数，在区间上单调递减，故D不符合.
故答案为：BC．
【分析】根据二次函数的性质即可判断A；将函数写成分段函数，结合指数函数的性质、复合的性质判断其单调区间，再利用偶函数的定义及图象判断其奇偶性即可判断B；将函数写成分段函数，结合对数函数的性质、复合的性质判断其单调区间，再利用偶函数的定义及图象判断其奇偶性即可判断C；由幂函数的性质即可判断D.
10．（2022高一上·深圳期末）若，则下列不等式成立的有（ ）
A． B． C． D．
【答案】A,B
【知识点】不等式的基本性质
【解析】【解答】不妨令，则，，CD不符合题意；
因为，不等式两边同乘以得：，
不等式两边同乘以得：，故，A符合题意；
因为，，相乘得：，B符合题意.
故答案为：AB
【分析】利用已知条件结合不等式的基本性质，进而找出不等式成立的选项。
11．（2024高一下·兴文开学考）函数（，，）的部分图象如图所示，将函数的图象上所有点的横坐标变为原来的3倍，纵坐标变为原来的2倍，然后向左平移个单位长度，得到函数的图象，则（ ）
A．
B．的解析式为
C．是图象的一个对称中心
D．的单调递减区间是，
【答案】A,B,D
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：A、由图象可知，，则，
因为，，所以，
又因为的图象过点，所以，
则，即，
因为，所以，所以，故A正确；
B、将函数的图象上所有点的横坐标变为原来的3倍，得到的图象，
纵坐标变为原来的2倍，得到的图象，
向左平移个单位长度，得到函数的图象，故B正确；
C、因为，故C错误；
D、令，解得，
所以的单调递减区间是，，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】先利用三角函数的图象求函数的解析式，再利用三角函数图象的平移变换求得的解析式，最后根据正弦型函数的图象和性质求解即可.
12．（2024高一下·兴文开学考）已知实数，，则下列结论正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A,B,C
【知识点】基本不等式；对勾函数的图象与性质
【解析】【解答】解：A、因为，，所以，
则，故A正确；
C、因为，，所以，解得，
当且仅当，即时等号成立，故，故C正确；
B、，故B正确；
D、设，因为函数在上单调递增，所以，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】由可得，利用基本不等式及1的妙用，可判断A；利用基本不等式即可判断BC；设，利用对勾函数的单调性即可判断D.
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．（2022高一上·深圳期末） .
【答案】
【知识点】运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】.
故答案为：.
【分析】利用已知条件结合诱导公式得出的值。
14．（2024高一下·兴文开学考）已知函数为偶函数，则 .
【答案】1
【知识点】函数的奇偶性；对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：因为函数为偶函数，但函数为奇函数，
所以为奇函数，
所以，解得.
故答案为：1.
【分析】根据函数为偶函数，推出函数为奇函数，再根据奇函数满足列式化简求解即可.
15．（2024高一下·兴文开学考）已知，，则 ．
【答案】
【知识点】指数式与对数式的互化；对数的性质与运算法则；换底公式的应用
【解析】【解答】解：因为，所以，，
故，解得.
故答案为：.
【分析】利用指、对数互化求得，，再利用换底公式结合对数函数的运算性质计算即可.
16．（2024高一下·兴文开学考）已知实数m，n满足，则 .
【答案】
【知识点】函数单调性的性质；对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：因为，所以，
记，因为函数单调递减，所以单调递增，
由，可得，
又因为，所以，
又由，可得，
所以，解得.
故答案为：.
【分析】构造函数，根据函数的单调性可得，再根据对数函数的运算性质求解即可.
四、解答题：本题共6小题，共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.
17．（2024高一下·兴文开学考）已知，.
（1）求的值；
（2）求的值.
【答案】（1）解：因为，所以.
则
（2）解：因为，，所以，
则.
所以.
【知识点】同角三角函数间的基本关系；诱导公式；运用诱导公式化简求值
【解析】【分析】（1）利用诱导公式化简求值即可；
（2）由题意，根据同角三角函数的基本关系式，求得，再利用齐次式的解法求解即可．
18．（2024高一下·兴文开学考）已知定义在R上的函数，满足.
（1）求的解析式；
（2）若点在图像上自由运动，求的最小值.
【答案】（1）解：因为①，
所以②，由①②解得.
（2）解：由题知：，
∴
（当且仅当，即时取“＝”）.∴的最小值为8.
【知识点】函数解析式的求解及常用方法；基本不等式
【解析】【分析】（1）根据已知条件，用替换已知中的，解方程组即可求得的解析式；
（2）由题意，利用基本不等式求最值即可.
19．（2024高一下·兴文开学考）已知定义在上的函数，对于，恒有.
（1）求证：是奇函数；
（2）若是增函数，解关于x的不等式.
【答案】（1）证明：取，则，解得，
取，则，
所以，故为奇函数；
（2）解：不等式，即，
又为上的单调递增函数，
则，即，
当时，不等式的解集为；
当时，解得，不等式的解集为．
当时，解得，不等式的解集为．
【知识点】函数单调性的性质；函数的奇偶性；一元二次不等式及其解法
【解析】【分析】（1）利用赋值法，令求出，再令结合奇函数的定义判断即可；
（2）利用单调性，将不等式转化为，再对进行分类讨论，分别利用一元二次不等式的解法求解即可．
20．（2024高一下·兴文开学考）随着全球对环保和可持续发展的日益重视，电动汽车逐步成为人们购车的热门选择.有关部门在高速公路上对某型号电动汽车进行测试，得到了该电动汽车每小时耗电量单位：与速度单位：的数据如下表所示：
60 70 80 90 100
8.8 11 13.6 16.6 20
为描述该电动汽车在高速公路上行驶时每小时耗电量与速度的关系，现有以下两种函数模型供选择：①，②.
（1）请选择你认为最符合表格中所列数据的函数模型（不需要说明理由），并求出相应的函数解析式；
（2）现有一辆同型号电动汽车从地出发经高速公路（最低限速，最高限速）匀速行驶到距离为的B地，出发前汽车电池存量为，汽车到达地后至少要保留的保障电量（假设该电动汽车从静止加速到速度为的过程中消耗的电量与行驶的路程都忽略不计）.已知该高速公路上有一功率为的充电桩（充电量充电功率充电时间）.若不充电，该电动汽车能否到达地？并说明理由；若需要充电，求该电动汽车从地到达地所用时间（即行驶时间与充电时间之和）的最小值.
【答案】（1）解：与的函数关系，在定义域内单调递增，由增长速度可知，选择函数模型①，
由题意有：解得：
所以.
（2）解：设耗电量为，则，
任取，
，
由，，，，
则有，即，
所以函数在区间单调递增， ，
即最小耗电量大于电池存量减去保障电量，所以该车不在服务区充电不能到达地.
又设行驶时间与充电时间分别为，总和为，若能到达地，
则初始电量+充电电量-消耗电量保障电量，
即，解得，
所以总时间，
当且仅当，即时取等，所以该汽车到达地的最少用时为小时.
【知识点】函数解析式的求解及常用方法；函数单调性的性质；基本不等式
【解析】【分析】（1）根据表格中的数据，由增长速度可知，选择函数模型①，代入数据计算系数即可求得可函数的解析式；
（2）计算行驶耗电量，判断是否需要充电，表示出总时间，再利用基本不等式求所用时间的最小值即可.
21．（2024高一下·兴文开学考）已知函数，.
（1）求函数的单调递增区间；
（2）若函数在区间上有两个零点，求的取值范围.
（3）若函数有且仅有3个零点，求所有零点之和.
【答案】（1）解：由，得.
故函数的单调递增区间为：
（2）解：若函数在区间上有两个零点，
令，即与在区间上有两个交点，
令，由，则，
即与在区间上有两个交点，
画出与在区间上的图象，如下：
由图可知：.
（3）解：函数有且仅有3个零点，
因为关于成中心对称，
而关于成中心对称，
设三个零点为，则，
所以所有零点之和.
【知识点】函数的零点与方程根的关系；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【分析】（1）根据正弦型函数的性质整体代入求单调增区间即可；
（2）由题可知在区间内有两个相异的实根，即图象与的图象有两个不同的交点结合图象求解即可；
（3）关于成中心对称，而关于成中心对称，设三个零点为，则，即可求解.
22．（2024高一下·兴文开学考）若在定义域内存在实数，使得成立，则称函数有“飘移点”．
（1）函数是否有“飘移点”？请说明理由；
（2）证明函数在上有“飘移点”；
（3）若函数在上有“飘移点”，求实数a的取值范围．
【答案】（1）解：不存在，理由如下：
对于，则，整理得，
∵，则该方程无解，
∴函数不存在“飘移点”
（2）证明：对于，则，整理得，
∵在内连续不断，且，
∴在内存在零点，则方程在内存在实根，
故函数在上有“飘移点”.
（3）解：对于，则，即，
∵，则，
令，则，
∴，
又∵，当且仅当，即时等号成立，
则，，
∴，即，
故实数a的取值范围为
【知识点】基本不等式；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）根据题意，整理可得，通过判断，即可判断该方程是否有解；
（2）根据题意可得，构建函数，结合零点存在性定理分析证明；
（3）根据题意整理得，利用换元法结合基本不等式求解即可.
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