3.4函数的应用（一）练习-2023-2024学年高中数学人教A版（2019）必修第一册（含解析）

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ID：3-18608296

版本：人教A版（2019）

类型：试卷

地区：全国

文件：1.8MB

日期：2024-01-05

作者：21jy_1106058281

星级：1

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3.4函数的应用（一）练习一、单选题 1．已知函数，，设函数，则下列说法错误的是（????） A．是偶函数 B．函数有两个零点 C．在区间上单调递减 D．有最大值，没有最小值 2．已知一次函数的图象如图所示，则二次函数的图象可能是（????） ?? A．?? B．?? C．?? D．?? 3．你见过古人眼中的烟花吗？那是朱淑真元宵夜的“火树银花触目红”，是隋炀帝眼中的“灯树千光照，花焰七枝开”.烟花，虽然是没有根的花，是虚幻的花，却在达到最高点时爆裂，用其灿烂的一秒换来人们真心的喝彩.已知某种烟花距地面的高度（单位：米）与时间（单位：秒）之间的关系式为，则烟花在冲击后爆裂的时刻是（????） A．第4秒 B．第5秒 C．第3.5秒 D．第3秒 4．已知函数的定义域为，，且，则（????） A．0 B．2022 C．2023 D．2024 5．如图，点P在边长为1的正方形边上运动，M是CD的中点，当点P沿运动时，点P经过的路程x与的面积y的函数的图象的形状大致是（　　） ?? A．?? B．?? C．?? D．?? 6．已知函数满足，，，且在区间上单调，若函数在区间内有4个零点，则a的取值范围是（????） A． B． C． D． 7．已知，若，则所在区间为（????） A． B． C． D． 8．函数满足：任意，.且.则的最小值是（????） A．1775 B．1850 C．1925 D．2000 二、多选题 9．已知函数是定义在实数集上的奇函数，当时，.若恒成立，则实数的取值可能是（????） A．-1 B． C． D．1 10．某种商品单价为50元时，每月可销售此种商品300件，若将单价降低元，则月销售量增加10x件，要使此种商品的月销售额不低于15950元，则x的取值可能为（????） A．9 B．7 C．13 D．11 11．高斯函数是数学中的一个重要函数，在自然科学、社会科学以及工程学等领域都能看到它的身影．设，用符号表示不大于的最大整数，如称函数叫做高斯函数．下列关于高斯函数的说法正确的有（????） A． B．若，则 C．函数的值域是 D．函数在上单调递增 12．用表示不超过的最大整数，例如，，.已知，则（????） A． B．为奇函数 C．，使得 D．方程所有根的和为三、填空题 13．已知函数，存在直线与的图象有4个交点，则，若存在实数，满足，则的取值范围是． 14．设函数的定义域为，满足，且当时，．；若对任意，都有，则的取值范围是． 15．设是上的奇函数，，当时, ,则当时，的图象与x轴所围成图形的面积= ． 16．一天，小明从家出发匀速步行去学校上学．几分钟后，在家休假的爸爸发现小明忘带数学书，于是爸爸立即匀速跑步去追小明，爸爸追上小明后以原速原路跑回家．小明拿到书后以原速的快步赶往学校，并在从家出发后23分钟到校（小明被爸爸追上时交流时间忽略不计）．两人之间相距的路程y（米）与小明从家出发到学校的步行时间x（分钟）之间的函数关系如图所示，则小明家到学校的路程为米． ?? 四、解答题 17．新能源汽车是低碳生活的必然选择和汽车产业的发展趋势.某汽车企业为了响应国家号召，2020年积极引进新能源汽车生产设备，通过分析，全年需要投入固定成本万元.每生产（百辆）新能源汽车，需另投入成本万元，且，由市场调研知，每辆车售价万元，且生产的车辆当年能全部销售完. (1)求出年的利润（万元）关于年产量（百辆）的函数关系式；（利润销售量售价成本） (2)年产量为多少百辆时，企业所获利润最大？并求出最大利润. 18．某呼吸机生产企业计划投资固定成本500万元引进先进设备，用于生产救治新冠患者的无创呼吸机，需要投入成本（单位：万元）与年产量（单位：百台）的函数关系式为，据以往出口市场价格，每台呼吸机的售价为3万元，且依据国外疫情情况，预测该年度生产的无创呼吸机能全部售完. (1)求年利润（单位：万元）关于年产量的函数解析式（利润销售额投入成本固定成本）； (2)当年产量为多少时，年利润最大？并求出最大年利润. 19．已知函数（）在区间上的最大值比最小值大3，且. (1)求，的值； (2)当时，函数的图象恒在函数的图象下方，求实数的取值范围. 20．某乡镇为全面实施乡村振兴战略，大力发展特色农产业，提升特色农产品的知名度，邀请了一家广告牌制作公司设计一个宽为x米、长为y米的长方形展牌，其中，并要求其面积为平方米． (1)求y关于x的函数； (2)判断在其定义域内的单调性，并用定义证明； (3)如何设计展牌的长和宽，才能使展牌的周长最小？ 21．已知函数是奇函数，且过点． (1)求实数m和a的值； (2)设，是否存在正实数t，使关于x的不等式对恒成立，若存在，求出t的值；若不存在，请说明理由． 22．定义：对于定义域为D的函数，若，有，则称为的不动点．己知函数． (1)当时，求函数的不动点； (2)若，函数恒有两个相异的不动点，求实数a的取值范围； (3)设且的两个不动点为，且，求实数b的最小值．参考答案： 1．B 【分析】画出函数的图象，数形结合对各个选项逐个判断即可. 【详解】在同一直角坐标系中，画出函数，的图象，从而得函数图象，如图实线部分：对于A，因为函数图象关于y轴对称，所以是偶函数，正确；对于B，根据零点的定义结合函数的图象知，函数有三个零点，分别为，错误；对于C，从函数图象观察得在区间上单调递减，正确；对于D，从函数图象观察得有最大值，没有最小值，正确；故选：B 2．D 【分析】由一次函数的图象可得：，，然后判断二次函数的图象即可. 【详解】由一次函数的图象可知：，，所以二次函数的图象开口向下，且对称轴为：，故选：D. 3．A 【分析】利用配方法，求二次函数最大值及相应值即可. 【详解】由题意，，则当时，即烟花达到最高点，爆裂的时刻是第秒. 故选：A. 4．C 【分析】根据解析式赋值代入，解得; 【详解】令，解得，然后逐项带入，解得：，故选：C. 5．A 【分析】先分点P在AB上时，点P在BC上时，点P在CD上时求得函数，再利用函数的性质来判断．【详解】点P在AB上时,；点P在BC上时，；点P在CD上时，；所以画出分段函数的大致图象，如图所示．故选：A． 6．C 【分析】由题意可得的图象关于中心对称，关于中心对称且周期为，由函数在区间内有4个零点，则与的图象在区间内有4个零点，，作出图象，结合图象即可得出答案. 【详解】因为，所以的图象关于中心对称，又因为，所以的图象关于中心对称，所以，即，所以，所以，所以的周期为，又因为，所以令中，则，所以，又因为在区间上单调，所以，又因为在区间内有四个零点，令，即，即与的图象在区间有四个交点，又因为直线过定点，斜率为，如图所示： ?? 为临界状态，当处于时，此时直线的斜率为，当处于时，此时直线的斜率为，因为满足，不满足. 所以由图可知，a的取值范围是. 故选：C 7．B 【分析】利用零点存在性定理求解即可. 【详解】由已知得函数连续且单调递增，因为，，所以，由零点存在性定理可知存在使得，故选：. 8．C 【分析】由可得，设，可得，从而可得结论. 【详解】因为，所以有，设，那么，因此，因此，取，得到.所以. 设，等号成立！故选：C. 9．AC 【分析】等价于恒成立，当时，函数的解析式进行去绝对值，所以讨论和的情况，再根据函数是奇函数，得到时的解析式或图像，结合图像得到的取值范围. 【详解】因为等价于恒成立. 当时，. 若，则当时，. 因为是奇函数，所以当时，，则，则. 综上，，此时为增函数，则恒成立. 若，当时，；当时，；当时，. 即当时，函数的最小值为，由于函数是定义在上的奇函数，当时，函数的最大值为，作出函数的图像如图：故函数的图像不能在函数的图像的上方，结合图像可得，即，求得. 综上，. 故选：AC. 【点睛】（1）运用函数图像解决问题时，先要正确理解和把握函数图像本身的含义，能够根据函数解析式和性质画出函数图像；（2）在研究函数性质特别是单调性、最值、零点时，要注意用好其与图像的关系，结合图像研究. 10．AD 【分析】将销售额表示成一个关于的函数，然后确定满足条件的的可能值即可. 【详解】设此种商品的月销售额为，由题意知，单价为，销售量为，所以销售额：，所以， , , . 故x的取值可能为9或者11，不可能是7或者13. 故选：AD 11．ABD 【分析】由高斯函数的定义逐一判断即可. 【详解】对A，由高斯函数的定义，可得，故A正确；对B，若，则，而表示不大于x的最大整数，则，即，故B正确；对C，函数，当时，，故C错误；对D，函数，即函数为分段函数，在上单调递增，故D正确. 故选：ABD. 12．AD 【分析】代入计算判断A，根据奇函数性质判断B，根据的定义对函数作差判断C，根据求出根的范围，然后化简方程求解方程的根判断D. 【详解】对于A，，正确；对于B，举反例，当时，，而，所以，故函数不是奇函数，错误；对于C，根据的定义，可知对，有，所以，所以，错误；对于D，即，所以，即，又，所以，解得，当时，满足方程，即是方程的根，当时，，方程化为，解得，故方程所有根的和为，正确. 故选：AD 13． 1 【分析】作出分段函数的图象，结合图象进行分析,第一个填空：当时，直线与的图象有4个交点；第二个填空：当时，存在实数，满足，进而可得取值范围，再结合函数对称性从而可得结论. 【详解】当时，令，解得或；令，解得；故可作出的图象，如图： ?? 由图可知，当时，，当时，，所以若存在直线与的图象有4个交点时，如图： ?? 当时，直线与的图象有4个交点；若存在实数，满足，如图： ?? 可知当时，存在实数，满足，令，解得，则可得；因为关于对称，；同理关于对称，；所以，又因为，所以，所以的取值范围是. 故答案为：1；. 【点睛】关键点睛：作出分段函数的图象是关键，本题考查数形结合思想，以及空间想象能力，属于较难题. 14． / 【分析】结合函数满足的性质以及当时，，即可求得；利用函数的性质推得其解析式，作出其大致图象，数形结合，求解不等式，即可确定的取值范围. 【详解】由题意得；当时，，当时，，当时，，当时，，，故由得，由此作出函数的大致图象如图： ?? 当时，令，解得或，结合图象解不等式，可得或，由于对任意，都有，故，故答案为：， 15．4 【分析】由可得是以 4 为周期的周期函数,再结合奇函数的性质即可推导出函数的图象关于直线对称，结合函数图像即可得出结论. 【详解】由得, 所以是以 4 为周期的周期函数, 由是奇函数且 , 得 , 即 . 故知函数的图象关于直线对称. 又当时, , 且的图象关于原点成中心对称, 则的图象如图所示： ?? 当时, 的图象与轴围成的图形面积为 , 则??. 故答案为：4. 16．2080 【分析】设小明原速度为x每分钟，则拿到书后的速度为1.25x米/分钟，家校距离为．设爸爸行进速度为y米/分钟，由题意及图形得方程组，求出x、y的值即可解答．【详解】解：设小明原速度为x（米/分钟），则拿到书后的速度为1.25x（米/分钟），则家校距离为，设爸爸行进速度为y（米/分钟），由题意及图形得：，解得： ∴小明家到学校的路程为：（米）. 故答案为：2080． 17．(1) (2)年产量为90百辆时利润最大，最大利润为2820万元. 【分析】（1）根据利润销售量售价成本，表示出利润关于产量的关系式即可，注意单位的统一；（2）分段函数的最值问题，先分别求出两个范围内的最大值，然后比较哪个最大哪个就是整个分段函数的最大值. 【详解】（1）每辆车售价5万元，年产量（百辆）时销售收入为万元，总成本为，所以 . 所以年利润. （2）由（1）当时，（百辆）时（万元），当时，当且仅当（百辆）时，等号成立，因为2820万元万元, 所以年产量90百辆时利润最大，最大利润为2820万元. 18．(1) (2)当年产量为台时，年利润最大，且最大年利润为万元【分析】（1）根据已知条件，分，两种情况讨论，即可求解．（2）当时，通过二次函数的配方法可得，取得最大值，当时，结合均值不等式公式可得，取得最大值，即可求解．【详解】（1）当时，当时，，所以. （2）当时，当时，取得最大值，当时，，当且仅当，即时等号成立，因为，所以当时，取得最大值，综上，当年产量为台时，年利润最大，且最大年利润为万元． 19．(1) (2) 【分析】（1）根据二次函数的性质，得到可得在上单调递减，求得函数的最大值和最小值，列出方程，求得，进而求得的值，得到答案；（2）根据题意，转化为在上恒成立，设，设函数，结合二次函数的性质，得到函数最大值，即可求解. 【详解】（1）解：由，所以表示开口向上，且对称轴的抛物线，可得函数在上单调递减，所以，又由，可得，解得，所以，可得，即. （2）解：由题意，可得在上恒成立，即在上恒成立，设，设，开口向上，对称轴，所以，当时，函数单调递减；当时，函数单调递增，所以，所以，所以实数的取值范围为. 20．(1) (2)判断在其定义域单调递减;证明见解析 (3)设计展牌的长为6和宽为2 【分析】（1）注意函数的定义域即可；（2）利用定义法证明单调性即可；（3）利用基本不等式求解即可. 【详解】（1）宽为x米、长为y米的长方形展牌，所以面积为：，，其中,, 故即. （2）判断在其定义域单调递减，任取则，因为所以，所以在其定义域单调递减. （3）展牌的周长即. 当且仅当，时，等号成立. 此时. 所以设计展牌的长为6和宽为2，才能使展牌的周长最小，最小值为16. 21．(1)， (2)存在，【分析】（1）根据奇函数的性质可求得，从而可得解；（2）由（1）可得，再用整体换元思想将函数转化为二次函数，再分类讨论，讨论时和若时函数的单调性，从而可解决函数在上恒成立问题. 【详解】（1）因为是定义域为R的奇函数， ∴，∴，检验符合. ∴．又因为过点， ∴ ， ∴ （2）由（1）得，因为，令，∴，记，∵函数在上恒成立， ∴（ⅰ）若时，函数在上为增函数，所以为减函数，则需函数恒成立，即恒成立．由于对称轴，函数在区间上为增函数， ∴恒成立，∴恒成立，则恒成立，故合题意（ⅱ）若时，则需在恒成立，则： ① ② ③ 综上所述：故存在正数，使函数在上恒成立【点睛】关键点睛：第二小问中，用换元法令，将复杂函数转化为二次函数是关键，再利用分类讨论思想解决函数不等式上恒成立的问题，本题考查了函数的奇偶性，整体换元以及分类讨论思想，属于较难题. 22．(1)或 (2) (3) 【分析】（1）利用不动点的定义，得到关于的方程，解之即可得解；（2）利用一元二次方程有两个不等实根列式，结合一元二次不等式恒成立即可得解；（3）利用定义结合韦达定理得到关于的表达式，再利用均值不等式即可得解. 【详解】（1）当时，，令，即，解得或，所以的不动点为或. （2）令，即，则，，于是得方程有两个不等实根，即，则，由题意知，，不等式恒成立，所以，整理得，解得，所以实数的取值范围是. （3）由（2）知，当时，，，又，于是得，则，令，则，，所以，当且仅当，即，时取等号，所以实数的最小值为.