河南省八市2017-2018学年高一数学上学期第一次质量检测10月试题 精

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1
2113()33221251=()()(8)13431511 =13223 =1


原式

2017-2018学年度上期高一第一次质量检测
数学参考答案
一、选择题: ADDC ABBD DCBB
二、填空题: 13. 9 14. 19 15. acb16.
[1,2)
三、解答题:
17.解:(1)由 得:2≤x<6 ∴

……5

(2)由已知得

①若 ,则21;1aaa,符合题意

②若 ,则 ,解得:
综上,实数a的取值范围为a≤-1或 …………………………………10分
18.解:(1)

…………………………4分
(2)∵14xx∴1222=216xxxx()∴2214xx
则1222=212xxxx()
∵x0<<1∴1xx<∴123xx…………………………8分
又11()2122()26xxxx∴11()226xx

∴22111111()()2222()()4(23)426xxxxxxxxxx……………………12分
19.解:(1)∵函数()fx是定义域为R的偶函数,()=()fxfx..................1分

当0x时,
0x
,
.................3分

综上:222,(0)().2,(0)xxxfxxxx....................................4分

2
()=()2fxfxxx


2Axx<6

0026xx




R
CA)B=26<或1<<81<<2(或6<8xxxxxxxx

CA
=C

212216aaaa<
5
22a
C

5
22a
- 6 -

(2)图象如图所示.
...8分
(3) 单调递减区间为:[1,0],[1,).(说明:-1,0,1区间端点处开闭均可.).....10分

函数 的值域为 . ....................................12分
20.解:(1)令,则 所以
(1)0.f
.............1分

令 则所以 .............2分

.....................................3分
..................................4分

(2)∵
12()(2)2,()(2)2(2)()().99x
fxfxfxfxfxff

..7


∵ 是定义在(0,+∞)上的减函数,

....................................10分

解得:
1
2.5x

...............................................11分

1
5
所求的取值范围为(,2).x

..................................12分

21.解:(1)当6x时,50115yx,令501150x,解得2.3x.
∵xN,∴3x,∴36x,且xN.
当620x时,2[503(6)]115368115.yxxxx

综上可知,250115,(36,).368115,(620,)xxxNyxxxxN...................6分
(2)当36x,且xN时,∵50115yx是增函数,

(-,1]
()fx
1xy
(1)(1)(1),fff

1
3,,3xy
1

(1)(3)(),3fff
(3)1.f

111
()()()2,933故fff

(9)(3)(3)2.fff

2,90,20x
x

xx

()yfx
- 7 -
121212
1212

1111
1,-01,14,90.24,aaaaaa

aaaa

11
1,()32().195,(1)2aa

Ma
aa

∴当6x时,max185y元.
当620x,xN时,22348113681153(),33yxxx
∴当11x时,max270y元.
综上所述,当每辆自行车日租金定为11元时才能使日净收入最多,为270元.
....12分

22.解:(1)∵ ∴ 的图象为开口向上的抛物线,且对称轴为

∴ 有最小值 ........................1分
当 有最大值
当 有最大值

........................3分
...............................4分

()fx
11,3a1
[1,3].x

a

21
12121212

121212

1111()()()()()则aa
gagaaaaaaa

aaaaaa

1
()1.Na

a
()fx

11
,32a
1

23,时

a
()fx

()(1)1;Mafa

1
12,时

a

1
1,2a
()fx
()(3)95;Mafa

111
2,()32().1196,(1)2aa

a
ga

aa
a

12
11
,32(2)设aa

21
12121212

121212

1111()()999()()9()则aa
gagaaaaaaa

aaaaaa

12
12

1
()(1)aa

aa

121212
1212

111111
,-0,49,10.3294,aaaaaa

aaaa

1212
()()0,()().即gagagaga
11
()[,].32在上是减函数ga

12
1
1,2设aa

12
12

1
()(9)aa

aa
- 8 -

14
(),(1)4,33gg
()ga

1212
()()0,()().即gagagaga
11
().22当时,有最小值aga

1
[,1]

3

1
(),1].2在(上是增函数ga

4
max
()216.ha

....................................7分
....................................8

(3) 由(1)(2)知, 由 在 上的单调性知:
故 ..............................9

由题意可得:对任意的 恒成立; .........10

得: 对任意的 恒成立;
即:22210mtm对任意的1[0,]2t恒成立;

故: 解得: .........................12分
2
2
210,210m

mm

max
()4;ga
2
2210mtm

2
162215mtm

1
[0,]2t

2
1.2或mm

1
[0,]2,t