函数与不等式-北京市部分区2024届高三下学期一模数学试题分类汇编

这是一份函数与不等式-北京市部分区2024届高三下学期一模数学试题分类汇编，共16页。
A．B．
C．D．
2．（2024·北京门头沟·一模）设 ， 则 “ ” 是 “ ” 的（ ）
A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件
C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件
3．（2024·北京石景山·一模）设，，，则（ ）
A．B．C．D．
4．（2024·北京西城·一模）设，其中，则（ ）
A．B．
C．D．
5．（2024·北京东城·一模）已知，且，则（ ）
A．B．C．D．
6．（2024·北京房山·一模）已知，则下列命题为假命题的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
7．（2024·北京房山·一模）“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件B．必要不充分条件
C．充要条件D．既不充分也不必要条件
8．（2024·北京石景山·一模）下列函数中，在区间上为减函数的是（ ）
A．B．C．D．
9．（2024·北京门头沟·一模）下列函数中， 既是奇函数又在上单调递增的是（ ）
A．B．
C．D．
10．（2024·北京东城·一模）设函数，则（ ）
A．B．
C．D．
11．（2024·北京朝阳·一模）已知，则“”是“函数在上单调递增”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
12．（2024·北京丰台·一模）按国际标准，复印纸幅面规格分为系列和系列，其中系列以，，…等来标记纸张的幅面规格，具体规格标准为：
①规格纸张的幅宽和幅长的比例关系为；
②将（）纸张平行幅宽方向裁开成两等份，便成为规格纸张（如图）．

某班级进行社会实践活动汇报，要用规格纸张裁剪其他规格纸张．共需规格纸张40张，规格纸张10张，规格纸张5张．为满足上述要求，至少提供规格纸张的张数为（ ）
A．6B．7C．8D．9
13．（2024·北京西城·一模）已知函数，若存在最小值，则的最大值为（ ）
A．B．C．D．
14．（2024·北京海淀·一模）已知，函数的零点个数为，过点与曲线相切的直线的条数为，则的值分别为（ ）
A．B．C．D．
15．（2024·北京房山·一模）若函数，则函数零点的个数为（ ）
A．1B．2C．1或2D．1或3
16．（2024·北京海淀·一模）已知，则 .
17．（2024·北京延庆·一模）已知函数在区间上单调递减，则的一个取值为 ．
18．（2024·北京房山·一模）若对任意，函数满足，且当时，都有，则函数的一个解析式是 ．
19．（2024·北京延庆·一模）已知函数给出下列四个结论：
①存在实数，使得函数的最小值为；
②存在实数，使得函数的最小值为；
③存在实数，使得函数恰有个零点；
④存在实数，使得函数恰有个零点．
其中所有正确结论的序号是 ．
20．（2024·北京丰台·一模）已知函数具有下列性质：
①当时，都有；
②在区间上，单调递增；
③是偶函数．
则 ；函数可能的一个解析式为 ．
21．（2024·北京丰台·一模）目前发射人造天体，多采用多级火箭作为运载工具．其做法是在前一级火箭燃料燃烧完后，连同其壳体一起抛掉，让后一级火箭开始工作，使火箭系统加速到一定的速度时将人造天体送入预定轨道．现有材料科技条件下，对于一个级火箭，在第级火箭的燃料耗尽时，火箭的速度可以近似表示为，
其中．
注：表示人造天体质量，表示第（）级火箭结构和燃料的总质量．
给出下列三个结论：
①；
②当时，；
③当时，若，则．
其中所有正确结论的序号是 ．
22．（2024·北京石景山·一模）设函数，
①若有两个零点，则实数的一个取值可以是 ；
②若是上的增函数，则实数的取值范围是 ．
23．（2024·北京门头沟·一模）设，函数，给出下列四个结论：
①当时，的最小值为；
②存在， 使得只有一个零点；
③存在， 使得有三个不同零点；
④，在上是单调递增函数．
其中所有正确结论的序号是 ．
24．（2024·北京朝阳·一模）已知函数，若实数满足，则 ；的取值范围是 .
25．（2024·北京海淀·一模）已知函数，给出下列四个结论：
①函数是奇函数；
②，且，关于x的方程恰有两个不相等的实数根；
③已知是曲线上任意一点，，则；
④设为曲线上一点，为曲线上一点.若，则.
其中所有正确结论的序号是 .
参考答案：
1．D
【详解】因为，且，
又，函数在单调递增，
则，所以.故选：D
2．B
【详解】若,由，取，但是，
而，则,又，则中至少有一个大于1，
若都小于等于1，根据不等式的性质可知，乘积也小于等于1，与乘积大于1矛盾，
则,故，
所以是的必要而不充分条件.故选：B
3．B
【详解】，，
而，则，即，所以.故选：B
4．C
【详解】由，故，故，
由对勾函数性质可得，
，且，
综上所述，有.故选：C.
5．C
【详解】当时，，故AD错误；
当时，，故B错误；
对于C，因为，所以，因为，所以且，
则，
所以，故C正确.故选：C.
6．D
【详解】对于A，因为，所以，故A结论正确；
对于B，当时，因为幂函数在上单调递增，所以，故B结论正确；对于C，因为，所以，
而函数为减函数，所以，故C结论正确；
对于D，，
因为，所以，
所以，所以，故D结论错误.故选：D.
7．A
【详解】由可得：，
解得：，
所以“”能推出“”，
但“”推不出“”，
所以“”是“”的充分不必要条件.故选：A.
8．D
【详解】A，根据正弦函数的性质可知，，所以在上为增函数，故A错误；
B，是偶函数，关于轴对称，，所以在上是增函数，在上是减函数，故B错误；
C，的定义域是，函数是区间上是增函数，故C错误；
D，根据指数函数的性质可知，在区间上是减函数，故D正确.
故选：D
9．D
【详解】对于A：定义域为，为非奇非偶函数，故A错误；
对于B：定义域为，为奇函数，但是函数在上单调递减，故B错误；
对于C：为奇函数，定义域为，但是函数在上不单调，故C错误；
对于D：令定义域为，且，
所以为奇函数，且当时，函数在上单调递增，故D正确.
故选：D
10．A
【详解】函数的定义域为，
对于A，，故A正确；
对于B，，故B错误；
对于CD，当时，，故CD错误.
故选：A.
11．A
【详解】对于函数
当时，，为常数函数，
当时，，函数在上单调递减，
当时，，函数在上单调递增，
所以“”是“函数在上单调递增”的充分而不必要条件.
故选：A.
12．C
【详解】依题意张规格纸张可以裁剪出张，或张或张，
设一张规格纸张的面积为，
则一张规格纸张的面积为，
一张规格纸张的面积为，
一张规格纸张的面积为，
依题意总共需要的纸张的面积为，
所以至少需要提供张规格纸张，
其中将张裁出张和张；将张裁出张；
将剩下的张裁出张，
即共可以裁出张、张、张.
故选：C
13．A
【详解】当时，，故当时，有最小值为；
时，单调递减，所以，
由题意存在最小值，则，解得，即的最大值为.
故选：A
14．B
【详解】令，即时，，解得，
时，，无解，故，
设过点与曲线相切的直线的切点为，
当时，，则有，
有，整理可得，即，
即当时，有一条切线，
当时，，则有，
有，整理可得，
令，
则，
令，可得，
故当时，，即在上单调递增，
当时，，即在上单调递减，
由，
，故在上没有零点，
又，
故在上必有唯一零点，
即当时，亦可有一条切线符合要求，
故.
故选：B.
15．A
【详解】，
令，则，
则函数零点的个数即为函数图象交点的个数，
令，
当时，，则，
所以函数在上单调递增，且，
当时，，
当时，，则，
所以函数在上单调递增，且，
又当时，当时，，
作出函数的大致图象如图所示，
由图可知函数的图象有且仅有一个交点，
所以函数零点的个数为个.
故选：A.
16．
【详解】因为，
所以.
故答案为：.
17．（不唯一）
【详解】因为在上单调递增，又在区间上单调递减，
所以可以为偶函数，不妨取，
此时，函数定义域为，
且，故为偶函数，
满足在区间上单调递减.
故答案为：（不唯一）
18．（答案不唯一）
【详解】由题意，可取，
函数是减函数，满足时，都有，
因为，
所以函数满足题意.
故答案为：.（答案不唯一）
19．①③
【详解】当时，，显然函数的最小值为，故①正确；
当时，，，
当时，，当时，，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以时，有最小值，由可得，
此时，时，，在上单调递减，所以，
与最小值为矛盾，
若时，的对称轴方程为，当时，
即时，，若，则与矛盾，
当时，在上单调递减，无最小值，
综上，当时，函数的最小值不为，故②错误；
由②知，时，时，单调递减且，当时，且，所以函数恰有2个零点，故③正确；
当时，且仅有，即有且只有1个零点，
当时，且仅有，即有且只有1个零点，
综上时，有且只有1个零点，而在上至多有2个零点，
所以时，函数没有4个零点，当时，函数有无数个零点，故④错误.
故答案为：①③
20． （答案不唯一）
【详解】因为当时，都有，
令可得，解得，
不妨令，，
则，所以在上单调递增，满足②；
又，所以为偶函数，满足③；
当时，
，，
所以，满足①.
故答案为：；（答案不唯一）
21．②③
【详解】首先，对，有，故，，这推出.
由于，故每个都大于1，从而，①错误；
由于当时，有，故②正确；
由于当时，，若，则.
从而，故.
这意味着，即，从而我们有
.等号成立当且仅当，
故，即，即，
分解因式可得，再由即知，故，③正确.
故答案为：②③.
22． （内的值都可以） 或
【详解】①函数在上单调递增，，
所以函数在区间上无零点，
则函数在上有2个零点，
即，，则，或或，，
则，解得：，
所以的一个值是；
②函数在上单调递增，
则在上，也单调递增，且，
若函数在在区间单调递增，
则，即在区间上恒成立，
即，即，
不等式，解得：或，
综上可知，或.
故答案为：（内的值都可以）；或
23．②③
【详解】因为，
当时，则函数在上单调递增，
又函数的对称轴为，
对于①：当时，
当时，所以，即，故①错误；
对于②：当零点位于时，则，解得，
此时，
若，即时在上单调递增，
此时只需，解得或，所以，
若，即时，此时，则在上至少还有个零点，故不符合题意，
所以；
当零点位于，此时在上无零点，则，解得，
此时且，
要使函数只有一个零点，则只需，解得，
又，显然无解，所以此种情况不符合题意；
综上可得当时只有一个零点，故②正确；
对于③：使得有三个不同零点，则必然是在上有一个零点，在上有两个零点，
则，解得，
所以当时有三个不同零点，故③正确；
对于④：若在上是单调递增函数，则，解得，
所以当时在上是单调递增函数，故④错误.
故答案为：②③
24．
【详解】由，故在、上单调递减，
在上单调递增，且有，，，，，
由，则，
由时，，则关于对称，故，
则.
故答案为：；.
25．②③④
【详解】对①：令，即有，即，故函数不是奇函数，故①错误；
对②：，即，
当时，有，故是该方程的一个根；
当，时，由，故，结合定义域可得，
有，即，
令，，有或（负值舍去），则，
故必有一个大于的正根，即必有一个大于的正根；
当，时，由，故，结合定义域有，
有，即，
令，， 有或（正值舍去），
令，即，则，
即，故在定义域内亦必有一根，
综上所述，，且，关于x的方程恰有两个不相等的实数根，故②正确；
对③：令，则有，，
令，，，
当时，，当时，，
故在、上单调递增，在上单调递减，
又，，故恒成立，即，故，故③正确；
对④：当时，由，，故，
此时，，则，
当时，由与关于轴对称，不妨设，则有或，
当时，由，有，故成立；
当时，即有，
由③知，点与点在圆上或圆外，
设点与点在圆上且位于x轴两侧，则,
故；
综上所述，恒成立，故④正确.
故答案为：②③④.