高考真题变式题2024年新课标全国Ⅰ卷数学真题变式题6-10含解析答案

这是一份高考真题变式题2024年新课标全国Ⅰ卷数学真题变式题6-10含解析答案，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题等内容，欢迎下载使用。


一、单选题
1．已知函数在R上单调递增，则a的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
2．已知函数在定义域上是增函数，则k的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
3．已知是上的减函数，则实数的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
4．已知函数且在上单调递减，则的取值范围为（ ）
A．B．C．D．
5．当时，曲线与的交点个数为（ ）
A．3B．4C．6D．8
6．函数的图象与直线有且仅有两个不同的交点，则k的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
7．把函数的图象向左平移个单位长度，再把图象上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，纵坐标不变，可以得到函数的图象，则的图象与直线的交点个数为（ ）
A．1B．2C．3D．4
8．函数与的图像有个交点，其坐标依次为，，，，则（ ）
A．4B．8C．12D．16
9．已知函数的定义域为R，，且当时，则下列结论中一定正确的是（ ）
A．B．
C．D．
10．若函数满足，且当时，，则（ ）
A．－1B．C．0D．
11．已知定为域为R的函数满足：为偶函数，，且，则（ ）
A．0B．1C．2D．3
12．定义在上的函数满足，且当时，，则（ ）
A．B．C．D．
二、多选题
13．随着“一带一路”国际合作的深入，某茶叶种植区多措并举推动茶叶出口.为了解推动出口后的亩收入（单位：万元）情况，从该种植区抽取样本，得到推动出口后亩收入的样本均值，样本方差，已知该种植区以往的亩收入服从正态分布，假设推动出口后的亩收入服从正态分布，则（ ）（若随机变量Z服从正态分布，）
A．B．
C．D．
14．杨明上学有时坐公交车，有时骑自行车，他各记录了50次坐公交车和骑自行车所花的时间，经数据分析得到：坐公交车平均用时，样本方差为36；骑自行车平均用时，样本方差为4，假设坐公交车用时（单位：）和骑自行车用时（单位：）都服从正态分布，正态分布中的参数用样本均值估计，参数用样本标准差估计，则（ ）
A．B．
C．D．若某天只有可用，杨明应选择坐公交车
15．李明每天7：00从家里出发去学校，有时坐公交车，有时骑自行车．他各记录了50次坐公交车和骑自行车所花的时间，经数据分析得到：坐公交车平均用时30分钟，样本方差为36；自行车平均用时34分钟，样本方差为4．假设坐公交车用时X和骑自行车用时Y都服从正态分布，则（ ）
A．P(X＞32)＞P(Y＞32)
B．P(X≤36)＝P(Y≤36)
C．李明计划7：34前到校，应选择坐公交车
D．李明计划7：40前到校，应选择骑自行车
16．假设某厂有两条包装食盐的生产线甲､乙，生产线甲正常情况下生产出来的包装食盐质量服从正态分布（单位：），生产线乙正常情况下生产出来包装食盐质量为，随机变量服从正态密度函数，其中，则（ ）附：随机变量，则，
A．正常情况下，从生产线甲任意抽取一包食盐，质量小于的概率为
B．生产线乙的食盐质量
C．曲线的峰值为
D．生产线甲上的检测员某天随机抽取两包食盐，称得其质量均大于，于是判断出该生产线出现异常，则该判断是合理的.
17．设函数，则（ ）
A．是的极小值点B．当时，
C．当时，D．当时，
18．设函数，则（ ）
A．有个极大值点
B．有个极小值点
C．是的极大值点
D．是的极小值点
19．已知函数，则（ ）
A．有两个极值点B．有两个零点
C．点是曲线的对称中心D．过点可作曲线的两条切线
20．已知是定义在上的奇函数，当时，，则（ ）
A．的极大值点为
B．函数的零点个数为3
C．函数的零点个数为7
D．的解集为
参考答案：
1．B
【分析】根据二次函数的性质和分界点的大小关系即可得到不等式组，解出即可.
【详解】因为在上单调递增，且时，单调递增，
则需满足，解得，
即a的范围是.
故选：B.
2．B
【分析】首先得到分段函数在各段均为增函数，要使函数在定义域上是增函数，只需函数在断点处左侧的函数值不超过右侧的函数值，即可得到不等式，解得即可；
【详解】解：因为在定义域上是增函数，
当时单调递增且，当时也单调递增，
所以，即，所以，即；
故选：B
3．D
【分析】利用分段函数是减函数，列出不等式组求解即可.
【详解】因为在R上是减函数，
所以，解得，即.
故选：D.
4．A
【分析】由函数在上单调递减，结合分段函数的单调性的概念，得到不等式组，即可求解．
【详解】由题意，函数且在上单调递减，
则满足，解得，即实数的取值范围为．
故选：A．
【点睛】本题主要考查了利用分段函数的单调性求解参数问题，其中解答中熟记分段函数的单调性的概念，结合二次函数的性质和对数的运算，列出相应的不等式组是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．
5．C
【分析】画出两函数在上的图象，根据图象即可求解
【详解】因为函数的的最小正周期为，
函数的最小正周期为，
所以在上函数有三个周期的图象，
在坐标系中结合五点法画出两函数图象，如图所示：
由图可知，两函数图象有6个交点.
故选：C
6．C
【解析】先分类讨论去绝对值号，得出函数的解析式，然后画出函数与的图象进行判断.
【详解】，
如图所示，
要使的图象与直线有且仅有两个不同的交点，则只需.
故选：C.
【点睛】本题考查根据函数图象的交点个数求参数的取值范围，较简单，画出函数的图象是关键.
7．C
【分析】根据三角函数图象的伸缩以及平移变换可得到函数的解析式，作出函数以及的图象，数形结合，即可得答案.
【详解】由题意将函数的图象上所有点的横坐标缩短到原来的，纵坐标不变，
得到的图象，再将该图象向右平移个单位长度，
得到函数的图象，
即，
作出以及的图象，如图，

由图象可知的图象与直线的交点个数为3，
故选：C
8．A
【分析】由已知函数解析式可知两个函数对称中心均为为，在同一坐标系中作出两个函数的图象，结合图象根据对称性即可得到答案．
【详解】，两个函数对称中心均为为，在同一坐标系中作出两个函数的图象，如图：
由图可知共有四个交点，且关于对称，故．
故选：A.
【点睛】本题主要考查函数的图象，中心对称图形的特点，属于中档题．
9．B
【分析】代入得到，再利用函数性质和不等式的性质，逐渐递推即可判断.
【详解】因为当时，所以，
又因为，
则，
，
，
，
，则依次下去可知，则B正确；
且无证据表明ACD一定正确.
故选：B.
【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用，再利用题目所给的函数性质，代入函数值再结合不等式同向可加性，不断递推即可.
10．B
【分析】先利用求出函数的周期，利用周期性转化代入即可求解.
【详解】依题意，
因为，所以，
所以，所以函数的周期为4，
所以.
又因为，所以，
当时，，所以，
所以.
故选：B.
11．B
【分析】由题意根据函数满足的条件等式，推出函数的一个周期，再利用赋值法求出以及，结合函数周期，即可求得答案.
【详解】由题意知定为域为R的函数满足：为偶函数，
即，即，结合，
得，即，
故，即，
则，故8为函数的一个周期，
由于，，故令，则，
结合，令，得，
对于，令，则，
故，
故选：B
【点睛】关键点睛：本题考查了抽象函数的求值问题，解答的关键是根据函数满足的条件，推出函数周期，进而结合赋值法求值，即可求解答案.
12．D
【分析】先由已知条件求出一些特值, , 可得 ,反复利用，可得，，再由与、与的大小关系从而得出结论.
【详解】，
令得：，又，
反复利用可得：
①，
再令，由 , 可求得 ,
同理反复利用 可得:
②，
由①②可得：有，
，，而
所以 ,
故 .
故选：D.
【点睛】本题考查抽象函数及其应用, 难点在于利用 两次赋值后都反复应用 , 分别得到关系式①② , 从而使问题解决, 考查抽象函数的性质的应用及转化思想，属于难题.
13．BC
【分析】根据正态分布的原则以及正态分布的对称性即可解出.
【详解】依题可知，，所以，
故，C正确，D错误；
因为，所以，
因为，所以，
而，B正确，A错误，
故选：BC．
14．ABD
【分析】利用正态分布曲线的意义以及对称性，对四个选项逐一分析判断即可．
【详解】解：随机变量的均值为，方差为，则，，，
随机变量的均值为，方差为，则，，，
所以，故A正确；
，，
因为，
所以，故B正确；
，故C错误；
对于D，因为，
所以选择公交车，故D正确．
故选：ABD．
15．BCD
【分析】首先利用正态分布，确定和，再结合正态分布的对称性，和的原则，即可求解.
【详解】A.由条件可知，，根据对称性可知，故A错误；
B., ，所以，故B正确；
C. =，所以，故C正确；
D. ，，所以，故D正确.
故选：BCD
16．ACD
【分析】根据给定条件，利用正态分布的性质计算判断AD；利用正态密度函数的意义、性质判断BC作答.
【详解】对于A，设生产线甲正常情况下生产出来的包装食盐的质量为，则，其中，
则，A正确；
对于B，随机变量服从正态密度函数，有，因此生产线乙的食盐质量，B错误；
对于C，因为，当且仅当时取等号，因此当时，，C正确；
对于D，，说明生产线甲抽到质量大于的可能性很低，
则随机抽取两包质量均大于，说明判断出该生产线出现异常是合理的，D正确.
故选：ACD
17．ACD
【分析】求出函数的导数，得到极值点，即可判断A；利用函数的单调性可判断B；根据函数在上的值域即可判断C；直接作差可判断D.
【详解】对A，因为函数的定义域为R，而，
易知当时，，当或时，
函数在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，故是函数的极小值点，正确；
对B，当时，，所以，
而由上可知，函数在上单调递增，所以，错误；
对C，当时，，而由上可知，函数在上单调递减，
所以，即，正确；
对D，当时，，
所以，正确；
故选：ACD.
18．ABD
【分析】求出函数的导函数，即可得到函数的单调区间与极值点.
【详解】函数的定义域为，
且，
所以当或时，
当或时，
所以在，上单调递减，在，上单调递增，
所以在处取得极小值，在处取得极大值，在处取得极小值.
故选：ABD
19．AC
【分析】A项，分析函数的单调性即可得出极点个数；B项，利用零点定理即可得出零点个数；C项，构造并分析奇偶性，利用是图象的对称中心得出点是曲线的对称中心；D项，设出切点并得出切线方程，将代入切线方程即可得出过点的切线.
【详解】由题意，
在中，．
令，得或，
令，得，
所以在上单调递减，在上单调递增，
所以是极值点，A正确．
由的单调性且极大值，极小值，
又，，
所以函数在定义域上有3个零点，B错误．
令，
因为，则是奇函数，
所以是图象的对称中心，
将的图象向上移动1个单位长度得到的图象，
所以点是曲线的对称中心，C正确．
设切点为，
则切线的方程为，
代入，可得，解得．
所以过点的切线有1条，D错误．
故选：AC．
【点睛】关键点点睛：本题考查函数的求导，导数法求单调性，零点定理，函数的切线，考查学生分析和处理问题的能力，具有较强的综合性.
20．ABC
【分析】利用导函数求出单调区间，根据极值定义和奇偶性可判断A；数形结合判断B、C；赋值方法判断D
【详解】由题意得，
当时，，得，
令，得，
令，得；
所以在单调递减，在单调递增，
所以的极小值点为1，
又是定义在上的奇函数，所以的极大值点为，故A对；
当时，则，所以，
又是定义在上的奇函数，所以，所以

分别画出和的图象，
得函数的零点个数为3，B对；
令，得或或，
令，得，或，
如图，分别画出的图象，

由图可知：函数的零点个数为7， C 对；
令，则，
故D错；
故选：ABC
【点睛】方法点睛：
对于零点个数的求法：一是通过解方程求出零点，二是数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解