还剩14页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
2023-2024学年广东省佛山市第一中学高一上学期第二次教学质量检测（12月）数学试题含答案
展开
这是一份2023-2024学年广东省佛山市第一中学高一上学期第二次教学质量检测（12月）数学试题含答案，共17页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，问答题，解答题，应用题，证明题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
1．命题“”的否定为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据全称命题的否定：任意改存在并否定结论，即可得答案.
【详解】由全称命题的否定为特称命题知：原命题的否定为.
故选：A
2．已知全集，，，则下图中阴影部分表示的集合为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据图确定阴影部分表示的集合为，根据集合的补集以及交集运算，即可求得答案.
【详解】由图可知阴影部分表示的集合为，
而或，故，
故选：A
3．设，，，则，，的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题首先可将转化为，即可得出，然后根据，即可得出结果.
【详解】因为，，
所以，
因为，，
所以，
故选：B
4．已知,那么下列命题正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
【答案】B
【分析】根据不等式的性质，对A、B、C、D四个选项通过举反例进行一一验证，即可判断出选项.
【详解】对于A，当时，不成立，故A错误；
对于B，若，则或，所以，故B正确；
对于C，若，则当时，不成立，故C错误；
对于D，当时，，故D错误；
故选：B
【点睛】本题主要考查不等式的性质，属于基础题.
5．“不等式在上恒成立”的一个必要不充分条件是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】先计算已知条件的等价范围，再利用充分条件和必要条件的定义逐一判断即可.
【详解】因为“不等式在上恒成立”，所以当时，原不等式为在上不是恒成立的，所以，
所以“不等式在上恒成立”，等价于，解得.
A选项是充要条件，不成立；
B选项中，不可推导出，B不成立；
C选项中，可推导，且不可推导，故是的必要不充分条件，正确；
D选项中，可推导，且不可推导，故是的充分不必要条件，D不正确.
故选：C.
【点睛】结论点睛：本题考查充分不必要条件的判断，一般可根据如下规则判断：
（1）若是的必要不充分条件，则对应集合是对应集合的真子集；
（2）是的充分不必要条件， 则对应集合是对应集合的真子集；
（3）是的充分必要条件，则对应集合与对应集合相等；
（4）是的既不充分又不必要条件， 对的集合与对应集合互不包含．
6．函数的部分图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】由解析式判断图象问题借助排除法，先借助函数奇偶性，再借助特殊点的正负即可得到.
【详解】的定义域为，
又，
则是奇函数，图象关于原点对称，排除A、C，
又，所以排除D．
故选：B.
7．已知，若函数有三个零点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用十字相乘法解，得或，利用函数与方程之间的关系转化为两个图象的交点个数问题进行求解即可．
【详解】解：若有三个零点，
即有三个根，
即或．
当时，由，即，则或，
即或，
则或无解，此时方程只有一个解，
则．有两个不同的根，
作出的图象如图：
由图象知，则，即，
即实数的取值范围是，
故选：A．
【点睛】本题主要考查函数零点个数的应用，利用数形结合转化为两个函数图象的交点个数问题是解决本题的关键．
8．已知函数与的图象上存在关于轴对称的点，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】函数关于轴对称的解析式为，则它与在有交点，在同一坐标系中分别画出两个函数的图象，观察图象可得答案.
【详解】函数关于轴对称的解析式为，
函数，两个函数的图象如图所示：
若过点时，得，但此时两函数图象的交点在轴上，
所以要保证在轴的正半轴，两函数图象有交点，则的图象向右平移均存在交点，
所以，
故选：B.
二、多选题
9．若函数 的图像经过点 ， 则（ ）
A．B． 在 上单调递减
C． 的最大值为 81D． 的最小值为
【答案】AC
【分析】利用函数经过点,可求出,再应用函数性质每个选项分别判断即可.
【详解】对于:由题意得 ， 得 ,故正确;
对于:令函数 ， 则该函数在上单调递减，在 上单调递增．
因为 是减函数， 所以在上单调递增， 在 上单调递减， 故错误;
对于:因为在上单调递增， 在 上单调递减,
所以 ,无最小值．故正确, 错误;
故选:.
10．下列结论正确的是（ ）
A．若，则的最小值为
B．若，，则
C．若，，且，则的最大值为
D．若，则的最大值为
【答案】AB
【分析】根据基本不等式依次求解判断各选项即可．
【详解】对于A：因为，所以，当且仅当时取等号，
即的最小值为.故正确；
对于B：，则，当且仅当时取等号.故B正确；
对于C：且，则，当且仅当时取等号，所以的最小值为.故C错误；
对于D：因为，则，则，当且仅当，即时取等号，故的最大值为.故D错误．
故选：AB．
11．牛顿曾提出了物体在常温环境下温度变化的冷却模型：若物体初始温度是（单位：℃），环境温度是（单位：℃），其中、则经过t分钟后物体的温度将满足（且）．现有一杯的热红茶置于的房间里，根据这一模型研究红茶冷却情况，下列结论正确的是（ ）（参考数值）
A．若，则
B．若，则红茶下降到所需时间大约为6分钟
C．5分钟后物体的温度是，k约为0.22
D．红茶温度从下降到所需的时间比从下降到所需的时间多
【答案】AC
【分析】由题知，根据指对数运算和指数函数的性质依次讨论各选项求解．
【详解】解：由题知，
A选项：若，即，所以，则，A正确；
B选项：若，则，则，两边同时取对数得，所以，所以红茶下降到所需时间大约为7分钟，B错误；
C选项：5分钟后物体的温度是，即，则，得，所以，故C正确；
D选项：为指数型函数，如图，可得红茶温度从下降到所需的时间（）比从下降到所需的时间（）少，故D错误．
故选：AC．
12．已知定义域为R的函数对任意实数都有，且，则以下结论正确的有（ ）
A．B．是偶函数
C．关于中心对称D．
【答案】BCD
【分析】利用赋值法，结合函数奇偶性的定义判断ABC，利用BC中的结论，结合赋值法得到，从而得解.
【详解】因为定义域为R的函数，有，
令，则或，故A错误，
若时，令，则，
此时是偶函数；
若时，令，则，
此时既是偶函数又是奇函数；因此B正确，
令，则，
所以关于中心对称，故C正确，
由关中心对称可得，结合是偶函数，
所以，所以，
所以，
令，则，故，
进而，故D正确.
故选：BCD.
三、填空题
13．计算 ．
【答案】
【分析】利用指数幂运算与分母有理化即可得解.
【详解】
.
故答案为：.
14．若，且，则 ．
【答案】
【分析】由，可得，，，从而利用换底公式及对数的运算性质即可求解.
【详解】解：因为，所以，，，又，
所以，
所以，所以，
故答案为：.
15．已知，则的最大值为 ．
【答案】
【分析】利用基本不等式求算式的最大值.
【详解】由，得，
则，
当且仅当，即时取等号，此时取得最大值.
故答案为：
16．如图，在平面直角坐标系中，已知曲线、、依次为，，的图像，其中为常数，，点是曲线上位于第一象限的点，过分别作轴、轴的平行线交曲线分别于点、，过点作轴的平行线交曲线于点，若四边形为矩形，则的值是 .
【答案】
【分析】设点，其中，可求出点、的坐标，进一步求出点的坐标，再将点的坐标代入函数的解析式可求出实数的值.
【详解】设点，其中，设点、，则，
解得，所以，点、，则点的坐标为，
将点的坐标代入函数的解析式，得，，解得.
故答案为.
【点睛】本题考查对数的运算，解题的关键就是由点的坐标计算出点的坐标，考查计算能力，属于中等题.
四、问答题
17．集合，．
（1）求，；
（2）若集合，，求的取值范围．
【答案】（1）或，或；（2）.
【分析】（1）先求出集合A、B，再根据集合的交并补运算即可求解；
（2）分和两种情况进行讨论，然后借助数轴即可求解.
【详解】解：（1）因为，
或，
或，
所以或，或；
（2）当时，显然，此时，即；
当时，由题意有或，解得，
综上，.
五、解答题
18．已知函数是定义在R上的奇函数，且当时，．
(1)求出当时，的解析式；
(2)如图，请补出函数的完整图象，根据图象直接写出函数的单调递减区间；
(3)结合函数图象，求当时，函数的值域．
【答案】(1)
(2)函数图像见解析，的单调递减区间为：
(3)
【分析】（1）根据函数的奇偶性即可求解，
（2）根据奇函数图象关于原点对称即可作出图象，进而可得单调区间，
（3）结合函数图象以及单调性，即可求解.
【详解】（1）依题意，设，则，
于是，
因为为R上的奇函数，因此，
所以当时，的解析式．
（2）由已知及（1）得函数的图象如下：
观察图象，得函数的单调递减区间为：．
（3）当时，由（1），（2）知，函数在上单调递减，在上单调递增，
当时，有最小值，
当时，有最大值，
而当时，有，
所以，当时，函数的值域为
六、问答题
19．对于实数a和b，定义运算“*”：，设.
(1)求的解析式；
(2)关于x的方程恰有三个互不相等的实数根，求m的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据代数式和之间的大小关系，结合题中所给的定义，用分段函数的形式表示函数的解析式；
（2）画出函数的图象，将方程的解的个数转化为与的交点个数问题，利用数形结合求出的取值范围．
【详解】（1）解：由可得，由可得，
所以根据题意得，
即．
（2）解：作出函数的图象如图，
当时，开口向下，对称轴为，
所以当时，函数的最大值为，
因为方程恰有三个互不相等的实数根，所以函数的图象和直线有三个不同的交点，可得的取值范围是．
七、应用题
20．漳州市某研学基地，因地制宜划出一片区域，打造成“生态水果特色区”.经调研发现：某水果树的单株产量单位：千克与施用肥料单位：千克满足如下关系：，且单株施用肥料及其它成本总投入为元.已知这种水果的市场售价大约为10元/千克，且销路畅通供不应求.记该水果树的单株利润为单位：元
(1)求函数的解析式；
(2)当施用肥料为多少千克时，该水果树的单株利润最大？最大利润是多少？
【答案】(1)；
(2)3千克时，该水果树的单株利润最大，最大利润是390元．
【分析】（1）由已知，分段代入后整理得答案；
（2）分段求出函数的最大值，取两个最大值中的较大者得结论．
【详解】（1）由已知，
又，
所以，
整理得.
（2）当时，，
当时，，
当时，
，
当且仅当，即时等号成立，，
因为
综上，所以的最大值为390
故当施用肥料为3千克时，该水果树的单株利润最大，最大利润是390元．
八、证明题
21．已知定义域为的函数是奇函数．
(1)求实数a的值；
(2)判断函数的单调性，并用定义加以证明；
(3)若对任意的，不等式恒成立，求实数m的取值范围．
【答案】(1)；
(2)函数在定义域内单调递增，证明见解析；
(3).
【分析】（1）由是奇函数可得，求出a的值，再验证此时是奇函数；
（2）先分离常数，再判断其单调性，利用定义证明函数在R上单调递增；
（3）等价于恒成立，求函数的最小值即得解.
【详解】（1）因为函数的定义域为R，所以，∴.
经检验当时，，
，
所以.
（2），
函数在定义域内单调递增，证明如下：
设，所以，
因为，所以，所以函数在R上单调递增.
（3）∵是奇函数，由已知可得，
所以，
所以，
设，当.
所以.
∴实数m的取值范围为.
九、问答题
22．已知函数与，其中是偶函数．
（Ⅰ）求实数的值；
（Ⅱ）求函数的定义域；
（Ⅲ）若函数只有一个零点，求实数的取值范围．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）分类讨论，答案见解析；（Ⅲ）．
【解析】（Ⅰ）由偶函数的性质，运算即可得解；
（Ⅱ）转化条件为，按照、分类，即可得解；
（Ⅲ）由对数的运算性质转化条件得方程有且只有一个实根，换元后，结合一元二次方程根的分布即可得解.
【详解】（Ⅰ）∵是偶函数，∴，∴，
∴，∴，
即对一切恒成立，
∴；
（Ⅱ）要使函数有意义，需，
当时，，解得，
当时，，解得，
综上可知，当时，的定义域为；
当时，的定义域为；
（Ⅲ）∵只有一个零点，
∴方程有且只有一个实根，
即方程有且只有一个实根，
亦即方程有且只有一个实根，
令（），则方程有且只有一个正根，
①当时，，不合题意；
②当时，因为0不是方程的根，所以方程的两根异号或有两相等正根，
由可得，解得或
若，则不合题意，舍去；
若，则满足条件；
若方程有两根异号，则，∴，
综上所述，实数的取值范围是.
【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）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.
一、单选题
1．命题“”的否定为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【分析】根据全称命题的否定：任意改存在并否定结论，即可得答案.
【详解】由全称命题的否定为特称命题知：原命题的否定为.
故选：A
2．已知全集，，，则下图中阴影部分表示的集合为（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】根据图确定阴影部分表示的集合为，根据集合的补集以及交集运算，即可求得答案.
【详解】由图可知阴影部分表示的集合为，
而或，故，
故选：A
3．设，，，则，，的大小关系为（ ）
A．B．C．D．
【答案】B
【分析】本题首先可将转化为，即可得出，然后根据，即可得出结果.
【详解】因为，，
所以，
因为，，
所以，
故选：B
4．已知,那么下列命题正确的是（ ）
A．若，则B．若，则
C．若，则D．若，则
【答案】B
【分析】根据不等式的性质，对A、B、C、D四个选项通过举反例进行一一验证，即可判断出选项.
【详解】对于A，当时，不成立，故A错误；
对于B，若，则或，所以，故B正确；
对于C，若，则当时，不成立，故C错误；
对于D，当时，，故D错误；
故选：B
【点睛】本题主要考查不等式的性质，属于基础题.
5．“不等式在上恒成立”的一个必要不充分条件是（ ）
A．B．C．D．
【答案】C
【解析】先计算已知条件的等价范围，再利用充分条件和必要条件的定义逐一判断即可.
【详解】因为“不等式在上恒成立”，所以当时，原不等式为在上不是恒成立的，所以，
所以“不等式在上恒成立”，等价于，解得.
A选项是充要条件，不成立；
B选项中，不可推导出，B不成立；
C选项中，可推导，且不可推导，故是的必要不充分条件，正确；
D选项中，可推导，且不可推导，故是的充分不必要条件，D不正确.
故选：C.
【点睛】结论点睛：本题考查充分不必要条件的判断，一般可根据如下规则判断：
（1）若是的必要不充分条件，则对应集合是对应集合的真子集；
（2）是的充分不必要条件， 则对应集合是对应集合的真子集；
（3）是的充分必要条件，则对应集合与对应集合相等；
（4）是的既不充分又不必要条件， 对的集合与对应集合互不包含．
6．函数的部分图象大致为（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】由解析式判断图象问题借助排除法，先借助函数奇偶性，再借助特殊点的正负即可得到.
【详解】的定义域为，
又，
则是奇函数，图象关于原点对称，排除A、C，
又，所以排除D．
故选：B.
7．已知，若函数有三个零点，则实数的取值范围是（ ）
A．B．C．D．
【答案】A
【分析】利用十字相乘法解，得或，利用函数与方程之间的关系转化为两个图象的交点个数问题进行求解即可．
【详解】解：若有三个零点，
即有三个根，
即或．
当时，由，即，则或，
即或，
则或无解，此时方程只有一个解，
则．有两个不同的根，
作出的图象如图：
由图象知，则，即，
即实数的取值范围是，
故选：A．
【点睛】本题主要考查函数零点个数的应用，利用数形结合转化为两个函数图象的交点个数问题是解决本题的关键．
8．已知函数与的图象上存在关于轴对称的点，则的取值范围是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】函数关于轴对称的解析式为，则它与在有交点，在同一坐标系中分别画出两个函数的图象，观察图象可得答案.
【详解】函数关于轴对称的解析式为，
函数，两个函数的图象如图所示：
若过点时，得，但此时两函数图象的交点在轴上，
所以要保证在轴的正半轴，两函数图象有交点，则的图象向右平移均存在交点，
所以，
故选：B.
二、多选题
9．若函数 的图像经过点 ， 则（ ）
A．B． 在 上单调递减
C． 的最大值为 81D． 的最小值为
【答案】AC
【分析】利用函数经过点,可求出,再应用函数性质每个选项分别判断即可.
【详解】对于:由题意得 ， 得 ,故正确;
对于:令函数 ， 则该函数在上单调递减，在 上单调递增．
因为 是减函数， 所以在上单调递增， 在 上单调递减， 故错误;
对于:因为在上单调递增， 在 上单调递减,
所以 ,无最小值．故正确, 错误;
故选:.
10．下列结论正确的是（ ）
A．若，则的最小值为
B．若，，则
C．若，，且，则的最大值为
D．若，则的最大值为
【答案】AB
【分析】根据基本不等式依次求解判断各选项即可．
【详解】对于A：因为，所以，当且仅当时取等号，
即的最小值为.故正确；
对于B：，则，当且仅当时取等号.故B正确；
对于C：且，则，当且仅当时取等号，所以的最小值为.故C错误；
对于D：因为，则，则，当且仅当，即时取等号，故的最大值为.故D错误．
故选：AB．
11．牛顿曾提出了物体在常温环境下温度变化的冷却模型：若物体初始温度是（单位：℃），环境温度是（单位：℃），其中、则经过t分钟后物体的温度将满足（且）．现有一杯的热红茶置于的房间里，根据这一模型研究红茶冷却情况，下列结论正确的是（ ）（参考数值）
A．若，则
B．若，则红茶下降到所需时间大约为6分钟
C．5分钟后物体的温度是，k约为0.22
D．红茶温度从下降到所需的时间比从下降到所需的时间多
【答案】AC
【分析】由题知，根据指对数运算和指数函数的性质依次讨论各选项求解．
【详解】解：由题知，
A选项：若，即，所以，则，A正确；
B选项：若，则，则，两边同时取对数得，所以，所以红茶下降到所需时间大约为7分钟，B错误；
C选项：5分钟后物体的温度是，即，则，得，所以，故C正确；
D选项：为指数型函数，如图，可得红茶温度从下降到所需的时间（）比从下降到所需的时间（）少，故D错误．
故选：AC．
12．已知定义域为R的函数对任意实数都有，且，则以下结论正确的有（ ）
A．B．是偶函数
C．关于中心对称D．
【答案】BCD
【分析】利用赋值法，结合函数奇偶性的定义判断ABC，利用BC中的结论，结合赋值法得到，从而得解.
【详解】因为定义域为R的函数，有，
令，则或，故A错误，
若时，令，则，
此时是偶函数；
若时，令，则，
此时既是偶函数又是奇函数；因此B正确，
令，则，
所以关于中心对称，故C正确，
由关中心对称可得，结合是偶函数，
所以，所以，
所以，
令，则，故，
进而，故D正确.
故选：BCD.
三、填空题
13．计算 ．
【答案】
【分析】利用指数幂运算与分母有理化即可得解.
【详解】
.
故答案为：.
14．若，且，则 ．
【答案】
【分析】由，可得，，，从而利用换底公式及对数的运算性质即可求解.
【详解】解：因为，所以，，，又，
所以，
所以，所以，
故答案为：.
15．已知，则的最大值为 ．
【答案】
【分析】利用基本不等式求算式的最大值.
【详解】由，得，
则，
当且仅当，即时取等号，此时取得最大值.
故答案为：
16．如图，在平面直角坐标系中，已知曲线、、依次为，，的图像，其中为常数，，点是曲线上位于第一象限的点，过分别作轴、轴的平行线交曲线分别于点、，过点作轴的平行线交曲线于点，若四边形为矩形，则的值是 .
【答案】
【分析】设点，其中，可求出点、的坐标，进一步求出点的坐标，再将点的坐标代入函数的解析式可求出实数的值.
【详解】设点，其中，设点、，则，
解得，所以，点、，则点的坐标为，
将点的坐标代入函数的解析式，得，，解得.
故答案为.
【点睛】本题考查对数的运算，解题的关键就是由点的坐标计算出点的坐标，考查计算能力，属于中等题.
四、问答题
17．集合，．
（1）求，；
（2）若集合，，求的取值范围．
【答案】（1）或，或；（2）.
【分析】（1）先求出集合A、B，再根据集合的交并补运算即可求解；
（2）分和两种情况进行讨论，然后借助数轴即可求解.
【详解】解：（1）因为，
或，
或，
所以或，或；
（2）当时，显然，此时，即；
当时，由题意有或，解得，
综上，.
五、解答题
18．已知函数是定义在R上的奇函数，且当时，．
(1)求出当时，的解析式；
(2)如图，请补出函数的完整图象，根据图象直接写出函数的单调递减区间；
(3)结合函数图象，求当时，函数的值域．
【答案】(1)
(2)函数图像见解析，的单调递减区间为：
(3)
【分析】（1）根据函数的奇偶性即可求解，
（2）根据奇函数图象关于原点对称即可作出图象，进而可得单调区间，
（3）结合函数图象以及单调性，即可求解.
【详解】（1）依题意，设，则，
于是，
因为为R上的奇函数，因此，
所以当时，的解析式．
（2）由已知及（1）得函数的图象如下：
观察图象，得函数的单调递减区间为：．
（3）当时，由（1），（2）知，函数在上单调递减，在上单调递增，
当时，有最小值，
当时，有最大值，
而当时，有，
所以，当时，函数的值域为
六、问答题
19．对于实数a和b，定义运算“*”：，设.
(1)求的解析式；
(2)关于x的方程恰有三个互不相等的实数根，求m的取值范围.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根据代数式和之间的大小关系，结合题中所给的定义，用分段函数的形式表示函数的解析式；
（2）画出函数的图象，将方程的解的个数转化为与的交点个数问题，利用数形结合求出的取值范围．
【详解】（1）解：由可得，由可得，
所以根据题意得，
即．
（2）解：作出函数的图象如图，
当时，开口向下，对称轴为，
所以当时，函数的最大值为，
因为方程恰有三个互不相等的实数根，所以函数的图象和直线有三个不同的交点，可得的取值范围是．
七、应用题
20．漳州市某研学基地，因地制宜划出一片区域，打造成“生态水果特色区”.经调研发现：某水果树的单株产量单位：千克与施用肥料单位：千克满足如下关系：，且单株施用肥料及其它成本总投入为元.已知这种水果的市场售价大约为10元/千克，且销路畅通供不应求.记该水果树的单株利润为单位：元
(1)求函数的解析式；
(2)当施用肥料为多少千克时，该水果树的单株利润最大？最大利润是多少？
【答案】(1)；
(2)3千克时，该水果树的单株利润最大，最大利润是390元．
【分析】（1）由已知，分段代入后整理得答案；
（2）分段求出函数的最大值，取两个最大值中的较大者得结论．
【详解】（1）由已知，
又，
所以，
整理得.
（2）当时，，
当时，，
当时，
，
当且仅当，即时等号成立，，
因为
综上，所以的最大值为390
故当施用肥料为3千克时，该水果树的单株利润最大，最大利润是390元．
八、证明题
21．已知定义域为的函数是奇函数．
(1)求实数a的值；
(2)判断函数的单调性，并用定义加以证明；
(3)若对任意的，不等式恒成立，求实数m的取值范围．
【答案】(1)；
(2)函数在定义域内单调递增，证明见解析；
(3).
【分析】（1）由是奇函数可得，求出a的值，再验证此时是奇函数；
（2）先分离常数，再判断其单调性，利用定义证明函数在R上单调递增；
（3）等价于恒成立，求函数的最小值即得解.
【详解】（1）因为函数的定义域为R，所以，∴.
经检验当时，，
，
所以.
（2），
函数在定义域内单调递增，证明如下：
设，所以，
因为，所以，所以函数在R上单调递增.
（3）∵是奇函数，由已知可得，
所以，
所以，
设，当.
所以.
∴实数m的取值范围为.
九、问答题
22．已知函数与，其中是偶函数．
（Ⅰ）求实数的值；
（Ⅱ）求函数的定义域；
（Ⅲ）若函数只有一个零点，求实数的取值范围．
【答案】（Ⅰ）；（Ⅱ）分类讨论，答案见解析；（Ⅲ）．
【解析】（Ⅰ）由偶函数的性质，运算即可得解；
（Ⅱ）转化条件为，按照、分类，即可得解；
（Ⅲ）由对数的运算性质转化条件得方程有且只有一个实根，换元后，结合一元二次方程根的分布即可得解.
【详解】（Ⅰ）∵是偶函数，∴，∴，
∴，∴，
即对一切恒成立，
∴；
（Ⅱ）要使函数有意义，需，
当时，，解得，
当时，，解得，
综上可知，当时，的定义域为；
当时，的定义域为；
（Ⅲ）∵只有一个零点，
∴方程有且只有一个实根，
即方程有且只有一个实根，
亦即方程有且只有一个实根，
令（），则方程有且只有一个正根，
①当时，，不合题意；
②当时，因为0不是方程的根，所以方程的两根异号或有两相等正根，
由可得，解得或
若，则不合题意，舍去；
若，则满足条件；
若方程有两根异号，则，∴，
综上所述，实数的取值范围是.
【点睛】方法点睛：已知函数有零点(方程有根)求参数值(取值范围)常用的方法：
（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围；
（2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决；
（3）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.
相关试卷
广东省佛山市普通高中2023-2024学年高三教学质量检测（一）数学试题： 这是一份广东省佛山市普通高中2023-2024学年高三教学质量检测（一）数学试题，共4页。
2023-2024学年广东省佛山市顺德区乐从中学高一上学期第二次质量检测（12月）数学试题含答案： 这是一份2023-2024学年广东省佛山市顺德区乐从中学高一上学期第二次质量检测（12月）数学试题含答案，共14页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，问答题，应用题等内容，欢迎下载使用。
2023-2024学年广东省东莞高级中学、东莞第六高级中学高一上学期12月联合教学质量检测数学试题含答案： 这是一份2023-2024学年广东省东莞高级中学、东莞第六高级中学高一上学期12月联合教学质量检测数学试题含答案，共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题，证明题，问答题等内容，欢迎下载使用。
