【文档说明】浙江省杭州高级中学2023-2024学年高一上学期期中考试数学试题+含答案.docx，共(13)页，76.826 KB，由小赞的店铺上传

转载请保留链接：https://www.doc5u.com/view-11bdf23418dc5122b3b078c12e3e32bf.html

以下为本文档部分文字说明：

浙江省杭州高级中学2023-2024学年第一学期期中考试试题高一数学一、选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分.在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求.1.若𝑥∈{1,2,𝑥2}，则x的可能值为()A.0，2B.0，1C

.1，2D.0，1，22.命题𝑝:∀𝑥∈𝐍,𝑥3>𝑥2的否定为()A.∀𝑥∈𝐍,𝑥3≤𝑥2B.∃𝑥∉𝐍,𝑥3≤𝑥2C.∃𝑥∈𝐍,𝑥3≤𝑥2D.∃𝑥∈𝐍,𝑥3<𝑥23.若a，b

，𝑐∈𝑅，𝑎<𝑏<0，则下列不等式正确的是()A.1𝑎<1𝑏B.𝑎𝑏<𝑏2C.𝑎|𝑐|>𝑏|𝑐|D.𝑎(𝑐2+1)<𝑏(𝑐2+1)4.已知函数𝑦=𝑓(2𝑥)的定义域为[1,2]，则函数𝑦=𝑓(𝑥+1)𝑥−1的定义域为()A.[−1,1)B.(1,

3]C.[0,3]D.[0,1)∪(1,3]5.使“2𝑥+11−𝑥≥0”成立的一个必要不充分条件是()A.−12≤𝑥≤1B.−12≤𝑥<1C.𝑥≤−12或𝑥≥1D.𝑥≤−12或𝑥>16.因工作需求，张先生的汽车一周需两次加同一种汽油.现张先生本周按照以下两种方案

加油(两次加油时油价不一样)，甲方案：每次购买汽油的量一定;乙方案：每次加油的钱数一定.问哪种加油的方案更经济()A.甲方案B.乙方案C.一样D.无法确定7.已知定义在R上的奇函数𝑓(𝑥)在(−∞,0)上单调递减，定义在R上的偶

函数𝑔(𝑥)在(−∞,0]上单调递增，且𝑓(1)=𝑔(1)=0，则满足𝑓(𝑥)𝑔(𝑥)>0的x的取值范围是()A.(−∞,−1)∪(−1,0)B.(−1,0)∪(1,+∞)C.(0,1)∪(1,+∞)D.

(−∞,−1)∪(−1,1)8.已知函数𝑓(𝑥)=2𝑥2−1,𝑔(𝑥)=𝑎𝑥,𝑥∈𝑅，用𝑀(𝑥)表示𝑓(𝑥),𝑔(𝑥)中的较大者，记为𝑀(𝑥)=max{𝑓(𝑥),𝑔(𝑥)}，若𝑀(𝑥)的最小值为−12

，则实数a的值为()A.0B.±1C.±√2D.±2二、选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分.9.下列说法正确的是()A.𝑓(𝑥)=√𝑥33与𝑔(𝑡)=𝑡是

同一函数B.奇函数的图象一定过点(0,0)C.对于任何一个函数，如果因变量y的值不同，则自变量x的值一定不同D.函数𝑓(𝑥)=1𝑥在其定义域内是单调递减函数10.函数𝑓(𝑥)=𝑎𝑥2+2𝑥+1与𝑔(𝑥)=𝑥𝑎在同一坐

标系中的图象可能为()A.B.C.D.11.已知𝑓(𝑥)={𝑥2,𝑥≥5,12𝑓(𝑥+1),𝑥<5，则()A.2𝑓(4)=𝑓(5)B.2𝑓(5)=𝑓(6)C.𝑓(1)=1532D.当𝑥∈[4,5),𝑓(𝑥)=(𝑥+1)2212.对于定义

在D函数𝑓(𝑥)若满足：①对任意的𝑥∈𝐷，𝑓(𝑥)+𝑓(−𝑥)=0;②对任意的𝑥1∈𝐷，存在𝑥2∈𝐷，使得𝑓(𝑥1)+𝑓(𝑥2)2=𝑥1+𝑥22;则称函数𝑓(𝑥)为“等均值函数”，则下列函数

为“等均值函数”的为()A.𝑓(𝑥)=2𝑥B.𝑓(𝑥)={𝑥2,0<𝑥<1−𝑥2,−1<𝑥<0C.𝑓(𝑥)=1𝑥D.𝑓(𝑥)=|𝑥−1𝑥+1|三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．13.化简求值：0.027−13+(√8)43−3−1+(√2−1)0=

__________.14.函数𝑓(𝑥)=(12)|𝑥−1|的单调递减区间为__________，值域为__________.15.已知函数𝑓(𝑥)=𝑎𝑥2−(2−𝑎)𝑥+1，𝑔(𝑥)=𝑥，若对于任意实数x，𝑓(𝑥)与𝑔(𝑥)至少有一个为正数，则实数a的取值范围是

__________.16.已知函数𝑓(𝑥)=𝑥3+2𝑥−12𝑥+1+5，若实数a、b满足𝑓(2𝑎2)+𝑓(𝑏2−2)=10，则𝑎√1+𝑏2的最大值为__________四、解答题:本题共6小题,共70分.解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤.17.设集合𝐴={𝑥|−1

≤𝑥≤2}，𝐵={𝑥|2𝑚<𝑥<1}，𝐶={𝑥|𝑥<−1或𝑥>2}.(1)若𝐴∩𝐵=𝐵，求实数m的取值范围；(2)若𝐵∩𝐶中只有一个整数，求实数m的取值范围．18.已知函数𝑔(𝑥)=2𝑥+𝑏2𝑥−

𝑏，b为非零常数．(1)当𝑏<0时，试判断函数𝑦=𝑔(𝑥)的单调性，并用定义证明；(2)当𝑏=−1时，不等式𝑔(𝑥2+1)+𝑔(3−𝑎𝑥)>0对𝑥∈𝑅恒成立，求实数a的取值范围．19.老李是当地有名的养鱼技术能手，准备承包一个渔场，并签订合同，经过测算研究，预

测第一年鱼重量增长率200%，以后每年的重量增长率是前一年重量增长率的一半，但同时因鱼的生长，会导致水中的含氧量减少，鱼生长缓慢，为确保鱼的正常生长，只要水中的含氧量保持在某水平线以上。现知道水中含氧量第一年为8个

单位，经科技人员处了解到鱼正常生长，到第三年水中含氧量为4.5个单位，含氧量y与年份x的函数模型为𝑦=𝑘𝑎𝑥(𝑘>0,0<𝑎<1)，当含氧量少于8132个单位，鱼虽然依然生长，但会损失5%的总重量，当某一年的总重量比上一年总重量开始减少时就应该适时捕捞，此时也是

签合同适宜的最短时间.(1)试求出含氧量模型函数关系式;(2)试求出第几年开始鱼生长因含氧量关系导致会缓慢并出现损失;(3)求出第𝑛+1年鱼的总重量𝑎𝑛+1与第n年鱼的总重量𝑎𝑛的关系式(不用证明关

系式，n为整数)，并求出签合同适宜的最短时间是多少年?20.对于定义域为I的函数𝑓(𝑥)，如果存在区间[𝑚,𝑛]⊆𝐼，使得𝑓(𝑥)在区间[𝑚,𝑛]上是单调函数，且函数𝑦=𝑓(𝑥)，𝑥∈[𝑚,𝑛]的值域是[𝑚,�

�]，则称区间[𝑚,𝑛]是函数𝑓(𝑥)的一个“优美区间”．(1)判断函数𝑦=𝑥2(𝑥∈R)和函数𝑦=3−4𝑥(𝑥>0)是否存在“优美区间”，如果存在，写出符合条件的一个“优美区间”？(直接写出结论，不要求证明)(2)如果[𝑚,𝑛]是函数𝑓(𝑥)=(𝑎2+𝑎)

𝑥−1𝑎2𝑥(𝑎≠0)的一个“优美区间”，求𝑛−𝑚的最大值．浙江省杭州高级中学2023-2024学年第一学期期中考试试题高一数学参考答案1.【答案】A【解析】【分析】本题考查了集合中元素的互

异性，属于基础题．利用集合中元素的互异性分类讨论求解即可．【解答】解：∵𝑥∈{1,2,𝑥2}，当𝑥=1时，{1,2,𝑥2}={1,2,1}，不满足集合中元素的互异性；当𝑥=2时，{1,2,𝑥2}={1,2,4}，满足集合中元素的互异性；当𝑥=𝑥2，即𝑥=0或𝑥=1(舍)时，{1

,2,𝑥2}={1,2,0}，满足集合中元素的互异性；∴𝑥=0或𝑥=2.故选𝐴.2.【答案】C【解析】【分析】本题考查全称量词命题与存在量词命题的否定，属于基础题.【解答】解：全称量词命题的否定是存在量词命题，故命题p的否定为：∃𝑥∈𝑁,𝑥3⩽𝑥2.3.【答案】D【

解析】【分析】本题考查不等式的性质的综合应用，掌握不等式的性质是解题的关键，属于基础题.利用不等式的性质，这个判断四个选项即可判断.【解答】解：对于A，由𝑎<𝑏<0，则0>1𝑎>1𝑏，故选项A不正确；对于B，由𝑎<𝑏

<0，则𝑎𝑏−𝑏2=𝑏(𝑎−𝑏)>0,故𝑎𝑏>𝑏2，故选项B不正确；对于C，当𝑐=0时，𝑎|𝑐|=𝑏|𝑐|，当𝑐≠0时，𝑎|𝑐|<𝑏|𝑐|，故选项C不正确；对于D，由

𝑐2+1>0，𝑎<𝑏<0，所以𝑎(𝑐2+1)<𝑏(𝑐2+1)，故选项D正确.故选：𝐷.4.【答案】B【解析】【分析】本题考查抽象函数的定义域求解，需要充分理解定义域的具体含义，为基础题.【解答】解：函数𝑦=𝑓(2𝑥)的定义域为[1,2]，则有𝑓(𝑥)的定

义域为[2,4]，则函数𝑦=𝑓(𝑥+1)𝑥−1的定义域满足{2≤𝑥+1≤4𝑥≠1，即该函数的定义域为(1,3].5.【答案】A【解析】【分析】本题考查必要不充分条件的概念及应用，以及分式不等式的求解.【解答】解：2𝑥+11−𝑥≥

0，可得(2𝑥+1)(𝑥−1)≤0，且𝑥≠1.可得−12≤𝑥<1，结合选项找必要不充分条件，则为−12≤𝑥≤1，为选项𝐴.6.【答案】B【解析】【分析】本题考查根据实际问题中用作差法比较大小，属于基础题.设两次

加油的油价分别为x元/升、y元/升，分别写出两种方案两次加油的平均价格，比差即可得结论.【解答】解：设两次加油的油价分别为x元/升，y元/升(𝑥,𝑦>0,且𝑥≠𝑦)，甲方案每次加油的量为a升(𝑎>0)，则甲方案的平均油价为：𝑎𝑥+𝑎𝑦

2𝑎=𝑥+𝑦2;乙方案每次加油的钱数为b元(𝑏>0)，乙方案的平均油价为：2𝑏𝑏𝑥+𝑏𝑦=21𝑥+1𝑦=2𝑥𝑦𝑥+𝑦；因为𝑥+𝑦2−2𝑥𝑦𝑥+𝑦=(𝑥−𝑦)22(𝑥+𝑦)>0，所以𝑥

+𝑦2>2𝑥𝑦𝑥+𝑦，即乙方案更经济.故选𝐵.7.【答案】C【解析】【分析】本题考查函数的奇偶性以及单调性，属于中档题．根据函数奇偶性以及单调性可得当𝑥<−1或0<𝑥<1时，𝑓(𝑥)>0，当−1<𝑥<0或𝑥>1时，𝑓(𝑥)<0，当𝑥<−1或𝑥>1时，𝑔

(𝑥)<0，当−1<𝑥<1时，𝑔(𝑥)>0，从而可解．【解答】解：因为𝑓(𝑥)是定义在R上的奇函数，则𝑓(0)=0，又𝑓(1)=0，则当𝑥<−1或0<𝑥<1时，𝑓(𝑥)>0，当−1<𝑥<0或𝑥>1时，𝑓(𝑥)<0，又因为𝑔(𝑥)是定义在R上的

偶函数，且𝑔(1)=0，则当𝑥<−1或𝑥>1时，𝑔(𝑥)<0，当−1<𝑥<1时，𝑔(𝑥)>0，则当𝑓(𝑥)𝑔(𝑥)>0时，0<𝑥<1或𝑥>1，故选：𝐶.8.【答案】B【解析】【分析】本题考查函数的

新定义问题，考查函数的最值，属于一般题.先画出两个函数的图象，得到𝑀(𝑥)的图象，根据最小值为−12进行数形结合可知，交点处函数值为−12，计算即得结果.【解答】解：依题意，先作两个函数𝑓(𝑥)=2𝑥2−1,𝑔(𝑥)=𝑎𝑥,𝑥∈𝑅的草图(图中a的正负情

况对解题过程不影响)，因为𝑀(𝑥)=max{𝑓(𝑥),𝑔(𝑥)}，故草图如下：可知在交点A出取得最小值−12，令2𝑥2−1=−12，得𝑥=±12，故𝐴(±12,−12)，代入直线𝑔(𝑥)=𝑎𝑥，得−12=±12𝑎，故𝑎=±1

.故选：𝐵.9.【答案】AC【解析】【分析】本题考查函数的定义和性质，属于基础题.【解答】解：𝑓(𝑥)=√𝑥33=𝑥与𝑔(𝑡)=𝑡是同一函数，故A正确;奇函数的图象不一定过(0,0)点，故B错误;函数中一

个x值只能对应一个y值，如果y值不同，则x值肯定不同，故C正确;𝑓(𝑥)=1𝑥的单调减区间为(−∞,0)和(0,+∞)，但不能说在其定义域内单调递减，故D错误.10.【答案】ACD【解析】【分析】本题考查函数图象特征与对应参数取值范围的关系，理解基本函数图象的特征是解答本题的关键，此类题通

常是假定一个正确，从而来检验两者之间是否有矛盾．先假定函数𝑔(𝑥)=𝑥𝑎的图象正确，得出相应的参数a的范围，再由此判断函数𝑓(𝑥)=𝑎𝑥2+2𝑥+1图象是否符合这一特征，即可得出正确选项．【解答】解：对于A选项，函数𝑔(𝑥)=𝑥𝑎正

确，可得出𝑎<0，此时二次函数图象开口向下，对称轴𝑥=−1𝑎>0，所给图象符合这一特征，故可能是A；不可能是B；对于选项C，函数𝑔(𝑥)=𝑥𝑎正确，可得出𝑎>0，此时二次函数图象开口向上，对称轴𝑥=−1𝑎<0，所给图象符合这一特征，故可能是C；

对于选项D，函数𝑔(𝑥)=𝑥𝑎正确，可得出𝑎>0，此时二次函数图象开口向上，对称轴𝑥=−1𝑎<0，所给图象符合这一特征，故可能是D；故选：𝐴𝐶𝐷.11.【答案】AD【解析】【分析】本题

主要考查分段函数的解析式与求值，属于中档题.根据分段函数的解析式，逐项分析即得.【解答】解：因为𝑓(𝑥)={𝑥2,𝑥≥512𝑓(𝑥+1),𝑥<5，所以𝑓(4)=12𝑓(5)，即2𝑓(4)=𝑓(5)，故A正确；所以𝑓(5)=25,𝑓(6)=36，2𝑓(5

)≠𝑓(6)，故B错误；所以𝑓(1)=12𝑓(2)=14𝑓(3)=18𝑓(4)=116𝑓(5)=2516≠1532，故C错误；当𝑥∈[4,5)时，𝑥+1∈[5,6),所以𝑓(𝑥)=12𝑓(𝑥+1)=(𝑥+1

)22，故D正确.故选：𝐴𝐷.12.【答案】ABC【解析】【分析】本题考查新函数的判定，函数新定义问题，属于中档题目．由条件得出“等均值函数”在定义域内为奇函数，结合新定义对选项进行逐一判断即可.【解答】解：对于A：𝑓(−𝑥)=−2

𝑥，所以𝑓(𝑥)+𝑓(−𝑥)=0，满足①；对任意的𝑥1∈𝑅，存在𝑥2=−𝑥1∈𝑅，使得𝑓(𝑥1)+𝑓(𝑥2)2=2𝑥1+2𝑥22=𝑥1+𝑥2=0=𝑥1+𝑥22，满足②，A正确；对于B：当0<𝑥

<1时，−1<−𝑥<0，𝑓(−𝑥)=−𝑥2，𝑓(𝑥)+𝑓(−𝑥)=0，当−1<𝑥<0时，同理可得𝑓(𝑥)+𝑓(−𝑥)=0，即𝑓(𝑥)满足①；对任意的𝑥1∈(−1,0)，存在𝑥2=𝑥1+1∈(0,1)，𝑓(𝑥1)+𝑓(

𝑥2)2=−𝑥12+𝑥222=(𝑥2+𝑥1)(𝑥2−𝑥1)2=𝑥1+𝑥22，满足②，B正确；对于C：𝑓(−𝑥)=1−𝑥，所以𝑓(𝑥)+𝑓(−𝑥)=0，满足①；对任意的𝑥1∈(−∞,0)∪(0,+∞)，存在𝑥2=1𝑥

1∈(−∞,0)∪(0,+∞)，使得𝑓(𝑥1)+𝑓(𝑥2)2=1𝑥1+1𝑥22=𝑥1+𝑥2𝑥1𝑥22=𝑥1+𝑥22，满足②，C正确；对于D：定义域是𝑥≠−1，对于任意的x，当𝑥=1时，没有对应的−𝑥使得𝑓(𝑥)+𝑓(−𝑥)=0成立，不满足①，D错

误；故选：𝐴𝐵𝐶.13.【答案】8【解析】【分析】本题考查指数幂的化简求值，为基础题.【解答】解：0.027−13+(√8)43−3−1+(√2−1)0=(0.3)−1+4−13+1=8.14.【答案】(1,+∞)；(

0,1]【解析】【分析】本题主要考查复合函数的值域和单调区间，考查指数函数的性质，属于基础题.根据指数函数的性质可得值域，根据复合函数单调性的判断方法可得函数的单调区间.【解答】解：定义域为R，∵|𝑥−1|≥0，∴0<𝑓(𝑥)≤1，∴值域为(0,1].设𝑦=(12)𝑢，𝑢=|𝑥−

1|，∴𝑢在区间(−∞,1)上单调递减，在区间(1，+∞)上单调递增，∵𝑦=(12)𝑢为减函数，∴𝑦=(12)|𝑥−1|在区间(−∞,1)上单调递增，在区间(1，+∞)上单调递减.故答案为(1,+∞)；(0,1].15.【答案】[0,4+2√3),【

解析】【分析】本题主要考查了恒成立问题中求解参数范围，体现了转化思想及分类讨论思想的应用，属于中档题．问题转化为当𝑥<0时，𝑓(𝑥)=𝑎𝑥2−(2−𝑎)𝑥+1>0恒成立，然后对a是否为0进行分类讨论，结合二次函数的性质及一次函数性质可求．【解答

】解：当𝑥≥0时，𝑔(𝑥)≥0，当𝑥<0时，𝑔(𝑥)<0，因为对于任意实数x，𝑓(𝑥)与𝑔(𝑥)至少有一个为正数，故当𝑥<0时，𝑓(𝑥)=𝑎𝑥2−(2−𝑎)𝑥+1>0恒成立，当𝑎<0时显然不成立，当𝑎=0时，𝑓(𝑥)=−2𝑥+1>0对𝑥<0

时恒成立，满足题意，当𝑎>0时，函数图象开口向上，对称轴𝑥=2−𝑎2𝑎，①若2−𝑎2𝑎≥0，即0<𝑎≤2时，函数𝑓(𝑥)在𝑥<0时单调递减，𝑓(0)=1，故𝑓(𝑥)>0对𝑥<0时恒成立，满足题

意；②若2−𝑎2𝑎<0，即𝑎>2时，𝑓(𝑥)min=𝑓(2−𝑎2𝑎)=4𝑎−(2−𝑎)24𝑎>0，解得4−2√3<𝑎<4+2√3，综上，0≤𝑎<4+2√3.16.【答案】3√24【解析】【分析】本题考查函数的奇偶性的应用，考查分类讨论等，为较难题.【解答】解

：令𝑔(𝑥)=𝑓(𝑥)−5=𝑥3+2𝑥−12𝑥+1，𝑔(−𝑥)=(−𝑥)3+2−𝑥−12−𝑥+1=−(𝑥3+2𝑥−12𝑥+1)=−𝑔(𝑥)，故𝑔(𝑥)为奇函数，𝑓(2𝑎2)−5=−[𝑓(𝑏2−2)−5]，

即𝑔(2𝑎2)=−𝑔(𝑏2−2)，可知2𝑎2=−𝑏2+2，即𝑏2=2−2𝑎2成立，则𝑎∈[−1,1]，当−1≤𝑎≤0时，𝑎√1+𝑏2恒小于或等于0，当0<𝑎≤1时，𝑎√1+𝑏2=𝑎√−2𝑎2+

3=√−2𝑎4+3𝑎2=√−2(𝑎2−34)2+98≤3√24.综上𝑎√1+𝑏2的最大值为3√24.17.【答案】解：(1)因为𝐴∩𝐵=𝐵，所以𝐵⊆𝐴.①当𝐵≠⌀时，由𝐵⊆𝐴，得{2𝑚<12𝑚≥−1，解得−

12≤𝑚<12；②当𝐵=⌀，即𝑚≥12时，𝐵⊆𝐴成立．综上，实数m的取值范围是{𝑚|𝑚≥−12}.(2)因为𝐵∩𝐶中只有一个整数，所以𝐵≠⌀，且−3≤2𝑚<−2，解得−32≤𝑚

<−1，所以实数m的取值范围是{𝑚|−32≤𝑚<−1}.【解析】本题主要考查集合交集的性质，集合之间的关系，属于基础题.(1)根据集合交集的性质，可得两集合之间的关系，分类讨论是否为空集，列出不等式，可得答案；(2)

由题意，明确交集中的唯一的整数，结合这个整数，列出不等式，可得答案.18.【答案】(1)解：因为𝑔(𝑥)=2𝑥+𝑏2𝑥−𝑏=1+2𝑏2𝑥−𝑏，所以，由指数型复合函数单调性可判断：函数𝑦=𝑔(𝑥)在定义域上为单调增函数．证明：∵�

�<0时，∴2𝑥−𝑏>0对𝑥∈𝑅恒成立，∴函数𝑦=𝑔(𝑥)的定义域为R，任取𝑥1,𝑥2∈𝑅且𝑥1<𝑥2，则2𝑥1−𝑏>0，2𝑥2−𝑏>0，∵𝑔(𝑥)=2𝑥+𝑏2𝑥−𝑏=1+2𝑏2

𝑥−𝑏，∴𝑔(𝑥2)−𝑔(𝑥1)=(1+2𝑏2𝑥2−𝑏)−(1+2𝑏2𝑥1−𝑏)=2𝑏2𝑥2−𝑏−2𝑏2𝑥1−𝑏=2𝑏(2𝑥1−2𝑥2)(2𝑥2−𝑏)(2𝑥1−𝑏)=2𝑏×2𝑥1(1−2𝑥2−𝑥1)(2𝑥2−𝑏

)(2𝑥1−𝑏)，∵𝑥1<𝑥2，∴𝑥2−𝑥1>0，∴2𝑥2−𝑥1>20=1，∴1−2𝑥2−𝑥1<0，又∵𝑏<0，2𝑥1>0，2𝑥1−𝑏>0，2𝑥2−𝑏>0，∴𝑔(𝑥2)−�

�(𝑥1)>0，即𝑔(𝑥2)>𝑔(𝑥1)，∴函数𝑦=𝑔(𝑥)在𝑥∈𝑅为单调增函数．(2)解：当𝑏=−1时，𝑔(𝑥)=2𝑥−12𝑥+1，∴由(1)知函数𝑦=𝑔(𝑥)在𝑥∈𝑅为单调增函数，∵函数𝑦=𝑔(𝑥)的定义域为𝑥∈𝑅，关于原点对称，

又𝑔(−𝑥)=2−𝑥−12−𝑥+1=1−2𝑥2𝑥+1=−𝑔(𝑥)≠𝑔(𝑥)，∴函数𝑦=𝑔(𝑥)为R上的奇函数，∴不等式𝑔(𝑥2+1)+𝑔(3−𝑎𝑥)>0对𝑥∈𝑅恒成立等价于𝑔(𝑥2+1)>−𝑔(3−𝑎𝑥)=𝑔(𝑎𝑥−3)对𝑥∈�

�恒成立，∴𝑥2+1>𝑎𝑥−3对𝑥∈𝑅恒成立，∴𝑥2−𝑎𝑥+4>0对𝑥∈𝑅恒成立，∴𝛥=𝑎2−16<0，解得−4<𝑎<4.∴实数a的取值范围是(−4,4).【解析】本题考查判断并证明函数的单调性、函数

单调性、奇偶性的综合应用，属于较难题.(1)𝑔(𝑥)=1+2𝑏2𝑥−𝑏，进而结合指数型复合函数判断，再根据函数单调性的定义证明即可；(2)结合(1)得𝑦=𝑔(𝑥)在𝑥∈𝑅为单调增函数，再判断函数的奇偶性得𝑦=𝑔(𝑥)为奇函数，再根据单调性与奇偶性得�

�2−𝑎𝑥+4>0对𝑥∈𝑅恒成立，进而根据二次不等式恒成立求解即可.19.【答案】解：(1)含氧量y与年份x的函数模型为𝑦=𝑘𝑎𝑥(𝑘>0,0<𝑎<1)，由已知条件知{8=𝑘𝑎4.5=𝑘𝑎3，{𝑎=34𝑘=323，即𝑦=8⋅(34)𝑥−1

(𝑥∈𝑁).(2)8⋅(34)𝑥−1<8132，可得𝑥−1>4，即𝑥>5，所以从第6年开始生长缓慢并出现损失.(3)由题意和(2)可知，当𝑛≤5时𝑎𝑛+1=(1+12𝑛−2)𝑎𝑛，当𝑛≥6时，𝑎𝑛+1=(1

+12𝑛−2)𝑎𝑛⋅95%当𝑛≤5时，显然是递增，当𝑛≥6时𝑎𝑛+1<𝑎𝑛即：(1+12𝑛−2)𝑎𝑛⋅95%<𝑎𝑛2𝑛−2>19，𝑛≥7，故签7年.【解析】本题考查指数函数模型的实际应用，为中档题.20.【答案】解：(1)𝑦=𝑥

2≥0，𝑦=𝑥2在[0,+∞)上单调递增，由𝑥2=𝑥得𝑥=0或1，存在优美区间是[0,1]；𝑦=3−4𝑥(𝑥>0)是增函数，若存在优美区间[𝑚,𝑛]，则{3−4𝑚=𝑚,3−4𝑛=𝑛,无解，不合题意，因此，不存在优美区间.(2)由𝑓(𝑥)=(𝑎2+𝑎)𝑥−1

𝑎2𝑥=𝑎+1𝑎−1𝑎2𝑥在(−∞,0)和(0,+∞)上均为增函数，已知𝑓(𝑥)在“优美区间”[𝑚,𝑛]上单调，所以[𝑚,𝑛]⊆(−∞,0)或[𝑚,𝑛]⊆(0,+∞)，且𝑓(𝑥)在[�

�,𝑛]上为单调增，则同理可得𝑓(𝑚)=𝑚，𝑓(𝑛)=𝑛，即m，𝑛(𝑚<𝑛)是方程𝑎+1𝑎−1𝑎2𝑥=𝑥的两个同号的实数根，等价于方程𝑎2𝑥2−(𝑎2+𝑎)𝑥+1=0有两个同号的实数根，并注意到𝑚𝑛=1𝑎2>0，则只要△=(𝑎2+𝑎

)2−4𝑎2>0，解得𝑎>1或𝑎<−3，而由韦达定理知𝑛+𝑚=𝑎2+𝑎𝑎2=𝑎+1𝑎,𝑚𝑛=1𝑎2，所以𝑛−𝑚=√(𝑛+𝑚)2−4𝑚𝑛=√(𝑎+1𝑎)2−4𝑎2=√−3𝑎2+2𝑎+1=√−3(1�

�−13)2+43，其中𝑎>1或𝑎<−3，所以当𝑎=3时，𝑛−𝑚取得最大值2√33.获得更多资源请扫码加入享学资源网微信公众号www.xiangxue100.com