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江西省赣州市博雅文化学校2014-2015学年高一上学期10月月考数学试卷 Word版含解析



江西省赣州市博雅文化学校 2014-2015 学年高一上学期 10 月月考 数学试卷
一、选择题(本题包括 10 小题,共 50 分,每小题只有一个选项符合题意) 1. (5 分)已知集合 A={(x,y)|x,y 为实数,且 x +y =1},B={(x,y)|x,y 为实数,且 y=x},则 A∩B 的元素个数为() A.0 B. 1 C. 2 D.3 2. (5

分)若 a、b 为实数,集合 M={ ,1},N={a,0},f:x→x 表示把集合 M 中的元素 x 映射到集合 N 中仍为 x,则 a+b 为() A.0 B. 1
2 2

C . ﹣1

D.±1

3. (5 分)命题 p:x=π 是 y=|sinx|的一条对称轴,q:2π 是 y=|sinx|的最小正周期,下列新命题: ①p∨q;②p∧q;③¬p;④¬q.其中真命题有() A.0 个 B. 1 个 C. 2 个 D.3 个 4. (5 分)函数 y=3 与 y=﹣3 的图象关于() A.x 轴对称 B.y 轴对称 C.直线 y=x 对称
x
﹣x

D.原点中心对称

5. (5 分)设 f(x)= A.﹣1 B. 1

,则 f(f(5) )=() C . ﹣2 D.2

6. (5 分) 给定函数①

, ②

,③y=|x﹣1|,④y=2

x+1

, 其中在区间(0,

1)上单调递减的函数序号是() A.①② B.②③

C.③④

D.①④

7. (5 分)已知定义在 R 上的奇函数 f(x) ,满足 f(x﹣4)=﹣f(x) ,且在区间上是增函数, 则() A.f(﹣25)<f(11)<f(80) B.f(80)<f(11)<f(﹣25) C. f (11) <f(80)<f(﹣25) D. f(﹣25)<f(80)<f(11) 8. (5 分)若函数 f(x)=x +mx+1 有两个不同的零点,则实数 m 的取值范围是() A.(﹣1,1) B.(﹣2,2) C.(﹣∞,﹣2)∪(2,+∞) D. (﹣∞, ﹣ 2)∪(1,+∞) 9. (5 分)设集合 M={1,2},N={a },则“a=1”是“N?M”的()
2 2

A.充分不必要条件 C. 充分必要条件
2

B. 必要不充分条件 D.既不充分又不必要条件
2

10. (5 分)已知 p:?x∈R,mx +2≤0,q:?x∈R,x ﹣2mx+1>0,若 p∨q 为假命题,则实数 m 的取值范围是() A. C.(﹣∞,﹣2] D.

二、填空题(5 小题,共 25 分) 11. (5 分)已知不等式|x﹣m|<1 成立的充分不必要条件是 <x< ,则 m 的取值范围是.

12. (5 分)函数 y=ln

的单调递增区间是.

13. (5 分)已知函数 f(x)满足:f(1)= ,4f(x)f(y)=f(x+y)+f(x﹣y) (x∈R) ,则 f=. 14. (5 分)若函数 y=mx +x+5 在 (2)若 q 是 p 的充分不必要条件,求实数 a 的取值范围. 18. (14 分)函数 f(x)对任意的 a,b∈R,都有 f(a+b)=f(a)+f(b)﹣1,并且当 x>0 时,f(x)>1.? (1)求证:f(x)是 R 上的增函数;? (2)若 f(4)=5,解不等式 f(3m ﹣m﹣2)<3.? 19. (12 分)二次函数 f(x)=x ﹣16x+q+3.若函数在区间上存在零点,求实数 q 的取值范围. 20. (12 分)已知函数 f(x)对任意 x,y∈R 都有 f(x+y)=f(x)+f(y) ,且 x>0 时 f(x) <0,f(1)=﹣2. ①求 f(0) ; ②求证:f(x)为奇函数; ③求 f(x)在上的最大值和最小值. 21. (13 分)某学校要建造一个面积为 10000 平方米的运动场.如图,运动场是由一个矩形 ABCD 和分别以 AD、BC 为直径的两个半圆组成.跑道是一条宽 8 米的塑胶跑道,运动场除 跑道外,其他地方均铺设草皮.已知塑胶跑道每平方米造价为 150 元,草皮每平方米造价为 30 元. (1)设半圆的半径 OA=r(米) ,试建立塑胶跑道面积 S 与 r 的函数关系 S(r) ; (2)由于条件限制 r∈,问当 r 取何值时,运动场造价最低?(精确到元)
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江西省赣州市博雅文化学校 2014-2015 学年高一上学期 10 月月考数学试卷
参考答案与试题解析

一、选择题(本题包括 10 小题,共 50 分,每小题只有一个选项符合题意) 1. (5 分)已知集合 A={(x,y)|x,y 为实数,且 x +y =1},B={(x,y)|x,y 为实数,且 y=x},则 A∩B 的元素个数为() A.0 B. 1 C. 2 D.3 考点: 交集及其运算. 专题: 集合. 分析: 据观察发现,两集合都表示的是点集,所以求两集合交集即为两函数的交点,则把 两集合中的函数关系式联立求出两函数的交点坐标, 交点有几个, 两集合交集的元素就有几个. 解答: 解:联立两集合中的函数解析式得: ,把②代入①得:2x =1,解得 x=±
2 2 2



分别把 x=±

代入②,解得 y=±

, , )和(﹣ ,﹣ ) ,

所以两函数图象的交点有两个,坐标分别为(

则 A∩B 的元素个数为 2 个. 故选 C 点评: 此题考查学生理解两个点集的交集即为两函数图象的交点个数,是一道基础题.

2. (5 分)若 a、b 为实数,集合 M={ ,1},N={a,0},f:x→x 表示把集合 M 中的元素 x 映射到集合 N 中仍为 x,则 a+b 为() A.0 B. 1 考点: 映射. 专题: 计算题.

C . ﹣1

D.±1

分析: 由于映射把集合 M 中的元素 x 映射到集合 N 中仍为 x, 而 M 和 N 中都只有 2 个元素, 故 M=N,故有 =0 且 a=1,由此求得 a 和 b 的值,即可得到 a+b 的值.

解答: 解:由于映射把集合 M 中的元素 x 映射到集合 N 中仍为 x,而 M 和 N 中都只有 2 个元素,故 M=N, ∴ =0 且 a=1. ∴b=0,a=1,∴a+b=1+0=1. 故选 B. 点评: 本题主要考查映射的定义,判断 M=N,是解题的关键,属于基础题. 3. (5 分)命题 p:x=π 是 y=|sinx|的一条对称轴,q:2π 是 y=|sinx|的最小正周期,下列新命题: ①p∨q;②p∧q;③¬p;④¬q.其中 真命题有() A.0 个 B. 1 个 C. 2 个 D.3 个 考点: 复合命题的真假. 专题: 三角函数的图像与性质. 分析: 先判断命题 p,q 的真假,然后根据复合命题之间的关系进行判断. 解答: 解:当 x=π 时,y=| sinx|=|sinπ|=0,所以 x=π 不是函数的对称轴,所以命题 p 为假. 因为 f(x+π)=|sin(x+π)|=|﹣sinx|=|sinx|=f(x) ,所以函数 y=|sinx|的最小正周期是 π,所以 命题 q 为假. 所以 p∨q 为假,p∧q 为假,¬p 为真,¬q 为真. 所以真命题的个数有两个. 故选 C. 点评: 本题考查了复合命题的真假判断,要先对简单命题 p,q 进行真假判断,然后结合复 合命题真假与简单命题真假之间的关系进行判断. 4. (5 分)函数 y=3 与 y=﹣3 的图象关于() A.x 轴对称 B.y 轴对称 C.直线 y=x 对称 考点: 函数的图象与图象变化. 专题: 常规题型;函数的性质及应用. 分析: 由题意,若点(x,y)在函数 y=3 的图象上,则点(﹣x,﹣y)在 y=﹣3 的图象 ﹣x x 上,可知函数 y=3 与 y=﹣3 的图象关于原点中心对称. ﹣x x 解答: 解:∵若点(x,y)在函数 y=3 的图象上,则点(﹣x,﹣y)在 y=﹣3 的图象上, ﹣x x ∴函数 y=3 与 y=﹣3 的图象关于原点中心对称, 故选 D. 点评: 本题考查了函数的图象的对称性,属于基础题.
x
﹣x

x

﹣x

D.原点中心对称

5. (5 分)设 f(x)= A.﹣1 B. 1

,则 f(f(5) )=() C . ﹣2 D.2

考点: 函数的值. 专题: 函数的性质及应用. 分析: 由已知条件利用分段函数的性质得 f(5)=log2(5﹣1)=2,从而 f(f(5) )=f(2) 2﹣2 =2 =1. 解答: 解:∵f(x)= ,

∴f(5)=log2(5﹣1)=2, 2﹣2 f(f(5) )=f(2)=2 =1. 故选:B. 点评: 本题考查函数值的求法,是基础题,解题时要认真审题,注意函数性质的合理运用.

6. (5 分) 给定函数①

, ②

,③y=|x﹣1|,④y=2

x+1

, 其中在区间(0,

1)上单调递减的函数序号是() A.①② B.②③

C.③④

D.①④

考点: 函数单调性的判断与证明. 专题: 函数的性质及应用. 分析: 本题所给的四个函数分别是幂函数型,对数函数型,指数函数型,含绝对值函数型, 在解答时需要熟悉这些函数类型的图象和性质;① 为增函数,②
x+1



定义域上的减函数,③y=|x﹣1|有两个单调区间,一增区间一个减区间,④y=2 为增函数. 解答: 解:①是幂函数,其在(0,+∞)上即第一象限内为增函数,故此项不符合要求; ②中的函数是由函数 向左平移 1 个单位长度得到的,因为原函数在(0,+∞)内为 减函数,故此项符合要求; ③中的函数图象是由函数 y=x﹣1 的图象保留 x 轴上方,下方图象翻折到 x 轴上方而得到的, 故由其图象可知该项符合要求; ④中的函数图象为指数函数,因其底数大于 1,故其在 R 上单调递增,不合题意. 故选 B. 点评: 本题考查了函数的单调性,要注意每类函数中决定单调性的元素所满足的条件. 7. (5 分)已知定义在 R 上的奇函数 f(x) ,满足 f(x﹣4)=﹣f(x) ,且在区间上是增函数, 则() A.f(﹣25)<f(11)<f(80) B.f(80)<f(11)<f(﹣25) C. f (11) <f(80)<f(﹣25) D. f(﹣25)<f(80)<f(11) 考点: 奇偶性与单调性的综合;函数单调性的性质. 专题 : 函数的性质及应用. 分析: 由 f(x)满足 f(x﹣4)=﹣f(x)可变形为 f(x﹣8)=f(x) ,得到函数是以 8 为周 期的周期函数,则有 f(﹣25)=f(﹣1) ,f(80)=f(0) ,f(11)=f(3) ,再由 f(x)在 R

上是奇函数,f(0)=0,得到 f(80)=f(0)=0,f(﹣25)=f(﹣1) ,再由 f(x)在区间上 是增函数,以及奇函数的性质,推出函数在上的单调性,即可得到结论. 解答: 解:∵f(x)满足 f(x﹣4)=﹣f(x) , ∴f(x﹣8)=f(x﹣4﹣4)=﹣f(x﹣4)=f(x) , ∴函数是以 8 为周期的周期函数, 则 f(﹣25)=f(﹣1) ,f(80)=f(0) ,f(11)=f(3) , 又∵f(x)在 R 上是奇函数,f(0)=0, 得 f(80)=f(0)=0,f(﹣25)=f(﹣1) , 而由 f(x﹣4)=﹣f(x) 得 f(11)=f(3)=﹣f(﹣1)=f(1) , 又∵f(x)在区间上是增函数,f(x)在 R 上是奇函数 ∴f(x)在区间上是增函数 ∴f(1)>f(0)>f(﹣1) , 即 f(﹣25)<f(80)<f(11) , 故选 D 点评: 本题主要考查抽象函数的周期性来转化区间,单调性来比较函数值的大小. 8. (5 分)若函数 f(x)=x +mx+1 有两个不同的零点,则实数 m 的取值范围是() A.(﹣1,1) B.(﹣2,2) C.(﹣∞,﹣2)∪(2,+∞) D. (﹣∞, ﹣ 2)∪(1,+∞) 考点: 函数的零点. 专题: 函数的性质及应用. 分析: 根据函数零点和方程之间的关系,结合一元二次方程根与判别式△ 之间的关系即可 得到结论. 解答: 解:∵函数 f(x)=x +mx+1 有两个不同的零点, 2 ∴对应方程 x +mx+1=0 有两个不同的根, 2 即判别式△ =m ﹣4>0,解得 m>2 或 m<﹣2, 故选:C 点评: 本题主要考查一元二次函数的性质,根据函数和方程之间的关系转化为方程是解决 本题的关键. 9. (5 分)设集合 M={1,2},N={a },则“a=1”是“N?M”的() A.充分不必要条件 B. 必要不充分条件 C. 充分必要条件 D.既不充分又不必要条件 考点: 集合关系中的参数取值问题. 专题: 集合. 分析: 先由 a=1 判断是否能推出“N?M”;再由“N?M”判断是否能推出“a=1”,利用充要条件 的定义得到结论. 解答: 解:当 a=1 时,M={1,2},N={1}有 N?M 当 N?M 时,a =1 或 a =2 有 所以“a=1”是“N?M”的充分不必要条件. 故选 A.
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点评: 本题考查利用充要条件的定义判断一个命题是另一个命题的条件问题. 10. (5 分)已知 p:?x∈R,mx +2≤0,q:?x∈R,x ﹣2mx+1>0,若 p∨q 为假命题,则实数 m 的取值范围是() A. C.(﹣∞,﹣2] D. 考点: 特称命题;复合命题的真假;全称命题. 专题: 计算题. 2 2 分析: 已知 p: ?x∈R, mx +2≤0, q: ?x∈R, x ﹣2mx+1>0, 分别解出命题 p 和 q, 根据 p∨q 为假命题,分类进行求解; 2 解答: 解:∵p:?x∈R,mx +2≤0, ∴m<0, ∵q:?x∈R,x ﹣2mx+1>0, 2 ∴△=4m ﹣4<0, ∴﹣1<m<1, ∵p∨q 为假命题, ∴p 为假命题,q 也为假命题, ∵p 为假命题,则 m≥0, q 为假命题,则 m≥1 或 m ≤﹣1, ∴实数 m 的取值范围是 m≥1,即. 考点: 充要条件. 专题: 计算题. 分析: 先求出不等式|x﹣m|<1 的解集,再由不等式|x﹣m|<1 成立的充分不必要条件是 < x< 来确定 m 的取值范围. 解答: 解:∵|x﹣m|<1, ∴﹣1<x﹣m<1, ∴m﹣1<x<m+1, ∵m﹣1<x<m+1 成立的充分不必要条件是 <x< ,
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,解得﹣



故 m 的取值范围是. 故答案: . 点评: 本题考查充分不必要条件的应用,解题时要注意含绝对值不等式的解法和应用. 12. (5 分)函数 y=ln 的单调递增区间是(﹣1,1) .

考点: 复合函数的单调性.

专题: 函数的性质及应用. 分析: 令 t= >0,求得函数的定义域为(﹣1,1) ,y=lnt,本题即求函数 t 在定义域内

的增区间.求得 t 的增区间,可得函数 y 的增区间. 解答: 解:令 t= >0,求得﹣1<x<1,故函数的定义域为(﹣1,1) ,y=lnt,

故本题即求函数 t 在定义域内的增区间. 由于 t=﹣ =﹣ =﹣1﹣ 在区间(﹣1,1)上是增函数,

故函数 y 的增区间为(﹣1,1) , 故答案为: (﹣1,1) . 点评: 本题主要考查复合函数的单调性,体现了转化的数学思想,属于中档题. 13. (5 分)已知函数 f(x)满足:f(1)= ,4f(x)f(y)=f(x+y)+f(x﹣y) (x∈R) ,则 f=﹣ .

考点: 抽象函数及其应用. 专题: 计算题;函数的性质及应用. 分析: 令 y=1,得到(x)=f(x+1)+f(x﹣1) ,将 x 换成 x+1,得到 f(x+1)=f(x+2)+f (x) ,即有 f(x+2)+f(x﹣1)=0,再将 x 换成 x+1,得到 f(x)+f(x+3)=0.即 f(x+6) =f(x) .则函数的周期为 6,则 f=f(3) ,可令 x=y=0,求出 f(0) ,由 f(x)+f(x+3)=0, 令 x=0,得 f(3)=﹣ .即可得到答案. 解答: 解:当 y=1,由 4f(x)f(y)=f(x+y)+f(x﹣y) 可得 4f(1)f(x)=f(x+1)+f(x﹣1) , 即 f(x)=f(x+1)+f(x﹣1) , f(x+1)=f(x+2)+f(x) ,即有 f(x+2)+f(x﹣1)=0, 即有 f(x)+f(x+3)=0.即 f(x+6)=﹣f(x+3)=f(x) . 则函数为周期 T=6 的函数, 则 f=f(6×335+3)=f(3) , 由于 4f(x)f(y)=f(x+y)+f(x﹣y) 可令 x=y=0,4f(0)f(0)=2f(0) ,则 f(0)= (0 舍去) . 由 f(x)+f(x+3)=0,令 x=0,得 f(3)=﹣f(0)=﹣ . 故 f=﹣ 故答案为:﹣ . 点评: 本题考查抽象函数及运用,考查函数的周期性及运用,考查解决抽象函数的常用方 法:赋值法,属于中档题.

14. (5 分)若函数 y=mx +x+5 在 (2)是否存在实数 a,使 f(x)的最小值为 0?若存在,求出 a 的值;若不存在,说明理由. 考点: 对数函数图象与性质的综合应用;二次函数的性质. 专题: 计算题. 分析: (1)根据 f(1)=1 代入函数表达式,解出 a=﹣1,再代入原函数得 f(x)=log4(﹣ 2 x +2x+3) ,求出函数的定义域后,讨论真数对应的二次函数在函数定义域内的单调性,即可 得函数 f(x)的单调区间; 2 (2)先假设存在实数 a,使 f(x)的最小值为 0,根据函数表达式可得真数 t=ax +2x+3≥1 恒 2 成立,且真数 t 的最小值恰好是 1,再结合二次函数 t=ax +2x+3 的性质,可列出式子: ,由此解出 a= ,从而得到存在 a 的值,使 f(x)的最小值为 0. 解答: 解: (1)∵f(x)=log4(ax +2x+3)且 f(1)=1, 2 ∴log4(a?1 +2×1+3)=1?a+5=4?a=﹣1 2 可得函数 f(x)=log4(﹣x +2x+3) 2 ∵真数为﹣x +2x+3>0?﹣1<x<3 ∴函数定义域为(﹣1,3) 2 2 令 t=﹣x +2x+3=﹣(x﹣1) +4 可得:当 x∈(﹣1,1)时,t 为关于 x 的增函数; 当 x∈(1,3)时,t 为关于 x 的减函数. ∵底数为 4>1 ∴函数 f(x)=log4(﹣x +2x+3)的单调增区间为(﹣1,1) ,单调减区间为(1,3) (2)设存在实数 a,使 f(x)的最小值为 0, 由于底数为 4>1,可得真数 t=ax +2x+3≥1 恒成立, 且真数 t 的最小值恰好是 1, 即 a 为正数,且当 x=﹣ =﹣ 时,t 值为 1.
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2



?

?a=

因此存在实数 a= ,使 f(x)的最小值为 0. 点评: 本题借助于一个对数型函数,求单调性与最值的问题,着重 考查了函数的单调性与 值域和二次函数的图象与性质等知识点,属于中档题.

17. (12 分) 设 p: 实数 x 满足 x ﹣4ax+3a <0, 其中 a>0, 命题 q: 实数 x 满足 (1)若 a=1 且 p∧q 为真,求实数 x 的取值范围; (2)若 q 是 p 的充分不必要条件,求实数 a 的取值范围. 考点: 复合命题的真假;必要条件、充分条件与充要条件的判断. 专题: 计算题.

2

2



分析: (1)p∧q 为真,则 p 真且 q 真.分别求出 p,q 为真命题时 x 的范围,两者取交集即 可. (2)q 是 p 的充分不必要条件,即 q?p,反之不成立. ,设 A={x|2<x<3},B={x|a<x<3a}, 则 A?B,转化为集合关系. 2 2 解答: 解:由 x ﹣4ax+3a <0, (x﹣3a) (x﹣a)<0,又 a>0, 所以 a<x<3a…. (2 分) 由满足 ;

得 2<x≤3,即 q 为真时,实数 x 的取值范围是 2<x≤3,…..…. (4 分) (1)当 a=1 时,1<x<3,即 p 为真时实数 x 的取值范围是 1<x<3.若 p∧q 为真,则 p 真且 q 真,所以实数 x 的取值范围是 2<x<3…(6 分) (Ⅱ)q 是 p 的充分不必要条件,即 q?p,反之不成立. , 设 A={x|2<x<3},B={x|a<x<3a},则 A?B, 则 0<a≤2,且 3a>3 所以实数 a 的取值范围是 1<a≤2…(12 分) 点评: 本题考查了命题真假的判断与应用,属于中档题,解题时注意分类讨论思想的应用. 18. (14 分)函数 f(x)对任意的 a,b∈R,都有 f(a+b)=f(a)+f(b)﹣1,并且当 x>0 时,f(x)>1.? (1)求证:f(x)是 R 上的增函数;? (2)若 f(4)=5,解不等式 f(3m ﹣m﹣2)<3.? 考点: 函数单调性的判断与证明. 专题: 计算题. 分析: (1)先任取 x1<x2,x2﹣x1>0.由当 x>0 时,f(x)>1.得到 f(x2﹣x1)>1, 再对 f(x2)按照 f(a+b)=f(a)+f(b)﹣1 变形得到结论. 2 2 (2)由 f(4)=f(2)+f(2)﹣1 求得 f(2)=3,再将 f(3m ﹣m﹣2)<3 转化为 f(3m ﹣m﹣2)<f(2) ,由(1)中的结论,利用单调性求解. 解答: 解: (1)证明:任取 x1<x2, ∴x2﹣x1>0. ∴f(x2﹣x1)>1. ∴f(x2)=f =f(x1)+f(x2﹣x1)﹣1>f(x1) , ∴f(x)是 R 上的增函数. (2)∵f(4)=f(2)+f(2)﹣1=5, ∴f(2)=3. 2 ∴f(3m ﹣m﹣2)<3=f(2) . 又由(1)的结论知,f(x)是 R 上的增函数, 2 ∴3m ﹣m﹣2<2, 2 3m ﹣m﹣4 <0, ∴﹣1<m< . 点评: 本题主要考查抽象函数的单调性证明和利用单调性定义解抽象不等式,属于中档题.
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19. (12 分)二次函数 f(x)=x ﹣16x+q+3.若函数在区间上存在零点,求实数 q 的取值范围. 考点: 函数的零点与方程根的关系. 专题: 函数的性质及应用. 分析: 由二次函数的单调性易得
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,解关于 q 的不等式组可得.

解答: 解:∵二次函数 f(x)=x ﹣16x+q+3 的对称轴为 x=8, ∴函数 f(x)在区间上是减函数, ∵函数在区间上存在零点, ∴必有 ,即 ,

解不等式组可得﹣20≤q≤12, ∴实数 q 的取值范围为 点评: 本题考查二次函数的零点分布,得出 q 的不等式组是解决问题的关键,属基础题. 20. (12 分)已知函数 f(x)对任意 x,y∈R 都有 f(x+y)=f(x)+f(y) ,且 x>0 时 f(x) <0,f(1)=﹣2. ①求 f(0) ; ②求证:f(x)为奇函数; ③求 f(x)在上的最大值和最小值. 考点: 抽象函数及其应用;函数的值域. 专题: 探究型;函数的性质及应用. 分析: ①在 f(x+y)=f(x)+f(y)中,用特殊值法,令 x=y=0 可得 f(0)=f(0)+f(0) , 变形可得 f(0)的值; ②在 f( x+y)=f(x)+f(y)中,令 y=﹣x,变形可得 f(x)+f(﹣x)=f(0) ,由①的结论, 即可得答案; ③设 x1、x2∈R,且 x1<x2,结合②的结论,有 f(x2)﹣f(x1)=f(x2)+f(﹣x1)=f(x2 ﹣x1)成立,结合题意,可得 f(x)为减函数,即可得 f(x)在上的最大值与最小值分别为 f (3) 、f(﹣3) ,借助 f(x+y)=f(x)+f(y)与 f(1)的值,可得 f(3) 、f(﹣3)的值,即 可得答案. 解答: 解:①在 f(x+y)=f(x)+f(y)中,令 x=y=0 可得 f(0)=f(0)+f(0) , 变形可得 f(0)=0 ②证明:因为 x,y∈R 时,f(x+y)=f(x)+f(y) , 令 y=﹣x,可得 f(x﹣x)=f(x)+f(﹣x)=f(0) 所以 f(﹣x)=﹣f(x) 所以 f(x)为奇函数. ③设 x1、x2∈R,且 x1<x2,f(x2)﹣f(x1)=f(x2)+f(﹣x1)=f(x2﹣x1) 因为 x>0 时 f(x)<0,所以 f(x2﹣x1)<0,即 f(x2)﹣f(x1)<0, 所以 f(x)为减函数. 所以 f(x)在上的最大值为 f(﹣3) ,最小值为 f(3) . 因为 f(3)=f(2)+f(1)=3f(1)=﹣6,f(﹣3)=﹣f(3)=6,

所以函数在上的最大值为 6,最小值为﹣6. 点评: 本题考查抽象函数的运用,涉及函数奇偶性、单调性的判断与应用,难点在于根据 f (x+y)=f(x)+f(y) ,运用特殊 值法,分析得到函数 f(x)的性质以及函数值. 21. (13 分)某学校要建造一个面积为 10000 平方米的运动场.如图,运动场是由一个矩形 ABCD 和分别以 AD、BC 为直径的两个半圆组成.跑道是一条宽 8 米的塑胶跑道,运动场除 跑道外,其他地方均铺设草皮.已知塑胶跑道每平方米造价为 150 元,草皮每平方米造价为 30 元. (1)设半圆的半径 OA=r(米) ,试建立塑胶跑道面积 S 与 r 的函数关系 S(r) ; (2)由于条件限制 r∈,问当 r 取何值时,运动场造价最低?(精确到元)

考点: 基本不等式在最值问题中的应用. 分析: (1)跑道的面积等于一个大圆减去一个小圆加上一个大矩形减去一个小矩形, (2)将实际问题的最值转化成数学问题的最值,用函数单调性求最值 解答: 解: (1)塑胶跑道面积 S=π+8× = +8πr﹣64π( ) ×2

(2)设运动场造价为 y 则 y=150×( =300000+120( +8πr﹣64π)+30×(10000﹣ +8πr)﹣7680π ﹣8πr+64π)

∵r∈,函数 y 是 r 的减函数 ∴当 r=40,运动场造价最低为 636510 元 答:塑胶跑道面积 S 与 r 的函数关系 S(r)= +8πr﹣64π( )

当 r=40,运动场造价最低为 636510 元 点评: 本题考查建立数学模型的能力;用单调性求最值的方法.