《2025年天利38套高中名校期中期末联考测试卷高中数学必修第一册人教版》

18. (17 分)
2023 年杭州亚运会田径比赛 10 月 5 日迎来收官，在最后两个竞技项目男女马拉松比赛中，中国选手何杰以 2 小时 13 分 02 秒夺得男子组冠军，这是中国队亚运史上首枚男子马拉松金牌。人类长跑运动一般分为两个阶段，第一阶段为前 $ 1 \mathrm { h } $ 的稳定阶段，第二阶段为疲劳阶段。现有一体重 $ 60 \mathrm { kg } $ 的复健马拉松运动员进行 $ 4 \mathrm { h } $ 长跑训练，假设其稳定阶段作速度为 $ v _ { 1 } = 30 \mathrm { km } / \mathrm { h } $ 的匀速运动，该阶段每千克体重消耗体力 $ \Delta Q _ { 1 } = t _ { 1 } · 2 v _ { 1 } $（$ t _ { 1 } $ 表示该阶段所用时间），疲劳阶段由于体力消耗过大变为 $ v _ { 2 } = 30 - 10 t _ { 2 } $ 的减速运动（$ t _ { 2 } $ 表示该阶段所用时间）。疲劳阶段速度降低，体力得到一定恢复，该阶段每千克体重消耗体力 $ \Delta Q _ { 2 } = \frac { t _ { 2 } · 2 v _ { 2 } } { t _ { 2 } + 1 } $，已知该运动员初始体力为 $ Q _ { 0 } = 10000 \mathrm { kJ } $，不考虑其他因素，所用时间为 $ t $（单位：$ \mathrm { h } $），请回答下列问题：
(Ⅰ) 请写出该运动员剩余体力 $ Q $ 关于时间 $ t $ 的函数 $ Q ( t ) $；
(Ⅱ) 该运动员在 $ 4 \mathrm { h } $ 内何时体力达到最低值，最低值为多少？

答案：
18.(Ⅰ)$Q(t)=\begin{cases}10000 - 3600t, &0＜t\leqslant1\\400 + 1200t+\frac{4800}{t}, &1＜t\leqslant4\end{cases}$ (Ⅱ)$2h$ $5200 kJ$
函数模型的应用+基本不等式的应用
【思维导图】(Ⅰ)写出速度$v$关于时间$t$的函数$\rightarrow$剩余体力$Q$关于时间$t$的函数.
(Ⅱ)分$0＜t\leqslant1$和$1＜t\leqslant4$两种情况讨论$\rightarrow$函数的单调性$\rightarrow$基本不等式$\rightarrow$得解.
解：(Ⅰ)由题可先写出速度$v$关于时间$t$的函数$v(t)=\begin{cases}30, &0＜t\leqslant1\\30 - 10(t - 1), &1＜t\leqslant4\end{cases}$
代入$\Delta Q_{1}$与$\Delta Q_{2}$公式可得$Q(t)=\begin{cases}10000 - 60· t·2×30, &0＜t\leqslant1\\6400-\frac{60(t - 1)·2[30 - 10(t - 1)]}{t - 1 + 1}, &1＜t\leqslant4\end{cases}$
化简得$Q(t)=\begin{cases}10000 - 3600t, &0＜t\leqslant1\\400 + 1200t+\frac{4800}{t}, &1＜t\leqslant4\end{cases}$ (8分)
(Ⅱ)(ⅰ)稳定阶段中$Q(t)$单调递减，此过程中$Q(t)$的最小值$Q(t)_{\min}=Q(1)=6400$；
(ⅱ)疲劳阶段$Q(t)=400 + 1200t+\frac{4800}{t}(1＜t\leqslant4)$，则有$Q(t)=400 + 1200t+\frac{4800}{t}\geqslant400 + 2\sqrt{1200×4800}=5200$，当且仅当$1200t=\frac{4800}{t}$，即$t = 2$时，“$=$”成立(利用基本不等式求最值，注意等号成立条件)，所以疲劳阶段中体力最低值为$5200 kJ$，由于$5200＜6400$，因此，在$t = 2h$时，运动员体力达到最低值$5200 kJ$. (17分)

19. (17 分)
已知函数 $ f ( x ) = 9 ^ { x } - 2 · 3 ^ { x + m } ( m ＞ 0 ) $。
(Ⅰ) 当 $ m = 1 $ 时，求不等式 $ f ( x ) \leq 27 $ 的解集；
(Ⅱ) 若 $ x _ { 2 } ＞ x _ { 1 } ＞ 0 $ 且 $ x _ { 1 } x _ { 2 } = m ^ { 2 } $，试比较 $ f ( x _ { 1 } ) $与 $ f ( x _ { 2 } ) $的大小关系；
(Ⅲ) 令 $ g ( x ) = f ( x ) + f ( - x ) $，若 $ y = g ( x ) $ 在 $ \mathbf { R } $ 上的最小值为 $ - 11 $，求 $ m $ 的值。

答案： 19.(Ⅰ)$\{x\mid x\leqslant2\}$ (Ⅱ)$f(x_{1})＜f(x_{2})$ (Ⅲ)$1$
指数不等式+作差法比较大小+二次函数的最值
【思维导图】(Ⅰ)把$m = 1$代入$\rightarrow$结合一元二次不等式及指数函数单调性求解不等式即得.
(Ⅱ)利用作差比较法$\rightarrow$结合基本不等式判断出两者的大小关系.
(Ⅲ)$g(x)$的解析式$\rightarrow y=(t+\frac{1}{t}-3^{m})^{2}-2 - 3^{2m}\rightarrow t+\frac{1}{t}\geqslant2$；分$3^{m}\leqslant2$和$3^{m}＞2$两种情况讨论$\rightarrow y$的最小值$\rightarrow m$.
解：(Ⅰ)当$m = 1$时，$f(x)\leqslant27$即$9^{x}-2·3^{x + 1}\leqslant27$，令$u = 3^{x},u＞0$，则$u^{2}-6u - 27\leqslant0$，解得$-3\leqslant u\leqslant9$.又$u＞0$，故$0＜u\leqslant9$，即$3^{x}\leqslant9$，解得$x\leqslant2$，所以不等式的解集为$\{x\mid x\leqslant2\}$. (5分)
(Ⅱ)$f(x_{1})-f(x_{2})=9^{x_{1}}-2·3^{x_{1}+m}-9^{x_{2}}+2·3^{x_{2}+m}=(3^{x_{1}}+3^{x_{2}})(3^{x_{1}}-3^{x_{2}})-2·3^{m}(3^{x_{1}}-3^{x_{2}})=(3^{x_{1}}-3^{x_{2}})(3^{x_{1}}+3^{x_{2}}-2·3^{m})$，由于$x_{2}＞x_{1}＞0$，所以$3^{x_{1}}-3^{x_{2}}＜0$，$3^{x_{1}}+3^{x_{2}}＞2\sqrt{3^{x_{1}}·3^{x_{2}}}=2\sqrt{3^{x_{1}+x_{2}}}＞2\sqrt{3^{2\sqrt{x_{1}x_{2}}}}=2·3^{m}$，所以$f(x_{1})-f(x_{2})＜0$，所以$f(x_{1})＜f(x_{2})$. (11分)
(Ⅲ)$g(x)=f(x)+f(-x)=9^{x}-2·3^{x + m}+9^{-x}-2·3^{-x + m}$，令$t = 3^{x},t＞0$，且$\frac{1}{t}=3^{-x}$，所以$y=t^{2}-2·3^{m}· t+\frac{1}{t^{2}}-2·3^{m}·\frac{1}{t}=(t^{2}+\frac{1}{t^{2}})-2·3^{m}·(t+\frac{1}{t})=(t+\frac{1}{t}-3^{m})^{2}-2 - 3^{2m}$.
因为$t+\frac{1}{t}\geqslant2\sqrt{t·\frac{1}{t}}=2$，当且仅当$t=\frac{1}{t}$，即$t = 1$，即$x = 0$时等号成立(提示：利用基本不等式求最值，注意等号成立条件)，当$3^{m}\leqslant2$时，$m\leqslant\log_{3}2$，则当$t+\frac{1}{t}=2$时，$y$取得最小值$4 - 4·3^{m}-2=-11$，$m=\log_{3}\frac{13}{4}$，不符合，舍去；
当$3^{m}＞2$时，$m＞\log_{3}2$，则当$t+\frac{1}{t}=3^{m}$时，$y$取最小值为$-2 - 3^{2m}=-11$，解得$m = 1$. (17分)
(解析人：杨飞)