數(shù)學高一-期末精選50題（提升版）高一數(shù)學上學期期中期末考試滿分全攻略（人教A 版2019）解析版

期末精選50題（提升版）一、單選題1．（2020·浙江杭州·高一期末）若a，b，c均為正實數(shù)，則三個數(shù)，，（）A．都不大于2 B．都不小于2C．至少有一個不大于2 D．至少有一個不小于2【答案】D【分析】對于選項ABC可以舉反例判斷，對于選項D,可以利用反證法思想結(jié)合基本不等式，可以確定，，至少有一個不小于2，從而可以得結(jié)論．【詳解】解：A.都不大于2，結(jié)論不一定成立，如時，三個數(shù)，，都大于2，所以選項A錯誤；B.都不小于2，即都大于等于2，不一定成立，如則，所以選項B錯誤；C.至少有一個不大于2，不一定成立，因為它們有可能都大于2，如時，三個數(shù)，，都大于2，所以選項C錯誤.由題意，∵a，b，c均為正實數(shù)，∴．當且僅當時，取“=”號，若，，，則結(jié)論不成立，∴，，至少有一個不小于2，所以選項D正確；故選：D．2．（2021·河北·衡水市冀州區(qū)第一中學高一期末）在使成立的所有常數(shù)M中，我們把M的最小值叫做的上確界，若，且，則的上確界為（）A． B． C． D．【答案】D【分析】根據(jù)題意，結(jié)合均值不等式中“1”的妙用，即可求解.【詳解】根據(jù)題意，由，得，因為，，所以，當且僅當，即時，等號成立，因此，根據(jù)定義知，的上確界為.故選：D.3．（2020·上海市洋涇中學高一期末）若，則下列不等式中不能成立的是（）A． B． C． D．【答案】B【分析】對于A,C,D利用不等式的性質(zhì)分析即可，對于B舉反例即可【詳解】對于A，因為，所以，所以，即，所以A成立；對于B，若，則，，此時，所以B不成立；對于C，因為，故，所以，所以C成立；對于D，若，故，即，則，所以D成立；故選：B4．（2020·安徽·定遠縣育才學校高一期末）若是定義在上的奇函數(shù)，且在上是增函數(shù)，，則解集是（）A． B．C． D．【答案】A【分析】由奇函數(shù)性質(zhì)可得在上是增函數(shù)，由此可確定在不同區(qū)間內(nèi)的正負，結(jié)合的正負可得結(jié)果.【詳解】為上的奇函數(shù)，且在上是增函數(shù)，在上是增函數(shù)，又，當時，；當時，；當時，；當時，；當時，；當或時，，即的解集為.故選：A.5．（2021·廣西南寧·高一期末）已知偶函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞增，則滿足的x的取值圍是（）A． B．C． D．【答案】A【分析】根據(jù)題意得，進而得，再解不等式即可.【詳解】因為偶函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞增，且滿足，所以不等式等價為，即：，所以，解得：，故的取值范圍是.故選：A6．（2021·湖南·長沙縣第九中學高一期末）已知是定義在上的減函數(shù)，那么的取值范圍是（）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用分段函數(shù)在上單調(diào)遞減的特征直接列出不等式組求解即得.【詳解】因函數(shù)是定義在上的減函數(shù)，則有，解得，所以的取值范圍是.故選：D7．（2018·江西橫峰·高一期末（理））函數(shù)（，）的最小正周期為，若其圖象向左平移個單位后得到的函數(shù)為偶函數(shù)，則函數(shù)的圖象（）A．關(guān)于直線對稱 B．關(guān)于直線對稱C．關(guān)于點對稱 D．關(guān)于點對稱【答案】D【分析】先利用周期公式求出值，再利用圖象平移和奇偶性求得值，再利用、的值判定是否具有對稱性.【詳解】因為的最小正周期為，所以，解得，即，將的圖象向左平移個單位后得到的圖象，因為是偶函數(shù)，所以，，即，，又因為，所以，即，因為，所以選項A、C錯誤；因為，所以函數(shù)的圖象關(guān)于點對稱，即選項D正確.故選：D.8．（2020·廣東揭東·高一期末）已知角的始邊與軸的非負半軸重合，終邊與單位圓的交點為，則的值為（）A． B． C． D．【答案】D【分析】利用任意角三角函數(shù)定義可求得，結(jié)合誘導公式可得關(guān)于正余弦的齊次式，由此求得結(jié)果.【詳解】由題意得：，.故選：D.9．（2021·浙江·高一期末）“且”是“”的（）A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件【答案】A【分析】分充分性和必要性進行判斷：充分性：利用的單調(diào)性判斷；必要性：取特殊值進行否定.【詳解】充分性：當時，為增函數(shù)，所以當時，有成立，故充分性滿足；必要性：當時，取,滿足但是不符合且，故必要性不滿足.所以“且”是“”的充分而不必要條件.故選：A【點睛】判斷充要條件的四種方法：（1）定義法；（2）傳遞性法；（3）集合法；（4）等價命題法.10．（2018·浙江諸暨·高一期末）已知定義在實數(shù)集上的函數(shù)是偶函數(shù)，且在上單調(diào)遞增，，則不等式的解集為（）A． B．C． D．【答案】B【分析】根據(jù)函數(shù)是偶函數(shù)，且在上單調(diào)遞增，可得函數(shù)在上單調(diào)遞減，從而可得不等式等價于或，從而可得出答案.【詳解】解：因為函數(shù)是偶函數(shù)，且在上單調(diào)遞增，所以函數(shù)在上單調(diào)遞減，又因，所以，不等式等價于或，即或，所以或，即不等式的解集為.故選：B.11．（2021·全國·高一期末）如果在實數(shù)運算中定義新運算“”：．那么對于任意實數(shù)a、b、c，以下結(jié)論中不一定成立的是（）A． B．C． D．【答案】B【分析】計算出和可判斷A；利用可判斷B；計算出、可判斷C；計算出、可判斷出D．【詳解】A中，，，得，所以A一定成立；B中，當時，，而，所以B不一定成立；C中，，，所以C一定成立；D中，，，所以D一定成立．故選：B.12．（2021·甘肅張掖·高一期末（理））如圖，在平面直角坐標系中，角與角均以為始邊，終邊分別是射線和射線，且射線和射線關(guān)于軸對稱，射線與單位圓的交點為，則的值是（）A． B． C． D．【答案】D【分析】由三角函數(shù)的定義可得，，，的值，再由差角的余弦公式計算即得.【詳解】由任意角的三角函數(shù)的定義可得，，，因，且射線和射線關(guān)于軸對稱，則射線OB與單位圓的交點為，于是得，，因此，，所以的值是.故選：D二、多選題13．（2020·廣東·仲元中學高一期末）已知，，，均為實數(shù)，則下列命題正確的是（）A．若，，則 B．若，則C．若，，則 D．若，則【答案】BCD【分析】取，，，可判斷A；由，以及可判斷B；利用不等式的性質(zhì)可判斷C；利用均值不等式可判斷D【詳解】選項A，取，，，，滿足，，則，錯誤；選項B，由于，故，故故，正確；選項C，若，則，且，則，正確；選項D，由，利用均值不等式，，當且僅當，即時等號成立，正確故選：BCD14．（2021·廣東高州·高一期末）王老師往返兩地的速度分別為和，全程的平均速度為，則()A． B． C． D．【答案】BD【分析】首先求出全程所需時間，即可求出全程平均速度，進而判斷AB；根據(jù)全程的平均速度并結(jié)合均值不等式和作差法比較大小即可判斷CD.【詳解】設(shè)兩地路程為，則全程所需的時間為，則全程的平均速度，A錯誤，B正確；又由，由均值不等式可得，，故，故C錯誤；因為，所以，則，故D正確．故選：BD．15．（2021·廣東蓬江·高一期末）已知定義在上的函數(shù)的圖象是連續(xù)不斷的，且滿足以下條件：①，；②，，當時，；③.則下列選項成立的是（）A． B．若，則C．若，則 D．，，使得【答案】CD【分析】根據(jù)題中的條件確定函數(shù)的奇偶性和單調(diào)性，再逐項驗證即可得出答案.【詳解】根據(jù)題中條件知，函數(shù)為R上的偶函數(shù)；根據(jù)題中條件知，函數(shù)在上單調(diào)遞增.根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性得，，選項A錯誤；是R上的偶函數(shù)，且在上單調(diào)遞增時，，解得，選項B錯誤；或解得或，即時，，選項C正確；根據(jù)偶函數(shù)的單調(diào)性可得，函數(shù)在上單調(diào)遞減在R上有最小值，故選項D正確.故選：CD.16．（2021·河北·衡水市冀州區(qū)第一中學高一期末）函數(shù)，下列命題為真命題的是（）A． B．C．都不是偶函數(shù) D．是奇函數(shù)【答案】BD【分析】取特殊值，利用正弦型函數(shù)的運算性質(zhì)進行判斷﹒【詳解】A選項，若命題成立，則必須為整數(shù)，所以是假命題；B選項，當時，函數(shù)滿足，∴B是真命題；C選項，當時，，滿足，∴C是假命題；D選項，當時，，滿足，∴D是真命題．故選：BD．17．（2021·浙江浙江·高一期末）“”的一個充分不必要條件可以是（）A． B． C． D．【答案】BC【分析】化簡得，再利用集合的關(guān)系判斷得解.【詳解】，所以.設(shè),設(shè)選項對應的集合為,因為選項是“”的一個充分不必要條件，所以是的真子集.故選：BC.【點睛】方法點睛：判斷充分必要條件的常用方法有：（1）定義法；（2）集合法；（3）轉(zhuǎn)化法.要根據(jù)已知條件靈活選擇方法判斷得解.18．（2021·廣東·仲元中學高一期末）定義在上的函數(shù)滿足，當時，，則滿足（）A． B．是奇函數(shù)C．在上有最大值 D．的解集為【答案】ABD【分析】利用賦值法可判斷A選項的正誤；利用函數(shù)奇偶性的定義可判斷B選項的正誤；利用函數(shù)單調(diào)性的定義可判斷C選項的正誤；利用函數(shù)的單調(diào)性解不等式，可判斷D選項的正誤.【詳解】對于A選項，令，可得，解得，A對；對于B選項，函數(shù)的定義域為，令，可得，則，故函數(shù)是奇函數(shù)，B對；對于C選項，任取、且，則，即，所以，所以，函數(shù)為上的減函數(shù)，所以，在上有最大值，C錯；對于D選項，由于為上的減函數(shù)，由，可得，解得，D對.故選：ABD.19．（2021·河北張家口·高一期末）設(shè)函數(shù)，若，則實數(shù)可以為（）A． B． C． D．【答案】AB【分析】分、、三種情況討論，驗證是否成立，綜合可得出實數(shù)的取值范圍，即可得出合適的選項.【詳解】若，則，，成立；若，則，，成立；若，則，，不成立.綜上所述，實數(shù)的取值范圍是.故選：AB.20．（2021·重慶·高一期末）高斯是德國著名的數(shù)學家，近代數(shù)學奠基者之一，享有“數(shù)學王子”的稱號，他和阿基米德?牛頓并列為世界三大數(shù)學家，用其名字命名的“高斯函數(shù)”為：設(shè)，用表示不超過的最大整數(shù)，則稱為高斯函數(shù).例如：，.已知函數(shù)，則關(guān)于函數(shù)的敘述中正確的是（）A．是奇函數(shù) B．在上是減函數(shù)C．是偶函數(shù) D．的值域是【答案】AD【分析】利用奇偶性的定義判斷選項A，C，由函數(shù)單調(diào)性的結(jié)論，判斷選項B，由函數(shù)單調(diào)性求出f（x）的取值范圍，結(jié)合定義可得g（x）的值域，即可判斷選項D．【詳解】解：因為函數(shù)＝，所以，則函數(shù)f（x）為奇函數(shù)，故選項A正確；因為所以f（x）在R上單調(diào)遞增，故選項B錯誤；因為，則，，因為所以函數(shù)g（x）不是偶函數(shù)，故選項C錯誤；又，所以，故g（x）＝[f（x）]的值域為{﹣1，0}，故選項D正確．故選：AD．21．（2021·河北張家口·高一期末）已知函數(shù)，實數(shù)、滿足，則下列結(jié)論正確的有（）A． B．、，使C． D．【答案】CD【分析】作出函數(shù)的圖象，利用絕對值的性質(zhì)可得出，可判斷AC選項的正誤，利用基本不等式可判斷BD選項的正誤.【詳解】畫出函數(shù)的圖象如下圖所示：當時，，則，設(shè)，則，因為，可得，可得，由，可得，可得，由，可得，則，A錯，C對；由基本不等式可得，所以，則，B錯，D對.故選：CD.22．（2021·河北遷安·高一期末）給定函數(shù)（）A．的圖像關(guān)于原點對稱 B．的值域是C．在區(qū)間上是增函數(shù) D．有三個零點【答案】AB【分析】對于A：由函數(shù)的定義域為R，，可判斷；對于B：當時，，當時，，由或，可判斷；對于C：由在單調(diào)遞增可判斷；對于D：令，解方程可判斷.【詳解】解：對于A：因為函數(shù)的定義域為R，且，所以函數(shù)是奇函數(shù)，所以的圖像關(guān)于原點對稱，故A正確；對于B：當時，，當時，，又或，所以或，綜上得的值域為，故B正確；對于C：因為在單調(diào)遞增，所以由B選項解析得，在區(qū)間上是減函數(shù)，故C不正確；對于D：令，即，解得，故D不正確，故選：AB.23．（2021·廣東·仲元中學高一期末）已知函數(shù)，，則下列結(jié)論中正確的是（）A．兩函數(shù)的圖象均關(guān)于點成中心對稱B．兩函數(shù)的圖象均關(guān)于直線成軸對稱C．兩函數(shù)在區(qū)間上都是單調(diào)增函數(shù)D．兩函數(shù)的最大值相同【答案】CD【分析】根據(jù)題意，先化簡兩函數(shù)解析式，再結(jié)合正弦函數(shù)的圖像性質(zhì)，一一判斷即可.【詳解】根據(jù)題意得，，.對于選項AB，因，，所以函數(shù)的圖象關(guān)于點成中心對稱，而函數(shù)的圖象關(guān)于直線成軸對稱，故AB都錯；對于選項C，當時，，，因在上單調(diào)遞增，所以兩函數(shù)在區(qū)間上都是單調(diào)增函數(shù)，故C正確；對于選項D，因，，所以，故D正確.故選：CD.三、填空題24．若正數(shù)x，y滿足，則的取值范圍是______．【答案】【分析】利用均值不等式以及換元求出答案.【詳解】因為，由均值不等式得：，令，則．化簡得解得或（舍去），所以的取值范圍為.故答案為：.25．（2021·遼寧·撫順市第六中學高一期末）設(shè)則的最小值為________【答案】【分析】利用換元法，令將所給的代數(shù)式進行變形，然后利用均值不等式即可求得最小值.【詳解】由，可得.可令，即，則，當且僅當，時，等號成立.故答案為：．26．（2020·天津河西·高一期末）已知函數(shù)若是函數(shù)的最小值，則實數(shù)的取值范圍為______．【答案】【分析】利用定義可知在上遞減，在上遞增，所以當時，取得最小值為，再根據(jù)是的最小值，可知且，解得結(jié)果即可得解.【詳解】當時，，任設(shè)，則，當時，，，所以，所以，當時，，，所以，所以，所以在上遞減，在上遞增，所以當時，取得最小值為，又因為是的最小值，所以且，解得.故答案為：.27．（2021·上海徐匯·高一期末）若關(guān)于的方程在內(nèi)恰有三個實數(shù)根，則實數(shù)的取值范圍是________【答案】【分析】題中有絕對值,故考慮分絕對值中的正負情況進行去絕對值討論即可.【詳解】設(shè),.當時,有;當時有.故.當時，，當且僅當，即時取等號根據(jù)對勾函數(shù)性質(zhì)可知故在上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增.又在為減函數(shù),如圖.故方程在內(nèi)恰有三個相異實根則.故答案為：28．（2021·上海徐匯·高一期末）下列四個命題中正確的是________①已知定義在上的偶函數(shù)，則；②若函數(shù)，，值域為（），且存在反函數(shù)，則函數(shù)，與函數(shù)，是兩個不同的函數(shù)；③已知函數(shù)，，既無最大值，也無最小值；④函數(shù)的所有零點構(gòu)成的集合共有4個子集；【答案】①②【分析】由偶函數(shù)的定義可判斷①；由互為反函數(shù)的定義可判斷②；由的單調(diào)性可判斷③；由的解的個數(shù)和集合的子集個數(shù)，可判斷④．【詳解】①已知定義在上是偶函數(shù)，設(shè)，可得，則，故①正確；②若函數(shù)，，值域為，且存在反函數(shù)，則函數(shù)，與函數(shù)，，即，，由于是兩個不同的函數(shù)，故②正確；③已知函數(shù)，，由在遞減，在遞減，當時，，當時，又，所以，故③錯誤；④函數(shù)，由，可得或3，解得或，的所有零點構(gòu)成的集合中共有四個元素，共有16個子集，故④錯誤．故答案為：①②．29．（2020·上海金山·高一期末）若，且均為銳角，則________．【答案】【分析】先求得的值，由可求得的值.【詳解】解：由于是銳角，所以，所以，所以.故答案為：.30．（2020·廣東揭東·高一期末）已知函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為，則________【答案】【分析】令可得一個單調(diào)遞增區(qū)間，根據(jù)對稱性可知，由此可構(gòu)造方程求得結(jié)果.【詳解】令，則的一個單調(diào)遞增區(qū)間為，，，即，.故答案為：.31．（2021·云南·昭通市昭陽區(qū)第二中學高一期末）在下列所示電路圖中，下列說法正確的是____(填序號)．（1）如圖①所示，開關(guān)A閉合是燈泡B亮的充分不必要條件；（2）如圖②所示，開關(guān)A閉合是燈泡B亮的必要不充分條件；（3）如圖③所示，開關(guān)A閉合是燈泡B亮的充要條件；（4）如圖④所示，開關(guān)A閉合是燈泡B亮的必要不充分條件．【答案】（1）（2）（3）【分析】充分不必要條件是該條件成立時，可推出結(jié)果，但結(jié)果不一定需要該條件成立；必要條件是有結(jié)果必須有這一條件，但是有這一條件還不夠；充要條件是條件和結(jié)果可以互推；條件和結(jié)果沒有互推關(guān)系的是既不充分也不必要條件【詳解】（1）開關(guān)閉合，燈泡亮；而燈泡亮時，開關(guān)不一定閉合，所以開關(guān)閉合是燈泡亮的充分不必要條件，選項（1）正確.（2）開關(guān)閉合，燈泡不一定亮；而燈泡亮時，開關(guān)必須閉合，所以開關(guān)閉合是燈泡亮的必要不充分條件，選項（2）正確.（3）開關(guān)閉合，燈泡亮；而燈泡亮時，開關(guān)必須閉合，所以開關(guān)閉合是燈泡亮的充要條件，選項（3）正確.（4）開關(guān)閉合，燈泡不一定亮；而燈泡亮時，開關(guān)不一定閉合，所以開關(guān)閉合是燈泡亮的既不充分也不必要條件，選項（4）錯誤.故答案為（1）（2）（3）.32．已知正實數(shù)x，y滿足，則的最小值為___________.【答案】【分析】由條件可得且，利用基本不等式求解即可【詳解】由得，又，為正實數(shù)，所以，得，則，，當且僅當,即時取等號，所以的最小值為，故答案為：33．（2020·廣東·仲元中學高一期末）已知函數(shù)，函數(shù)，，對于任意，總存在，使得成立，則實數(shù)的取值范圍是________．【答案】【分析】根據(jù)題意得到，從而只需求函數(shù)和函數(shù)的最大值即可.【詳解】因為對于任意，總存在，使得成立，所以只需，因為，所以當時，；當時，在上單調(diào)遞增，所以，所以此時只需，即；當時，在上單調(diào)遞減，所以，所以此時只需，即；當時，，此時不滿足題意.綜上知：實數(shù)的取值范圍為.故答案為：.34．（2021·甘肅·嘉峪關(guān)市第一中學高一期末）十七世紀德國著名天文學家開普勒曾經(jīng)說過：“幾何學里有兩件寶，一個是勾股定理，一個是黃金分割，如果把勾股定理比作黃金礦的話，黃金分割就可以比作鉆石礦”.如果把頂角為36°的等腰三角形稱為“黃金三角形”，那么我們常見的五角星則是由五個黃金三角形和一個正五邊形組成，如圖所示.在一個黃金三角形中，（黃金分割比），根據(jù)這些信息，可以得出°=___________.【答案】【分析】由圖形知，，求出，利用二倍角公式以及誘導公式求解即可．【詳解】解：由圖形知，，則，，所以，故，故答案為：．四、解答題35．（2020·浙江·高一期末）已知不等式的解集為或.（1）求實數(shù)a，b的值；（2）解關(guān)于x的不等式（其中c為實數(shù)）.【答案】（1），，（2）答案見解析【分析】（1）根據(jù)不等式的解集得出對應方程的解，由此求出、的值；（2）不等式化為，然后分，和討論即可求出不等式的解集．（1）不等式的解集為，或，所以1和是方程的解，所以，解得；由根與系數(shù)的關(guān)系知，解得；所以，；.（2）由（1）知，不等式為，即，當時，不等式化為，解得；當時，解不等式得；當時，若，即時，解不等式得或，若，即時，解不等式得，若，即，解不等式得或，綜上知，時，不等式的解集為；時，不等式的解集為時，不等式的解集為或；時，不等式的解集為時，不等式的解集為或．36．（2021·山東濟寧·高一期末）在①“xA是xB的充分不必要條件；②；③這三個條件中任選一個，補充到本題第（2）問的橫線處，求解下列問題：已知集合，.（1）當a=2時，求；（2）若選，求實數(shù)a的取值范圍.【答案】（1）；（2）答案見解析.【分析】（1）當時，求出集合再根據(jù)并集定義求；（2）選擇有AB，列不等式求解即可；選擇有同樣列出不等式求解；選擇因為，則或，求解即可．【詳解】（1）當時，集合，，所以；（2）選擇因為“”是“”的充分不必要條件，所以AB，因為，所以又因為，所以等號不同時成立，解得，因此實數(shù)a的取值范圍是.選擇因為，所以.因為，所以.又因為，所以，解得，因此實數(shù)a的取值范圍是.選擇因為，而，且不為空集，，所以或，解得或，所以實數(shù)a的取值范圍是或．37．（2021·甘肅·寧縣第二中學高一期末）“活水圍網(wǎng)”養(yǎng)魚技術(shù)具有養(yǎng)殖密度高、經(jīng)濟效益好的特點.研究表明：“活水圍網(wǎng)”養(yǎng)魚時，某種魚在一定的條件下，每尾魚的平均生長速度（單位：千克/年）是養(yǎng)殖密度（單位：尾/立方米）的函數(shù).當時（尾/立方米）時，的值為2（千克/年）；當時，是的一次函數(shù)；當（尾/立方米）時，因缺氧等原因，的值為0（千克/年）.（1）當時，求函數(shù)的表達式；（2）當為多大時，魚的年生長量（單位：千克/立方米）可以達到最大，并求出最大值.【答案】（1）（2），魚的年生長量可以達到最大值12.5【分析】（1）根據(jù)題意得建立分段函數(shù)模型求解即可；（2）根據(jù)題意，結(jié)合（1）建立一元二次函數(shù)模型求解即可.（1）解：（1）依題意，當時，當時，是的一次函數(shù)，假設(shè)且，，代入得：，解得.所以（2）解：當時，，當時，所以當時，取得最大值因為所以時，魚的年生長量可以達到最大值12.5.38．（2021·浙江·高一期末）已知某公司生產(chǎn)某款手機的年固定成本為40萬元，每生產(chǎn)1萬部還需另投入16萬元．設(shè)公司一年內(nèi)共生產(chǎn)該款手機x萬部并全部銷售完，每1萬部的銷售收入為萬元，且．（1）寫出年利潤（萬元）關(guān)于年產(chǎn)量x（萬部）的函數(shù)的解析式；（2）當年產(chǎn)量為多少萬部時，公司在該款手機的生產(chǎn)中獲得的利潤最大?并求出最大利潤．【答案】（1）（2）當年產(chǎn)量為32萬部時，獲得的利潤最大，最大利潤為6104萬元【分析】（1），考慮兩種情況得到分段函數(shù)，計算得到答案。（2）利用二次函數(shù)性質(zhì)和均值不等式分別計算分段函數(shù)的最值，比較得到答案。（1）當時，；當時，，所以；（2）當時，，所以；當時，，由于，當且僅當，即時取等號，此時的最大值為5760，綜上所述，當年產(chǎn)量為32萬部時，獲得的利潤最大，最大利潤為6104萬元．39．（2020·云南·富源縣第六中學高一期末）已知函數(shù)是定義在上的奇函數(shù)，且．（1）確定函數(shù)的解析式；（2）用定義法證明在上是增函數(shù)；（3）解關(guān)于x的不等式．【答案】（1）（2）證明見解析（3）【分析】（1）由，求得，再根據(jù)，求得的值，即可求得函數(shù)的解析式.（2）根據(jù)函數(shù)單調(diào)性的定義和判定方法，即可證得函數(shù)在區(qū)間上是增函數(shù).（3）把不等式轉(zhuǎn)化為，列出不等式組，即可求解.（1）由題意，函數(shù)是定義在上的奇函數(shù)，可得，即，可得，即，又由，可得，解得，所以，經(jīng)驗證，此時滿足，所以函數(shù)為奇函數(shù).所以函數(shù)的解析式為，（2）解：設(shè)且，則，因為且，可得，所以，即，所以函數(shù)在區(qū)間上是增函數(shù).（3）因為函數(shù)是定義在上的奇函數(shù)，則不等式可化為，又因為函數(shù)在區(qū)間上是增函數(shù)，可得，解得，即不等式的解集為40．（2021·全國·高一期末）已知函數(shù)為偶函數(shù)，函數(shù)為奇函數(shù)，對任意實數(shù)x恒成立．（1）求函數(shù)與的表達式；（2）設(shè)，．若對于恒成立，求實數(shù)m的取值范圍；（3）對于（2）中的函數(shù)，若方程沒有實數(shù)解，求實數(shù)m的取值范圍．【答案】（1），（2）（3）【分析】（1）利用函數(shù)的奇偶性，列方程組求函數(shù)的解析式；（2）由（1）變形，轉(zhuǎn)化為對于恒成立，再根據(jù)函數(shù)在區(qū)間[3，4]上單調(diào)性可得答案；（3）由，為使方程沒有實數(shù)解，轉(zhuǎn)化為*沒有大于等于實數(shù)解，分方程*沒有實數(shù)解時、方程*的兩個實數(shù)解可得答案.（1）由，得．又因為為偶函數(shù)，為奇函數(shù)，所以，所以解得，．（2）由，則，，所以對于恒成立，即對于恒成立，所以，函數(shù)在區(qū)間[3，4]上是嚴格增函數(shù)，所以當時，，因此．（3）由，知的最小值為，為使方程沒有實數(shù)解，只需方程沒有大于等于的實數(shù)解，即*，沒有大于等于實數(shù)解，①方程*沒有實數(shù)解時，，解得；②方程*的兩個實數(shù)解都小于時，，得，此時，只需，解得．綜上所述，當時，方程沒有實數(shù)解．41．（2021·河北邯鄲·高一期末）已知是定義在上的奇函數(shù)，且當時，.（1）求函數(shù)在上的解析式；（2）若對所有，恒成立，求實數(shù)的取值范圍.【答案】（1）（2）【分析】（1）利用奇函數(shù)的定義可得函數(shù)的解析式；（2）由二次函數(shù)的性質(zhì)可得函數(shù)的最小值，代入不等式，進而利用一次函數(shù)的性質(zhì)列不等式組，可得實數(shù)的取值范圍．（1）因為函數(shù)為定義域上的奇函數(shù)，所以，當時，，所以，因為是奇函數(shù)，所以，所以，所以（2）作出在區(qū)間上的圖象，如圖：可得函數(shù)在上為減函數(shù)，所以的最小值為，要使對所有，恒成立，即對所有恒成立，令，，則，即，可得：，所以實數(shù)的取值范圍是.42．（2021·上海徐匯·高一期末）已知常數(shù)，函數(shù).（1）若，求不等式的解集；（2）若函數(shù)至少有一個零點在內(nèi)，求實數(shù)的取值范圍；（3）若，且存在，使函數(shù)在區(qū)間上的最大值與最小值之差不超過1，求實數(shù)的取值范圍.【答案】（1）；（2）；（3）.【分析】（1），然后根據(jù)對數(shù)的單調(diào)性進行求解即可.（2）在上有解，化簡，對討論即可.（3）化為存在使得在成立，然后花間計算即可.（1）或，即（2）在上有解所以在上有解，且當時，，不符合題意；當時，或所以（3）由則恒成立又在上單調(diào)遞減所以所以，即存在使成立即在有解，令任取，則則化簡可得由，所以，即所以在單調(diào)遞減，所以，所以又，所以43．（2021·浙江浙江·高一期末）為了預防新型冠狀病毒，唐徠回民中學對教室進行藥熏消毒，室內(nèi)每立方米空氣中的含藥量y（單位：毫克）隨時間x（單位：h）的變化情況如圖所示，在藥物釋放過程中，y與x成正比，藥物釋放完畢后，y與x的函數(shù)關(guān)系式為（a為常數(shù)），根據(jù)圖中提供的信息，回答下列問題：（1）寫出從藥物釋放開始，y與x的之間的函數(shù)關(guān)系；（2）據(jù)測定，當空氣中每立方米的含藥量降低至0.25毫克以下時，學生方可進入教室，那么從藥物釋放開始，至少需要經(jīng)過多少小時后，學生才能回到教室．【答案】（1）（2）0.6【分析】（1）利用函數(shù)圖象經(jīng)過點，分段討論即可得出結(jié)論；（2）利用指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性解不等式．（1）解：依題意，當時，可設(shè)，且，解得又由，解得，所以；（2）解：令，即，得，解得，即至少需要經(jīng)過后，學生才能回到教室．44．（2021·全國·高一期末）高鐵體現(xiàn)了中國裝備制造業(yè)水平，是一張亮麗的名片．設(shè)甲、乙兩個城市相距2000km，高鐵列車從甲地勻速行駛到乙地，速度不超過350km/h．已知高鐵列車每小時的運輸成本（元）由可變部分和固定部分組成，可變部分與速度x（km/h）的平方成正比，比例系數(shù)為，固定部分為10000元．（1）寫出全程的運輸成本y（元）關(guān)于速度x（km/h）的函數(shù)表達式，并指出函數(shù)的定義域；（2）求高鐵列車時速大約為多少（km/h）時，全程運輸成本（元）最?。ňＡ舻秸麛?shù)）【答案】（1），定義域為（2）高鐵列車時速大約224km/h時，全程運輸成本最小，約為17889元【分析】（1）由題意求出高鐵列車行駛的時間和每小時的運輸成本，從而可求出全程的運輸成本y（元）關(guān)于速度x（km/h）的函數(shù)表達式，（2）利用基本不等式可求得結(jié)果（1）由題意可知高鐵列車行駛的時間為，每小時的運輸成本為元，則，定義域為．（2）（元），等號當且僅當時成立，解得．答：高鐵列車時速大約224km/h時，全程運輸成本最小，且約為17889元．45．（2021·全國·高一期末）已知函數(shù)的表達式為．（1）若，，求的值域．（2）當時，求的最小值．（3）對于（2）中的函數(shù)，是否存在實數(shù)m、n，同時滿足：①；②當?shù)亩x域為[m，n]時，其值域為？若存在，求出m、n的值；若不存在，請說明理由．【答案】（1）（2）（3）不存在滿足條件的實數(shù)m、n，理由見解析【分析】（1）由，利用的范圍可得的范圍可得答案；（2）令，函數(shù)可轉(zhuǎn)化為，分、、討論可得答案；（3）利用的單調(diào)性，得到，兩式相減可得答案．（1）當時，由，得，因為，所以，．（2）令，因為，故，函數(shù)f（x）可轉(zhuǎn)化為，①當時，；②當時，；③當時，．綜上所述，.（3）因為，，在R上是嚴格減函數(shù)，所以在上的值域為，又在上的值域為，所以，即，兩式相減，得，因為，所以，而由，可得，與矛盾．所以，不存在滿足條件的實數(shù)m、n．46．（2020·黑龍江·大興安嶺實驗