数学高一上期末经典习题(含答案解析)(1)

一、选择题

11．(0分)[ID：12117]设a，b，c均为正数，且2log1a，log1b，

222ab1log2c．则（ ） 2A．abc

B．cba

C．cab

D．bac

2．(0分)[ID：12113]已知fx是偶函数，它在0,上是增函数.若

cflgxf1，则x的取值范围是（ ）

A．

1,1 10B．0,11010,

C．1,1010D．0,110,

3．(0分)[ID：12095]已知奇函数yf(x)的图像关于点(,0)对称，当x[0,)时，

22f(x)1cosx，则当x(5,3]时，f(x)的解析式为（ ） 2A．f(x)1sinx B．f(x)1sinx C．f(x)1cosx D．f(x)1cosx

a2x,x24．(0分)[ID：120]已知函数fx1x, 满足对任意的实数x1≠x2都有

1,x22fx1fx2x1x2A．(－∞，2)

＜0成立，则实数a的取值范围为( )

13,B． 80.1C．(－∞，2]

1.113D．,2

84，则x，y，z的大小关系是3D．xzy

5．(0分)[ID：12085]已知x1.1，y0.9，zlog23( ) A．xyz

B．yxz C．yzx

6．(0分)[ID：12121]若函数f(x)＝a|2x－4|(a>0，a≠1)满足f(1)＝A．(－∞，2] C．[－2，＋∞)

B．[2，＋∞)

1，则f(x)的单调递减区间是( ) 9D．(－∞，－2]

7．(0分)[ID：12107]德国数学家狄利克在1837年时提出：“如果对于x的每一个值，y总有一个完全确定的值与之对应，则y是x的函数，”这个定义较清楚地说明了函数的内涵．只要有一个法则，使得取值范围中的每一个值，有一个确定的y和它对应就行了，不

管这个对应的法则是公式、图象，表格述是其它形式已知函数f（x）由右表给出，则

1f10f的值为（ ）

2

A．0 B．1 C．2 D．3

8．(0分)[ID：12105]已知alog13111b，5，c63，则（ ） 44C．cab

D．bca

A．abc B．acb

xa2,x09．(0分)[ID：12082]设f(x)＝若f(0)是f(x)的最小值，则a的取值范围为1xa,x0x( )

A．[－1，2] B．[－1，0] C．[1，2] D．[0，2]

10．(0分)[ID：12077][x]表示不超过实数x的最大整数，x0是方程lnx3x100的

根，则[x0]（ ） A．1 数，则（ ）

A．f(1)f(2)f(0) C．f(0)f(1)f(2)

B．f(1)f(0)f(2) D．f(2)f(1)f(0)

B．2

C．3

D．4

11．(0分)[ID：12036]已知函数yf(x)是偶函数，yf(x2)在[0,2]是单调减函

12．(0分)[ID：12071]已知函数fxlog0.5x，则函数f2xx( ) A．,1

B．1,

2的单调减区间为

C．0,1 D．1,2

log1x,x1,1213．(0分)[ID：12065]已知函数f(x)＝则f(f()))等于( )

x224,x1,A．4 C．2 为（ ） A．ylnB．－2 D．1

14．(0分)[ID：120]下列函数中，既是偶函数，又是在区间(0,)上单调递减的函数

1 |x|B．yx3 C．y2|x|

D．ycosx

15．(0分)[ID：12050]已知定义在R上的函数fx在,2上是减函数，若

gxfx2是奇函数，且g20，则不等式xfx0的解集是（ ）

C．,42,

A．,22, D．,40,

B．4,20,

二、填空题

16．(0分)[ID：12204]已知f（x）是定义域在R上的偶函数，且f（x）在[0，+∞）上是减函数，如果f（m﹣2）>f（2m﹣3），那么实数m的取值范围是_____.

，17．(0分)[ID：12190]己知函数fxx2ax1a在区间01上的最大值是2,则

2实数a______.

18．(0分)[ID：12185]如图，矩形ABCD的三个顶点A,B,C分别在函数

xylog22x，

2y，yx2的图像上，且矩形的边分别平行于两坐标轴.若点A的纵坐标为2，

12则点D的坐标为______.

19．(0分)[ID：12176]若当0xln2时，不等式aee成立，则实数a的取值范围是_____.

xxe2xe2x20恒

，c，d，若集合Sa，b，c，d具有性质“对任20．(0分)[ID：12171]对于复数a，ba1，2意x，yS，必有xyS”，则当{b1，时，bcd等于___________

c2b21．(0分)[ID：12165]已知函数f(x)xaxa2，g(x)22x1，若关于x的不等

式f(x)g(x)恰有两个非负整数解，则实数a的取值范围是__________． ．．．．

22．(0分)[ID：12163]对于函数yf(x)，若存在定义域D内某个区间[a，b]，使得

yf(x)在[a，b]上的值域也为[a，b]，则称函数yf(x)在定义域D上封闭，如果函

数f(x)4x在R上封闭，则ba____． 1x23．(0分)[ID：12154]已知函数fx满足：fx1fx，当1x1时，

9fxex，则f________.

224．(0分)[ID：12152]已知函数fx则实数k的取值范围是________.

x211x的图象与直线ykx2恰有两个交点，

25．(0分)[ID：12131]高斯是德国的著名数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，他和阿基米德､牛顿并列为世界三大数学家，用其名字命名的“高斯函数”为：设

xR，用x表示不超过x的最大整数，则yx称为高斯函数，例如：2ex1[3,4]4，[2,7]2.已知函数f(x)，则函数y[f(x)]的值域是x1e5_________. 三、解答题

26．(0分)[ID：12327]某种商品的销售价格会因诸多因素而上下浮动，经过调研得知：

2019年9月份第x（1x30，xN）天的单件销售价格（单位：元

20x,1x15f(x),第x天的销售量（单位：件）g(x)mx(m为常数），且第

50x,15x3020天该商品的销售收入为600元（销售收入=销售价格销售量）. （1）求m的值；

（2）该月第几天的销售收入最高？最高为多少？

27．(0分)[ID：12280]为保障城市蔬菜供应，某蔬菜种植基地每年投入20万元搭建甲、乙两个无公害蔬菜大棚，每个大棚至少要投入2万元，其中甲大棚种西红柿，乙大棚种黄瓜.根据以往的经验，发现种西红柿的年收入f(x)、种黄瓜的年收入g(x)与大棚投入x分别满足f(x)842x，g(x)1x12.设甲大棚的投入为a，每年两个大棚的总收入4为F(a).（投入与收入的单位均为万元） （Ⅰ）求F(8)的值.

（Ⅱ）试问：如何安排甲、乙两个大棚的投入，才能使年总收人F(a)最大？并求最大年总收入.

28．(0分)[ID：12258]已知函数f(x)1x是定义在(0,)上的函数. x2（1）用定义法证明函数f(x)的单调性；

（2）若关于x的不等式fx2xm0恒成立，求实数m的取值范围. 29．(0分)[ID：12238]已知集合Axa1x2a1，Bx0x1. （1）若BA，求实数a的取值范围； （2）若A2B，求实数a的取值范围.

230．(0分)[ID：12231]已知函数fxaxbxca0，满足f02，

fx1fx2x1.

（1）求函数fx的解析式； （2）求函数fx的单调区间；

（3）当x1,2时，求函数的最大值和最小值．

【参】

2016-2017年度第*次考试试卷**科目模拟测试

一、选择题 1．A 2．C 3．C 4．B 5．A 6．B 7．D 8．C 9．D 10．B 11．C 12．C 13．B 14．A 15．C

参

二、填空题

16．（﹣∞1）（+∞）【解析】【分析】因为先根据f（x）是定义域在R上的偶函数将f（m﹣2）>f（2m﹣3）转化为再利用f（x）在区间0+∞）上是减函数求解【详解】因为f（x）是定义域在R上的偶函数且f

17．或【解析】【分析】由函数对称轴与区间关系分类讨论求出最大值且等于2解关于的方程即可求解【详解】函数对称轴方程为为；当时；当即（舍去）或（舍去）；当时综上或故答案为:或【点睛】本题考查二次函数的图像与

18．【解析】【分析】先利用已知求出的值再求点D的坐标【详解】由图像可知点在函数的图像上所以即因为点在函数的图像上所以因为点在函数的图像上所以又因为所以点的坐标为故答案为【点睛】本题主要考查指数对数和幂函

19．【解析】【分析】用换元法把不等式转化为二次不等式然后用分离参数法转化为求函数最值【详解】设是增函数当时不等式化为即不等式在上恒成立时显然成立对上恒成立由对勾函数性质知在是减函数时∴即综上故答案为：【

20．-1【解析】由题意可得：结合集合元素的互异性则：由可得：或当时故当时故综上可得：

21．【解析】【分析】由题意可得f（x）g（x）的图象均过（﹣11）分别讨论a＞0a＜0时f（x）＞g（x）的整数解情况解不等式即可得到所求范围【详解】由函数可得的图象均过且的对称轴为当时对称轴大于0由题

22．6【解析】【分析】利用定义证明函数的奇偶性以及单调性结合题设条件列出方程组求解即可【详解】则函数在R上为奇函数设即结合奇函数的性质得函数在R上为减函数并且由题意可知：由于函数在R上封闭故有解得：所以

23．【解析】【分析】由已知条件得出是以2为周期的函数根据函数周期性化简再代入求值即可【详解】因为所以所以是以2为周期的函数因为当时所以故答案为:【点睛】本题主要考查函数的周期性和递推关系这类题目往往是奇

24．【解析】【分析】根据函数解析式分类讨论即可确定解析式画出函数图像由直线所过定点结合图像即可求得的取值范围【详解】函数定义域为当时当时当时画出函数图像如下图所示:直线过定点由图像可知当时与和两部分图像

25．【解析】【分析】求出函数的值域由高斯函数的定义即可得解【详解】所以故答案为：【点睛】本题主要考查了函数值域的求法属于中档题

三、解答题 26． 27．

28． 29． 30．

2016-2017年度第*次考试试卷 参考解析

【参考解析】

**科目模拟测试

一、选择题 1．A 解析：A 【解析】

x1ylog1x的图

试题分析：在同一坐标系中分别画出y2,y，ylog2x，

22x象，

1ylog1x的图象的交点的横坐标

y2与ylog1x的交点的横坐标为a，y与222xx1为b，y与ylog2x的图象的交点的横坐标为c，从图象可以看出2考点：指数函数、对数函数图象和性质的应用．

x．

【方法点睛】一般一个方程中含有两个以上的函数类型，就要考虑用数形结合求解，在同一坐标系中画出两函数图象的交点，函数图象的交点的横坐标即为方程的解．

2．C

解析：C 【解析】 【分析】

利用偶函数的性质将不等式flgxf1变形为flgxf1，再由函数

yfx在0,上的单调性得出lgx1，利用绝对值不等式的解法和对数函数的单

调性即可求出结果. 【详解】

由于函数yfx是偶函数，由flgxf1得flgxf1， 又

函数yfx在0,上是增函数，则lgx1，即1lgx1，解得

1x10. 10故选：C. 【点睛】

本题考查利用函数的单调性和奇偶性解不等式，同时也涉及了对数函数单调性的应用，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.

3．C

解析：C 【解析】 【分析】 当x5,3时，3x0,,结合奇偶性与对称性即可得到结果. 22【详解】

yfx因为奇函数的图像关于点2,0对称，所以fxfx0，

且fxfx，所以f当xxfx，故fx是以为周期的函数.

5,3时，3x0,，故f3x1cos3x1cosx 22因为fx是周期为的奇函数，所以f3xfxfx

故fx1cosx，即fx1cosx，x故选C 【点睛】

5,3 2本题考查求函数的表达式，考查函数的图象与性质，涉及对称性与周期性，属于中档题.

4．B

解析：B 【解析】 【分析】 【详解】

a20,解出试题分析：由题意有,函数fx在R上为减函数,所以有{1(a2)2()212a13,选B. 8考点：分段函数的单调性. 【易错点晴】

本题主要考查分段函数的单调性,属于易错题. 从题目中对任意的实数x1x2，都有

fx1fx20成立，得出函数fx在R上为减函数,减函数图象特征:从左向右看,图

x1x2象逐渐下降,故在分界点x2处,有(a2)2()1,解出a是容易漏掉分界点x2处的情况.

12213. 本题容易出错的地方85．A

解析：A 【解析】 【分析】

利用指数函数、对数函数的单调性直接比较. 【详解】 解：

x1.10.11.11，0y0.901.10.901，zlog234log210，x，33y，z的大小关系为xyz． 故选A． 【点睛】

本题考查三个数的大小的比较，利用指数函数、对数函数的单调性等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．

6．B

解析：B

【解析】 由f(1)=得a2=, ∴a=或a=-(舍), 即f(x)=(

.由于y=|2x-4|在(-∞,2]上单调递减,在[2,+∞)上单调递增,所以f(x)在(-∞,2]上单

调递增,在[2,+∞)上单调递减,故选B.

7．D

解析：D 【解析】 【分析】

采用逐层求解的方式即可得到结果. 【详解】

1，∴f∵ ，则10f1211， 21110f(10f())f10， ，∴22，∴f103，故选D． 又∵102，【点睛】

本题主要考查函数的基础知识，强调一一对应性，属于基础题．

8．C

解析：C 【解析】 【分析】

首先将b表示为对数的形式，判断出b0，然后利用中间值以及对数、指数函数的单调性

3a,c与的大小，即可得到a,b,c的大小关系. 2【详解】

比较因为5b11，所以blog5log510， 443又因为alog11313log34log33,log333，所以a1,， 421331333cc6,8又因为，所以,2， 22所以cab. 故选：C. 【点睛】

本题考查利用指、对数函数的单调性比较大小，难度一般.利用指、对数函数的单调性比较

大小时，注意数值的正负，对于同为正或者负的情况可利用中间值进行比较.

9．D

解析：D 【解析】 【分析】

由分段函数可得当x0时，f(0)a2，由于f(0)是f(x)的最小值，则(,0]为减函数，即有a0，当x0时，f(x)x1a在x1时取得最小值2a，则有xa2a2，解不等式可得a的取值范围.

【详解】

因为当x≤0时，f(x)＝xa，f(0)是f(x)的最小值， 所以a≥0.当x＞0时，f(x)x要满足f(0)是f(x)的最小值，

需2af(0)a，即a2a20，解得1a2， 所以a的取值范围是0a2， 故选D. 【点睛】

该题考查的是有关分段函数的问题，涉及到的知识点有分段函数的最小值，利用函数的性质，建立不等关系，求出参数的取值范围，属于简单题目.

221a2a，当且仅当x＝1时取“＝”． x10．B

解析：B 【解析】 【分析】

先求出函数fxlnx3x10的零点的范围，进而判断x0的范围，即可求出x0. 【详解】

由题意可知x0是fxlnx3x10的零点， 易知函数fx是（0，）上的单调递增函数，

而f2ln2610ln240，f3ln3910ln310， 即f2f30

所以2x03，

结合x的性质，可知x02. 故选B. 【点睛】

本题考查了函数的零点问题，属于基础题．

11．C

解析：C 【解析】 【分析】

2上的单调性，结合函数图像即可求得答案 函数关于y轴对称得0，【详解】

先根据yfx2在0,2是单调减函数，转化出yfx的一个单调区间，再结合偶

yfx2在0,2是单调减函数，

0，即ft在2，0上是减函数 令tx2，则t2，yfx在2，0上是减函数

函数yfx是偶函数，

yfx在0，2上是增函数 f1f1,

则f0f1f2 故选C 【点睛】

本题是函数奇偶性和单调性的综合应用，先求出函数的单调区间，然后结合奇偶性进行判定大小，较为基础．

12．C

解析：C 【解析】

函数fxlog0.5x为减函数，且x0, 令t2xx2，有t0，解得0x2.

又t2xx2为开口向下的抛物线，对称轴为x1，所以t2xx2在0,1上单调递增，在1,2上单调递减，

根据复合函数“同增异减”的原则函数f2xx故选C.

2的单调减区间为0,1.

yfx的复合函数， ygx为内层函点睛：形如yfgx的函数为ygx, yfx为外层函数. 数, 当内层函数ygx单增，外层函数yfx单减时，函数yfgx也单减； 当内层函数ygx单减，外层函数yfx单增时，函数yfgx也单减；

当内层函数ygx单增，外层函数yfx单增时，函数yfgx也单增；

当内层函数ygx单减，外层函数yfx单减时，函数yfgx也单增. 简称为“同增异减”.

13．B

解析：B 【解析】

1f242224，则21f1ff4log142，故选B. 2214．A

解析：A 【解析】

本题考察函数的单调性与奇偶性 由函数的奇偶性定义易得yln13|x|，y2，ycosx是偶函数，yx是奇函数 |x|ycosx是周期为2的周期函数，单调区间为[2k,(2k1)](kz)

x0时，y2|x|变形为y2x，由于2>1,所以在区间(0,)上单调递增 x0时，yln为增函数，t故选择A

111变形为yln，可看成ylnt,t的复合，易知ylnt(t0)|x|xx11(x0)为减函数，所以yln在区间(0,)上单调递减的函数

|x|x15．C

解析：C 【解析】 【分析】

由gxfx2是奇函数，可得fx的图像关于2,0中心对称，再由已知可得函数fx的三个零点为-4，-2，0，画出fx的大致形状，数形结合得出答案. 【详解】

由gxfx2是把函数fx向右平移2个单位得到的，且g2g00，

f4g2g20，f2g00，画出fx的大致形状

结合函数的图像可知，当x4或x2时，xfx0，故选C. 【点睛】

本题主要考查了函数性质的应用，作出函数简图，考查了学生数形结合的能力，属于中档题.

二、填空题

16．（﹣∞1）（+∞）【解析】【分析】因为先根据f（x）是定义域在R上的偶函数将f（m﹣2）>f（2m﹣3）转化为再利用f（x）在区间0+∞）上是减函数求解【详解】因为f（x）是定义域在R上的偶函数且f 解析：（﹣∞，1）【解析】 【分析】

因为先根据f（x）是定义域在R上的偶函数，将 f（m﹣2）>f（2m﹣3），转化为

（

5，+∞） 3fm2f2m3，再利用f（x）在区间[0，+∞）上是减函数求解.

【详解】

因为f（x）是定义域在R上的偶函数，且 f（m﹣2）>f（2m﹣3）, 所以fm2f2m3 ,

又因为f（x）在区间[0，+∞）上是减函数， 所以|m﹣2|<|2m﹣3|， 所以3m2﹣8m+5>0， 所以（m﹣1）（3m﹣5）>0， 解得m<1或m5， 3（

故答案为：（﹣∞，1）【点睛】

5，+∞）. 3本题主要考查了函数的单调性与奇偶性的综合应用，还考查了转化化归的思想和运算求解的能力，属于中档题.

17．或【解析】【分析】由函数对称轴与区间关系分类讨论求出最大值且等于2解关于的方程即可求解【详解】函数对称轴方程为为；当时；当即（舍去）或（舍去）；当时综上或故答案为:或【点睛】本题考查二次函数的图像与

解析：1或2. 【解析】 【分析】

由函数对称轴与区间关系，分类讨论求出最大值且等于2，解关于a的方程，即可求解. 【详解】

函数fxx2ax1a(xa)aa1，

222对称轴方程为为xa；

当a0时，f(x)maxf(0)1a2,a1；

2当0a1,f(x)maxf(a)aa12，

即a2a10,a1515（舍去），或a（舍去）； 22当a1时，f(x)maxf(1)a2， 综上a1或a2. 故答案为:1或2. 【点睛】

本题考查二次函数的图像与最值，考查分类讨论思想，属于中档题.

18．【解析】【分析】先利用已知求出的值再求点D的坐标【详解】由图像可知点在函数的图像上所以即因为点在函数的图像上所以因为点在函数的图像上所以又因为所以点的坐标为故答案为【点睛】本题主要考查指数对数和幂函

11解析：,

24【解析】 【分析】

先利用已知求出xA,xB，yC的值，再求点D的坐标. 【详解】

由图像可知，点AxA,2在函数

ylog22x的图像上，所以

2log22xA，即

21xA22.

因为点BxB,2在函数yx的图像上，所以2x，xB4.

B12122221y因为点C4,yC在函数y的图像上，所以. C224x4又因为xDxA11，yDyC， 2411,. 24所以点D的坐标为11故答案为,

24【点睛】

本题主要考查指数、对数和幂函数的图像和性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.

19．【解析】【分析】用换元法把不等式转化为二次不等式然后用分离参数法转化为求函数最值【详解】设是增函数当时不等式化为即不等式在上恒成立时显然成立对上恒成立由对勾函数性质知在是减函数时∴即综上故答案为：【 解析：[【解析】 【分析】

用换元法把不等式转化为二次不等式．然后用分离参数法转化为求函数最值． 【详解】

设texex，tee不等式aeexx25,) 6ex310t是增函数，当时，， 0xln2ex2xxe2xe2x20化为att2220，即t2at40，

3不等式t2at40在t[0,]上恒成立，

2t0时，显然成立，

343t(0,]，at对t[0,]上恒成立，

22t43253由对勾函数性质知yt在(0,]是减函数，t时，ymin，

226t2525∴a，即a．

6625综上，a．

625,)． 故答案为：[6【点睛】

本题考查不等式恒成立问题，解题方法是转化与化归，首先用换元法化指数型不等式为一元二次不等式，再用分离参数法转化为求函数最值．

20．-1【解析】由题意可得：结合集合元素的互异性则：由可得：或当时故当

时故综上可得：

解析：-1 【解析】

由题意可得：b21,a1 ，结合集合元素的互异性，则：b1 ， 由c2b1 可得：ci 或ci ， 当ci 时，bciS ，故di ， 当ci 时，bciS ，故di ， 综上可得：bcd1 .

21．【解析】【分析】由题意可得f（x）g（x）的图象均过（﹣11）分别讨论a＞0a＜0时f（x）＞g（x）的整数解情况解不等式即可得到所求范围【详解】由函数可得的图象均过且的对称轴为当时对称轴大于0由题

310解析：,

23【解析】 【分析】

由题意可得f（x），g（x）的图象均过（﹣1，1），分别讨论a＞0，a＜0时，f（x）＞g（x）的整数解情况，解不等式即可得到所求范围． 【详解】

由函数f(x)xaxa2，g(x)2f(x)的对称轴为x2x1可得f(x)，g(x)的图象均过(1,1)，且

a，当a0时，对称轴大于0.由题意可得f(x)g(x)恰有0，1两2f(1)g(1)310a；当a0时，对称轴小于0.因为个整数解，可得3f(2)g(2)2f1g1,

由题意不等式恰有-3，-2两个整数解，不合题意，综上可得a的范围是310,. 23310故答案为：,.

23【点睛】

本题考查了二次函数的性质与图象，指数函数的图像的应用，属于中档题．

22．6【解析】【分析】利用定义证明函数的奇偶性以及单调性结合题设条件列出方程组求解即可【详解】则函数在R上为奇函数设即结合奇函数的性质得函数在R上为减函数并且由题意可知：由于函数在R上封闭故有解得：所以

解析：6 【解析】 【分析】

利用定义证明函数yf(x)的奇偶性以及单调性，结合题设条件，列出方程组，求解即可. 【详解】

f(x)4x4xf(x)，则函数f(x)在R上为奇函数

1x1x设0x1x2，f(x)4x 1xf(x1)f(x2)4x2x14x14x20，即f(x1)f(x2) 1x11x21x11x2结合奇函数的性质得函数f(x)在R上为减函数，并且f(0)0 由题意可知：a0,b0

4abf(a)b1a由于函数f(x)在R上封闭，故有 ，解得：a3,b3

f(b)a4ba1b所以ba6 故答案为：6 【点睛】

本题主要考查了利用定义证明函数的奇偶性以及单调性，属于中档题.

23．【解析】【分析】由已知条件得出是以2为周期的函数根据函数周期性化简再代入求值即可【详解】因为所以所以是以2为周期的函数因为当时所以故答案为:【点睛】本题主要考查函数的周期性和递推关系这类题目往往是奇 解析：e

【解析】 【分析】

由已知条件，得出fx是以2为周期的函数，根据函数周期性，化简f值即可. 【详解】 因为所以

9，再代入求2fx1fx，

fx2fx1fx，

所以fx是以2为周期的函数， 因为当1x1时，fxe ，

x1191所以ff4fe2e .

222故答案为: e.

【点睛】

本题主要考查函数的周期性和递推关系，这类题目往往是奇偶性和周期性相结合一起运用.

24．【解析】【分析】根据函数解析式分类讨论即可确定解析式画出函数图像由直线所过定点结合图像即可求得的取值范围【详解】函数定义域为当时当时当时画出函数图像如下图所示:直线过定点由图像可知当时与和两部分图像 解析：(4,1)(1,0)

【解析】 【分析】

根据函数解析式,分类讨论即可确定解析式.画出函数图像,由直线所过定点,结合图像即可求得k的取值范围. 【详解】 函数fxx211x定义域为xx1

x21当x1时,fxx1

1x1x2当1x1时,fxx1

1xx21当1x时,fxx1

1x画出函数图像如下图所示:

直线ykx2过定点0,2

由图像可知,当1k0时,与x1和1x1两部分图像各有一个交点; 当4k1时,与1x1和1x两部分图像各有一个交点. 综上可知,当k4,11,0时与函数有两个交点 故答案为:4,11,0 【点睛】

本题考查了分段函数解析式及图像画法,直线过定点及交点个数的求法,属于中档题.

25．【解析】【分析】求出函数的值域由高斯函数的定义即可得解【详解】所以故答案为：【点睛】本题主要考查了函数值域的求法属于中档题 解析：1,0,1

【解析】 【分析】

求出函数f(x)的值域，由高斯函数的定义即可得解. 【详解】

2(1ex)212192， f(x)2xxx1e51e551e1ex1，

011， 1ex20， 1ex21919，

551ex519f(x)所以,，

55[f(x)]1,0,1，

故答案为：1,0,1 【点睛】

本题主要考查了函数值域的求法，属于中档题.

三、解答题 26．

（1）m40；（2）当第10天时，该商品销售收入最高为900元． 【解析】 【分析】

（1）利用分段函数，直接求解f(20)g(20)600．推出m的值．（2）利用分段函数分别求解函数的最大值推出结果即可． 【详解】

（1）销售价格f(x)常数）， 当x20x,1x15,第x天的销售量（单位：件）g(x)mx(m为

50x,15x30,20时，由f(20)g(20)(5020)(m20)600，

解得m40．

（2）当1x15时，y(20x)(40x)

x220x800(x10)2900，

故当x10时，ymax900，

当15x30时，y(50x)(40x)x290x2000(x45)225， 故当x15时，ymax875，

因为875900，故当第10天时，该商品销售收入最高为900元． 【点睛】

本题考查利用函数的方法解决实际问题，分段函数的应用，考查转化思想以及计算能力，是中档题．

27．

（Ⅰ）39万元（Ⅱ）甲大棚投入18万元，乙大棚投入2万元时，最大年总收入为44.5万元. 【解析】 【分析】

（I）根据题意求得Fa的表达式，由此求得F8的值.

（II）求得Fa的定义域，利用换元法，结合二次函数的性质，求得Fa的最大值，以及甲、乙两个大棚的投入. 【详解】

（Ⅰ）由题意知F(a)842a所以F(8)11(20a)12a42a25， 44184282539（万元）. 4（Ⅱ）依题意得故F(a)令ta2,2a18.

20a21a42a25(2a18). 4121t42t25(t82)257， 44a，则t[2,32]，G(t)显然在[2,32]上G(t)单调递增，

所以当t32，即a18时，F(a)取得最大值，F(a)max44.5.

所以当甲大棚投入18万元，乙大棚投入2万元时，年总收入最大，且最大年总收入为44.5万元. 【点睛】

本小题主要考查函数在实际生活中的应用，考查含有根式的函数的最值的求法，属于中档题.

28．

（1）证明见解析（2）m1 【解析】

【分析】

（1）x1,x2(0,)，且x1x2，计算fx1fx20得到证明.

（2）根据单调性得到x22xm1，即m1x22xx12，得到答案. 【详解】

（1）函数单调递减，x1,x2(0,)，且x1x2，

2211x2x1x1x2x1x2fx1fx22x12x2 22x1x2x1x22222∵0x1x2，∴x2x10，x1x2x1x20，x1x10

2∴f(x1)f(x2)，∴f(x)在(0,)单调递减； （2）fx2xm0f1，故x22xm1，

2m1x22xx12，x(0,)，故m1.

【点睛】

本题考查了定义法证明函数单调性，利用单调性解不等式，意在考查学生对于函数性质的灵活运用.

229．

（1）0,1；（2）,212,.

【解析】 【分析】

a10,（1）由题得2a11,解不等式即得解；（2）对集合A分两种情况讨论即得实数aa12a1,的取值范围. 【详解】

a10,（1）若BA，则2a11,解得0a1.

a12a1,故实数a的取值范围是0,1.

（2）①当A时，有a12a1，解得a2，满足A②当A时，有a12a1，解得a2.

B.

1AB，则有2a10或a11，解得a或a2，

212a或a2.

2又

综上可知，实数a的取值范围是,212,.

【点睛】

本题主要考查根据集合的关系和运算求参数的范围，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平和分析推理能力.

30．

（1）fxx2x2；（2）增区间为1,，减区间为,1；（3）最小值为1，

2最大值为5. 【解析】 【分析】

（1）利用已知条件列出方程组，即可求函数fx的解析式； （2）利用二次函数的对称轴，看看方向即可求函数fx的单调区间； （3）利用函数的对称轴与x1,2，直接求解函数的最大值和最小值． 【详解】

（1）由f02，得c2，又fx1fx2x1，得2axab2x1，

2a22 解得：a1，b2.所以fxx2x2； 故ab1（2）函数fxx22x2x11图象的对称轴为x1，且开口向上， 所以，函数fx单调递增区间为1,，单调递减区间为,1； （3）fxx22x2x11，对称轴为x11,2，故

22fxminf11，

又f15，f22，所以，fxmaxf15. 【点睛】

本题考查二次函数解析式的求解，同时也考查了二次函数单调区间与最值的求解，解题时要结合二次函数图象的开口方向与对称轴来进行分析，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.