广东省佛山市重点中学2023-2024学年高一上学期第二次教学质量检测（12月）数学试题
一、单选题（本大题共8小题，共40分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1．（2023高一上·佛山月考）命题“”的否定为（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】A
【知识点】命题的否定
【解析】【解答】解：由全称量词命题的否定为存在量词命题命题知：原命题的否定为.
故答案为：A.
【分析】本题考查全称量词命题和存在量词命题的否定.根据全称量词命题的否定：先改量词再否定结论，任意改存在并否定结论，可得出结论.
2．（2023高一上·佛山月考）已知全集，则下图中阴影部分表示的集合为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】交、并、补集的混合运算
【解析】【解答】解：由图可知阴影部分表示的集合为，
而或，故，
故答案为：D
【分析】本题考查集合交，并，补的混合运算.根据图确定阴影部分表示的集合为，根据补集的定义先求出或，根据集合交集的定义可求出答案.
3．（2023高一上·佛山月考）设，，，则，，的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】指数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】因为，，
所以，
因为，，
所以。
故答案为：B
【分析】利用已知条件结合指数函数的单调性，进而比较出a，b，c的大小。
4．（2023高一上·佛山月考）已知，那么下列命题正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】B
【知识点】利用不等式的性质比较数（式）的大小
【解析】【解答】解：A、当时，不成立，A错误；
B、若，则或，所以，B正确；
C、若，则当时，不成立，C错误；
D、当时，，D错误；
故答案为：B.
【分析】本题主要考查不等式的性质.取值特殊值法取时，不成立；根据可推断同号，并且或，据此可推出；根据，可推断同号，当时，不成立；时，根据不等式两边同时乘除一个正数，不等式的方向不改变可知，据此判断D选项.
5．（2023高一上·佛山月考）“不等式在R上恒成立”的一个必要不充分条件是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；函数恒成立问题
【解析】【解答】解：因为“不等式在上恒成立”，所以当时，原不等式为在上不是恒成立的，所以，
所以“不等式在上恒成立”，等价于，解得.
A、是充要条件，A错误；
B、不可推导出，B错误；
C、可推导，且不可推导，故是的必要不充分条件，C正确；
D、可推导，且不可推导，故是的充分不必要条件，D错误.
故答案为：C.
【分析】本题考查充分不必要条件的判断.根据不等式在上恒成立”分和两种情况进行讨论可求出实数m的取值范围，再结合小范围可推出大范围，大范围推不出小范围，利用充分条件和必要条件的定义可判断出选项.
6．（2023高一上·佛山月考）函数的部分图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】函数的奇偶性；函数的图象
【解析】【解答】解：的定义域为，
又，
则是奇函数，图象关于原点对称，排除A、C，
又，所以排除D．
故答案为：B.
【分析】本题考查函数图象，函数奇偶性和单调性的综合应用.先判断出函数是奇函数，图象关于原点对称，据此可排除A、C；再根据，据此排除D，综上所述可选出选项.
7．（2023高一上·佛山月考）已知 ，若函数 有三个零点，则实数 的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】 有三个零点， 有一个零点，故 ，有两个零点，代入 的解析式，得到 ，构造新函数
，绘制这两个函数的图象，如图可知
因而 介于A，O之间，建立不等关系 ，解得a的范围为 ，
故答案为：A。
【分析】本道题将零点问题转化成交点个数问题，利用数形结合思想，即可。
8．（2023高一上·佛山月考）已知函数与的图象上存在关于轴对称的点，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】函数与方程的综合运用
【解析】【解答】解：函数关于轴对称的解析式为，
函数，两个函数的图象如图所示：
若过点时，得，但此时两函数图象的交点在轴上，
所以要保证在轴的正半轴，两函数图象有交点，则的图象向右平移均存在交点，
所以，
故答案为：D.
【分析】本题考查函数与方程的综合应用.函数关于轴对称的解析式为，则可知在有交点，在同一坐标系中分别画出和两个函数的图象，观察图象可求出实数a的取值范围.
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9．（2023高一上·佛山月考）若函数的图像经过点，则（ ）
A． B．在上单调递减
C．的最大值为81 D．的最小值为
【答案】A,C
【知识点】函数的值域；复合函数的单调性
【解析】【解答】解：、由题意得， 得 ，正确；
、令函数 ， 则该函数在上单调递减，在 上单调递增．
因为 是减函数， 所以在上单调递增， 在 上单调递减，错误；
和、因为在上单调递增， 在 上单调递减，
所以 ，无最小值．正确，错误；
故答案为：.
【分析】本题考查复合函数的单调性的综合应用.利用函数经过点，将点代入解析式可求出，所以， 令函数 ， 利用二次函数的性质可知在上单调递减，在 上单调递增，根据指数函数的单调性和复合函数的单调性可得：在上单调递增， 在 上单调递减，据此可求函数的最值.
10．（2023高一上·佛山月考）下列结论正确的是（ ）
A．若，则的最小值为2
B．若，则
C．若，且，则的最大值为9
D．若，则的最大值为2
【答案】A,B
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】解：A、因为，所以，当且仅当时取等号，即的最小值为.正确；
B、，则，当且仅当时取等号.B正确；
C、且，则，
当且仅当时取等号，所以的最小值为.C错误；
D、因为，则，则，当且仅当，即时取等号，
故的最大值为.D错误．
故答案为：AB.
【分析】本题考查利用基本不等式求最值.观察可得积为定值，利用基本不等式可求出函数的最值；对基本不等式两边平方可得可判断B选项；采用1还原法，先乘以1再将1进行替换可得：，观察可得积为定值，利用基本不等式可求出最值；观察式子可得和定值，使用基本不等式的变形可求出函数的最值.
11．（2023高一上·佛山月考）牛顿曾提出了物体在常温环境下温度变化的冷却模型：若物体初始温度是（单位），环境温度是（单位：），其中，则经过分钟后物体的温度将满足（且）．现有一杯的热红茶置于的房间里，根据这一模型研究红茶冷却情况，下列结论正确的是（参考数值）（ ）
A．若，则
B．若，则红茶下降到所需时间大约为6分钟
C．5分钟后物体的温度是，k约为0.22
D．红茶温度从下降到所需的时间比从下降到所需的时间多
【答案】A,C
【知识点】“指数爆炸”模型
【解析】【解答】解：由题知，
A、若，即，所以，则，A正确；
B、若，则，则，两边同时取对数得，所以，所以红茶下降到所需时间大约为7分钟，B错误；
C、5分钟后物体的温度是，即，则，得，所以，C正确；
D、为指数型函数，如图，可得红茶温度从下降到所需的时间（）比从下降到所需的时间（）少，D错误．
故答案为：AC.
【分析】本题考查指数型函数模型的应用.由题知，根据，可求出，写出表达式整体代入可求出函数值；，根据题意可列出方程，解方程可求出所需时间t；5分钟后物体的温度是，据此可列出方程，解方程可求出k的值；为指数型函数，作出函数图象，通过图像可比较时间的大小.
12．（2023高一上·佛山月考）已知定义域为R的函数对任意实数都有，且，则以下结论正确的有（ ）
A． B．是偶函数
C．关于中心对称 D．
【答案】B,C,D
【知识点】复合函数的单调性
【解析】【解答】解：因为定义域为R的函数，有，
A、令，则或，A错误，
B、若时，令，则，此时是偶函数；
若时，令，则，此时既是偶函数又是奇函数；B正确，
C、令，则，
所以关于中心对称，C正确，
D、由关中心对称可得，结合是偶函数，
所以，所以，
所以，
令，则，故，
进而，D正确.
故答案为：BCD.
【分析】本题考查抽象函数的性质.利用赋值法，令，代入函数关系式可得，解方程可求出的值；当时，令，可推出；当时，令，可推出，据此可得既是偶函数又是奇函数；令，则可推出，进而得出函数的对称性；根据对称性可推出，再令，可求出式子的值.
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13．（2023高一上·佛山月考）计算 ．
【答案】
【知识点】有理数指数幂的运算性质
【解析】【解答】解：
.
故答案为：.
【分析】本题考查有理数指数幂的运算性质.对式子分子和分母同时乘以可得：进行分母有理化，，将式子代入式子，再利用指数幂运算性质可求出答案..
14．（2023高一上·佛山月考）已知且，则 ．
【答案】
【知识点】指数式与对数式的互化；对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：因为，所以，，，又，
所以，
所以，所以，
故答案为：.
【分析】本题考查指数式与对数式的互化公式，对数的运算性质.由，将指数式转化为对数式可得，，，代入式子，再利用换底公式及对数的运算性质可求出答案.
15．（2023高一上·佛山月考）已知，则的最大值为 ．
【答案】
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】解：由，得，
则，
当且仅当，即时取等号，此时取得最大值.
故答案为：.
【分析】本题考查利用基本不等式求算式的最大值.对式子变形可得：，观察可得积为定值，利用基本不等式可求出最值.
16．（2023高一上·佛山月考）在平面直角坐标系中，已知曲线依次为（k为常数，）．曲线上的点在第一象限，过分别作轴、轴的平行线交曲线分别于点，过点作轴的平行线交曲线于点．若四边形为矩形，则的值是 ．
【答案】
【知识点】对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：设点，其中，设点、，则，
解得，所以点、，则点的坐标为，
，据此可得：，可解出C点坐标为：，代入的解析式可得，，解得.
故答案为：.
【分析】本题考查对数的运算.设点，其中，可求出点、的坐标，进一步求出点的坐标，再根据BCAD，AB=BC可求出点C的坐标，将点C的坐标代入函数的解析式可求出实数的值.
四、解答题（本大题共6小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17．（2023高一上·佛山月考）集合．
（1）求．
（2）若集合，求的取值范围．
【答案】（1）解：解不等式可得，
．
（2）解：由于，
若时，，可得，
若时，或，
解得，
综上可得．
【知识点】集合关系中的参数取值问题；交、并、补集的混合运算
【解析】【分析】本题考查集合交，并，补的混合运算，集合间的基本关系.
（1）先解一元二次不等式可求出集合A、B，再根据集合补集的定义可求出，最后利用集合交集的运算可求出答案；
（2）分和两种情况进行讨论，借助数轴将集合B和集合C表示在数轴上，观察数轴可列出不等式组，进而求出答案.
18．（2023高一上·佛山月考）已知函数是定义在R上的奇函数，且当时，．
（1）求出当时，的解析式；
（2）如图，请补出函数的完整图象，根据图象直接写出函数的单调递减区间；
（3）结合函数图象，求当时．，函数的值域．
【答案】（1）解：依题意，设，则，
于是，
因为为R上的奇函数，因此，
所以当时，的解析式
（2）解：由已知及（1）得函数的图象如下：
观察图象，得函数的单调递减区间为：．
（3）解：当时，由（1），（2）知，函数在上单调递减，在上单调递增，
当时，有最小值，
当时，有最大值，
而当时，有，
所以，当时，函数的值域为．
【知识点】函数的值域；函数的最大（小）值；函数的奇偶性
【解析】【分析】本题考查函数奇偶性的应用，函数图象，函数最值的求法，函数的值域的求法.
（1）设，则，先求出，根据奇函数的性质，可求出函数解析式.
（2）根据奇函数图象关于原点对称可补全函数图象，根据函数图象可求出函数的单调递减区间，
（3）观察函数图象可得函数在上单调递减，在上单调递增，结合函数的单调性可求出函数的最大值.
19．（2023高一上·佛山月考）对于实数和，定义运算“*”：，设．
（1）求的解析式；
（2）关于的方程恰有三个互不相等的实数根，求的取值范围．
【答案】（1）解：由可得，由可得，
所以根据题意得，
即
（2）解：作出函数的图象如图，
当时，开口向下，对称轴为，
所以当时，函数的最大值为，
函数的图象和直线有三个不同的交点．
可得的取值氾围是．
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数与方程的综合运用
【解析】【分析】本题考查分段函数解析式的求法，函数与方程的综合应用.
（1）根据代数式和之间的大小关系，根题中所给的定义可列出式子，化简后可用分段函数的形式表示函数的解析式；
（2）画出函数的图象，方程的解的个数可转化为与的交点个数问题，观察函数图象可求出的取值范围．
20．（2023高一上·佛山月考）佛山市某研学基地，因地制宜划出一片区域，打造成“生态水果特色区”，经调研发现：某水果树的单株产量（单位：千克）与施用肥料（単位：千克）满足如下关系：，且单株施用肥料及其它成本总投入为元．已知这种水果的市场售价大约为10元/千克，且销路畅通供不应求．记该水果树的单株利润为（单位：元）．
（1）求函数的解析式；
（2）当施用肥料为多少千克时，该水果树的单株利润最大？最大利润是多少？
【答案】（1）解：由已知，
又
整理得：
（2）解：当时，，
当时，；
当时，
，
当且仅当，即时等号成立，，
的最大值为390．
故当施用肥料为3千克时，该水果树的单株利润最大；最大利润是390元．
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【分析】本题考查函数的应用，分段函数解析式的求法，利用基本不等式求最值.
（1）根据利润等于=销售收入-成本总投入可得：，的式子代解析式化简后，可用分段函数表示出函数解析式；
（2）当时，函数为二次函数，利用二次函数的性质可求出函数的最值；当时，，观察可得积为定值，利用基本不等式可求出函数的最大值，取两个最大值中的较大者可求出最大利润．
21．（2023高一上·佛山月考）已知定义域为R的函数是奇函数．
（1）求实数的值；
（2）判断函数的单调性，并用定义加以证明；
（3）若对任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）解：因为函数的定义域为R，
所以，解得．
经检验当时，，
，所以
（2）解：，
函数在R上单调递增，证明如下：
设，所以，
因为，所以，
所以，
所以，所以函数在R上单调递增．
（3）解：是奇函数，由已知可得，
所以，
又函数在R上单调递增．
所以，
设，易得，
所以．∴实数的取值范围为
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数的奇偶性；函数恒成立问题
【解析】【分析】本题考查函数的奇偶性，函数的单调性，函数的恒成立问题.
（1）已知函数是奇函数可得，代入函数解析式可求出a的值，再验证此时是奇函数；
（2）先分离常数可得：，再判断其单调性，利用单调性定义取值，作差，变形后可证明函数在R上单调递增；
（3）利用奇函数的性可将不等式，变形为：，根据函数的单调性可得分离参数后原问题等价于恒成立，设，利用二次函数的性质求出函数的最小值可求解出问题的答案.
22．（2023高一上·佛山月考）已知函数与，其中是偶函数．
（1）求函数的定义域；
（2）求实数的值；
（3）若函数只有一个零点，求实数的取值范围．
【答案】解：（Ⅰ）由有意义得，即，当时，，即，当时，；即．综上，当时，的定义域为，当时，的定义域为．（Ⅱ）的定义域为R，是偶函数，恒成立，即恒成立，；即，，即．（Ⅲ）令得，，即，令，则，与的图象只有一个交点，只有一解，关于的方程只有一正数解，（1）若，则，不符合题意；（2）若，且，即或．当时，方程的解为，不符合题意；当时，方程的解为，符合题意；（3）若方程有一正根，一负根，则，∴．综上，的取值范围是．
（1）解：由有意义得，即，当时，，即，
当时，；即．
综上，当时，的定义域为，
当时，的定义域为．
（2）解：的定义域为R，
是偶函数，恒成立，
即恒成立，
；即，
，即．
（3）解：令得，
，即，
令，则，
与的图象只有一个交点，只有一解，
关于的方程只有一正数解，（1）若，则，不符合题意；（2）若，且，即或．
当时，方程的解为，不符合题意；
当时，方程的解为，符合题意；（3）若方程有一正根，一负根，则，∴．
综上，的取值范围是．
【知识点】函数的奇偶性；指数式与对数式的互化；函数与方程的综合运用
【解析】【分析】本题考查函数的奇偶性，指数式与对数式的互化公式，函数与方程的综合应用.
（1）根据对数的真数大于0可得，即，分两种情况进行讨论：当时，当时，再将指数式转化为对数式可求出定义域；
（2）已知是偶函数，根据偶函数的性质可列出方程，解方程可求出实数的值；
（3）由对数的运算性质可将原问题转化为：方程有且只有一个实根，采用换元法令，可得方程有且只有一个实根，结合一元二次方程根的分布分两种情况进行讨论：当时，当时，列出方程可求出实数a的值.
1 / 1广东省佛山市重点中学2023-2024学年高一上学期第二次教学质量检测（12月）数学试题
一、单选题（本大题共8小题，共40分。在每小题列出的选项中，选出符合题目的一项）
1．（2023高一上·佛山月考）命题“”的否定为（ ）
A．
B．
C．
D．
2．（2023高一上·佛山月考）已知全集，则下图中阴影部分表示的集合为（ ）
A． B．
C． D．
3．（2023高一上·佛山月考）设，，，则，，的大小关系为（ ）
A． B． C． D．
4．（2023高一上·佛山月考）已知，那么下列命题正确的是（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
5．（2023高一上·佛山月考）“不等式在R上恒成立”的一个必要不充分条件是（ ）
A． B． C． D．
6．（2023高一上·佛山月考）函数的部分图象大致为（ ）
A． B．
C． D．
7．（2023高一上·佛山月考）已知 ，若函数 有三个零点，则实数 的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8．（2023高一上·佛山月考）已知函数与的图象上存在关于轴对称的点，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
二、多选题（本大题共4小题，共20.0分。在每小题有多项符合题目要求）
9．（2023高一上·佛山月考）若函数的图像经过点，则（ ）
A． B．在上单调递减
C．的最大值为81 D．的最小值为
10．（2023高一上·佛山月考）下列结论正确的是（ ）
A．若，则的最小值为2
B．若，则
C．若，且，则的最大值为9
D．若，则的最大值为2
11．（2023高一上·佛山月考）牛顿曾提出了物体在常温环境下温度变化的冷却模型：若物体初始温度是（单位），环境温度是（单位：），其中，则经过分钟后物体的温度将满足（且）．现有一杯的热红茶置于的房间里，根据这一模型研究红茶冷却情况，下列结论正确的是（参考数值）（ ）
A．若，则
B．若，则红茶下降到所需时间大约为6分钟
C．5分钟后物体的温度是，k约为0.22
D．红茶温度从下降到所需的时间比从下降到所需的时间多
12．（2023高一上·佛山月考）已知定义域为R的函数对任意实数都有，且，则以下结论正确的有（ ）
A． B．是偶函数
C．关于中心对称 D．
三、填空题（本大题共4小题，共20.0分）
13．（2023高一上·佛山月考）计算 ．
14．（2023高一上·佛山月考）已知且，则 ．
15．（2023高一上·佛山月考）已知，则的最大值为 ．
16．（2023高一上·佛山月考）在平面直角坐标系中，已知曲线依次为（k为常数，）．曲线上的点在第一象限，过分别作轴、轴的平行线交曲线分别于点，过点作轴的平行线交曲线于点．若四边形为矩形，则的值是 ．
四、解答题（本大题共6小题，共72.0分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤）
17．（2023高一上·佛山月考）集合．
（1）求．
（2）若集合，求的取值范围．
18．（2023高一上·佛山月考）已知函数是定义在R上的奇函数，且当时，．
（1）求出当时，的解析式；
（2）如图，请补出函数的完整图象，根据图象直接写出函数的单调递减区间；
（3）结合函数图象，求当时．，函数的值域．
19．（2023高一上·佛山月考）对于实数和，定义运算“*”：，设．
（1）求的解析式；
（2）关于的方程恰有三个互不相等的实数根，求的取值范围．
20．（2023高一上·佛山月考）佛山市某研学基地，因地制宜划出一片区域，打造成“生态水果特色区”，经调研发现：某水果树的单株产量（单位：千克）与施用肥料（単位：千克）满足如下关系：，且单株施用肥料及其它成本总投入为元．已知这种水果的市场售价大约为10元/千克，且销路畅通供不应求．记该水果树的单株利润为（单位：元）．
（1）求函数的解析式；
（2）当施用肥料为多少千克时，该水果树的单株利润最大？最大利润是多少？
21．（2023高一上·佛山月考）已知定义域为R的函数是奇函数．
（1）求实数的值；
（2）判断函数的单调性，并用定义加以证明；
（3）若对任意的，不等式恒成立，求实数的取值范围．
22．（2023高一上·佛山月考）已知函数与，其中是偶函数．
（1）求函数的定义域；
（2）求实数的值；
（3）若函数只有一个零点，求实数的取值范围．
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】命题的否定
【解析】【解答】解：由全称量词命题的否定为存在量词命题命题知：原命题的否定为.
故答案为：A.
【分析】本题考查全称量词命题和存在量词命题的否定.根据全称量词命题的否定：先改量词再否定结论，任意改存在并否定结论，可得出结论.
2．【答案】D
【知识点】交、并、补集的混合运算
【解析】【解答】解：由图可知阴影部分表示的集合为，
而或，故，
故答案为：D
【分析】本题考查集合交，并，补的混合运算.根据图确定阴影部分表示的集合为，根据补集的定义先求出或，根据集合交集的定义可求出答案.
3．【答案】B
【知识点】指数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】因为，，
所以，
因为，，
所以。
故答案为：B
【分析】利用已知条件结合指数函数的单调性，进而比较出a，b，c的大小。
4．【答案】B
【知识点】利用不等式的性质比较数（式）的大小
【解析】【解答】解：A、当时，不成立，A错误；
B、若，则或，所以，B正确；
C、若，则当时，不成立，C错误；
D、当时，，D错误；
故答案为：B.
【分析】本题主要考查不等式的性质.取值特殊值法取时，不成立；根据可推断同号，并且或，据此可推出；根据，可推断同号，当时，不成立；时，根据不等式两边同时乘除一个正数，不等式的方向不改变可知，据此判断D选项.
5．【答案】C
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；函数恒成立问题
【解析】【解答】解：因为“不等式在上恒成立”，所以当时，原不等式为在上不是恒成立的，所以，
所以“不等式在上恒成立”，等价于，解得.
A、是充要条件，A错误；
B、不可推导出，B错误；
C、可推导，且不可推导，故是的必要不充分条件，C正确；
D、可推导，且不可推导，故是的充分不必要条件，D错误.
故答案为：C.
【分析】本题考查充分不必要条件的判断.根据不等式在上恒成立”分和两种情况进行讨论可求出实数m的取值范围，再结合小范围可推出大范围，大范围推不出小范围，利用充分条件和必要条件的定义可判断出选项.
6．【答案】B
【知识点】函数的奇偶性；函数的图象
【解析】【解答】解：的定义域为，
又，
则是奇函数，图象关于原点对称，排除A、C，
又，所以排除D．
故答案为：B.
【分析】本题考查函数图象，函数奇偶性和单调性的综合应用.先判断出函数是奇函数，图象关于原点对称，据此可排除A、C；再根据，据此排除D，综上所述可选出选项.
7．【答案】A
【知识点】函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】 有三个零点， 有一个零点，故 ，有两个零点，代入 的解析式，得到 ，构造新函数
，绘制这两个函数的图象，如图可知
因而 介于A，O之间，建立不等关系 ，解得a的范围为 ，
故答案为：A。
【分析】本道题将零点问题转化成交点个数问题，利用数形结合思想，即可。
8．【答案】D
【知识点】函数与方程的综合运用
【解析】【解答】解：函数关于轴对称的解析式为，
函数，两个函数的图象如图所示：
若过点时，得，但此时两函数图象的交点在轴上，
所以要保证在轴的正半轴，两函数图象有交点，则的图象向右平移均存在交点，
所以，
故答案为：D.
【分析】本题考查函数与方程的综合应用.函数关于轴对称的解析式为，则可知在有交点，在同一坐标系中分别画出和两个函数的图象，观察图象可求出实数a的取值范围.
9．【答案】A,C
【知识点】函数的值域；复合函数的单调性
【解析】【解答】解：、由题意得， 得 ，正确；
、令函数 ， 则该函数在上单调递减，在 上单调递增．
因为 是减函数， 所以在上单调递增， 在 上单调递减，错误；
和、因为在上单调递增， 在 上单调递减，
所以 ，无最小值．正确，错误；
故答案为：.
【分析】本题考查复合函数的单调性的综合应用.利用函数经过点，将点代入解析式可求出，所以， 令函数 ， 利用二次函数的性质可知在上单调递减，在 上单调递增，根据指数函数的单调性和复合函数的单调性可得：在上单调递增， 在 上单调递减，据此可求函数的最值.
10．【答案】A,B
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】解：A、因为，所以，当且仅当时取等号，即的最小值为.正确；
B、，则，当且仅当时取等号.B正确；
C、且，则，
当且仅当时取等号，所以的最小值为.C错误；
D、因为，则，则，当且仅当，即时取等号，
故的最大值为.D错误．
故答案为：AB.
【分析】本题考查利用基本不等式求最值.观察可得积为定值，利用基本不等式可求出函数的最值；对基本不等式两边平方可得可判断B选项；采用1还原法，先乘以1再将1进行替换可得：，观察可得积为定值，利用基本不等式可求出最值；观察式子可得和定值，使用基本不等式的变形可求出函数的最值.
11．【答案】A,C
【知识点】“指数爆炸”模型
【解析】【解答】解：由题知，
A、若，即，所以，则，A正确；
B、若，则，则，两边同时取对数得，所以，所以红茶下降到所需时间大约为7分钟，B错误；
C、5分钟后物体的温度是，即，则，得，所以，C正确；
D、为指数型函数，如图，可得红茶温度从下降到所需的时间（）比从下降到所需的时间（）少，D错误．
故答案为：AC.
【分析】本题考查指数型函数模型的应用.由题知，根据，可求出，写出表达式整体代入可求出函数值；，根据题意可列出方程，解方程可求出所需时间t；5分钟后物体的温度是，据此可列出方程，解方程可求出k的值；为指数型函数，作出函数图象，通过图像可比较时间的大小.
12．【答案】B,C,D
【知识点】复合函数的单调性
【解析】【解答】解：因为定义域为R的函数，有，
A、令，则或，A错误，
B、若时，令，则，此时是偶函数；
若时，令，则，此时既是偶函数又是奇函数；B正确，
C、令，则，
所以关于中心对称，C正确，
D、由关中心对称可得，结合是偶函数，
所以，所以，
所以，
令，则，故，
进而，D正确.
故答案为：BCD.
【分析】本题考查抽象函数的性质.利用赋值法，令，代入函数关系式可得，解方程可求出的值；当时，令，可推出；当时，令，可推出，据此可得既是偶函数又是奇函数；令，则可推出，进而得出函数的对称性；根据对称性可推出，再令，可求出式子的值.
13．【答案】
【知识点】有理数指数幂的运算性质
【解析】【解答】解：
.
故答案为：.
【分析】本题考查有理数指数幂的运算性质.对式子分子和分母同时乘以可得：进行分母有理化，，将式子代入式子，再利用指数幂运算性质可求出答案..
14．【答案】
【知识点】指数式与对数式的互化；对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：因为，所以，，，又，
所以，
所以，所以，
故答案为：.
【分析】本题考查指数式与对数式的互化公式，对数的运算性质.由，将指数式转化为对数式可得，，，代入式子，再利用换底公式及对数的运算性质可求出答案.
15．【答案】
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】解：由，得，
则，
当且仅当，即时取等号，此时取得最大值.
故答案为：.
【分析】本题考查利用基本不等式求算式的最大值.对式子变形可得：，观察可得积为定值，利用基本不等式可求出最值.
16．【答案】
【知识点】对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：设点，其中，设点、，则，
解得，所以点、，则点的坐标为，
，据此可得：，可解出C点坐标为：，代入的解析式可得，，解得.
故答案为：.
【分析】本题考查对数的运算.设点，其中，可求出点、的坐标，进一步求出点的坐标，再根据BCAD，AB=BC可求出点C的坐标，将点C的坐标代入函数的解析式可求出实数的值.
17．【答案】（1）解：解不等式可得，
．
（2）解：由于，
若时，，可得，
若时，或，
解得，
综上可得．
【知识点】集合关系中的参数取值问题；交、并、补集的混合运算
【解析】【分析】本题考查集合交，并，补的混合运算，集合间的基本关系.
（1）先解一元二次不等式可求出集合A、B，再根据集合补集的定义可求出，最后利用集合交集的运算可求出答案；
（2）分和两种情况进行讨论，借助数轴将集合B和集合C表示在数轴上，观察数轴可列出不等式组，进而求出答案.
18．【答案】（1）解：依题意，设，则，
于是，
因为为R上的奇函数，因此，
所以当时，的解析式
（2）解：由已知及（1）得函数的图象如下：
观察图象，得函数的单调递减区间为：．
（3）解：当时，由（1），（2）知，函数在上单调递减，在上单调递增，
当时，有最小值，
当时，有最大值，
而当时，有，
所以，当时，函数的值域为．
【知识点】函数的值域；函数的最大（小）值；函数的奇偶性
【解析】【分析】本题考查函数奇偶性的应用，函数图象，函数最值的求法，函数的值域的求法.
（1）设，则，先求出，根据奇函数的性质，可求出函数解析式.
（2）根据奇函数图象关于原点对称可补全函数图象，根据函数图象可求出函数的单调递减区间，
（3）观察函数图象可得函数在上单调递减，在上单调递增，结合函数的单调性可求出函数的最大值.
19．【答案】（1）解：由可得，由可得，
所以根据题意得，
即
（2）解：作出函数的图象如图，
当时，开口向下，对称轴为，
所以当时，函数的最大值为，
函数的图象和直线有三个不同的交点．
可得的取值氾围是．
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数与方程的综合运用
【解析】【分析】本题考查分段函数解析式的求法，函数与方程的综合应用.
（1）根据代数式和之间的大小关系，根题中所给的定义可列出式子，化简后可用分段函数的形式表示函数的解析式；
（2）画出函数的图象，方程的解的个数可转化为与的交点个数问题，观察函数图象可求出的取值范围．
20．【答案】（1）解：由已知，
又
整理得：
（2）解：当时，，
当时，；
当时，
，
当且仅当，即时等号成立，，
的最大值为390．
故当施用肥料为3千克时，该水果树的单株利润最大；最大利润是390元．
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【分析】本题考查函数的应用，分段函数解析式的求法，利用基本不等式求最值.
（1）根据利润等于=销售收入-成本总投入可得：，的式子代解析式化简后，可用分段函数表示出函数解析式；
（2）当时，函数为二次函数，利用二次函数的性质可求出函数的最值；当时，，观察可得积为定值，利用基本不等式可求出函数的最大值，取两个最大值中的较大者可求出最大利润．
21．【答案】（1）解：因为函数的定义域为R，
所以，解得．
经检验当时，，
，所以
（2）解：，
函数在R上单调递增，证明如下：
设，所以，
因为，所以，
所以，
所以，所以函数在R上单调递增．
（3）解：是奇函数，由已知可得，
所以，
又函数在R上单调递增．
所以，
设，易得，
所以．∴实数的取值范围为
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数的奇偶性；函数恒成立问题
【解析】【分析】本题考查函数的奇偶性，函数的单调性，函数的恒成立问题.
（1）已知函数是奇函数可得，代入函数解析式可求出a的值，再验证此时是奇函数；
（2）先分离常数可得：，再判断其单调性，利用单调性定义取值，作差，变形后可证明函数在R上单调递增；
（3）利用奇函数的性可将不等式，变形为：，根据函数的单调性可得分离参数后原问题等价于恒成立，设，利用二次函数的性质求出函数的最小值可求解出问题的答案.
22．【答案】解：（Ⅰ）由有意义得，即，当时，，即，当时，；即．综上，当时，的定义域为，当时，的定义域为．（Ⅱ）的定义域为R，是偶函数，恒成立，即恒成立，；即，，即．（Ⅲ）令得，，即，令，则，与的图象只有一个交点，只有一解，关于的方程只有一正数解，（1）若，则，不符合题意；（2）若，且，即或．当时，方程的解为，不符合题意；当时，方程的解为，符合题意；（3）若方程有一正根，一负根，则，∴．综上，的取值范围是．
（1）解：由有意义得，即，当时，，即，
当时，；即．
综上，当时，的定义域为，
当时，的定义域为．
（2）解：的定义域为R，
是偶函数，恒成立，
即恒成立，
；即，
，即．
（3）解：令得，
，即，
令，则，
与的图象只有一个交点，只有一解，
关于的方程只有一正数解，（1）若，则，不符合题意；（2）若，且，即或．
当时，方程的解为，不符合题意；
当时，方程的解为，符合题意；（3）若方程有一正根，一负根，则，∴．
综上，的取值范围是．
【知识点】函数的奇偶性；指数式与对数式的互化；函数与方程的综合运用
【解析】【分析】本题考查函数的奇偶性，指数式与对数式的互化公式，函数与方程的综合应用.
（1）根据对数的真数大于0可得，即，分两种情况进行讨论：当时，当时，再将指数式转化为对数式可求出定义域；
（2）已知是偶函数，根据偶函数的性质可列出方程，解方程可求出实数的值；
（3）由对数的运算性质可将原问题转化为：方程有且只有一个实根，采用换元法令，可得方程有且只有一个实根，结合一元二次方程根的分布分两种情况进行讨论：当时，当时，列出方程可求出实数a的值.
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