北京市丰台区2024-2025学年高一上学期11月期中数学试题
1．（2024高一上·丰台期中）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高一上·丰台期中）命题“，”的否定是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
3．（2024高一上·丰台期中）下列函数中，在区间上单调递减的是（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高一上·丰台期中）已知函数的定义域和值域均为，则的图象可能为（ ）
A． B．
C． D．
5．（2024高一上·丰台期中）已知关于的一元二次不等式的解集为，则的值为（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高一上·丰台期中）“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
7．（2024高一上·丰台期中）已知函数，，对，用表示，中的最小者，记为，则当取得最大值时的值为（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高一上·丰台期中）已知是定义域为的偶函数，且在区间上单调递增，则与的大小关系为（ ）
A． B．
C． D．不确定
9．（2024高一上·丰台期中）2024年7月15日至18日，党的二十届三中全会在北京隆重举行，全会审议并通过了《中共中央关于进一步全面深化改革、推进中国式现代化的决定》（以下简称《决定》），《决定》中指出要完善基本公共服务制度体系，加强普惠性、基础性、兜底性民生建设，解决好人民最关心最直接最现实的利益问题，不断满足人民对美好生活的向往.居民用水作为民生建设的重要内容，愈发引起社会关注，现已知某城市对居民生活用水实行“阶梯水价”.计费方法如下表：
每户每月用水量 水价
不超过15的部分 2.07元/
超过15但不超过21.67的部分 4.07元/
超过21.67的部分 6.07元/
若某户居民希望本月缴纳的水费不超过元，则此户居民本月用水最多为（ ）
A．19 B．20 C．21 D．22
10．（2024高一上·丰台期中）已知定义域为的函数满足为偶函数．当时，，且当时，．对，都有，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
11．（2024高一上·丰台期中）函数的定义域为 ．
12．（2024高一上·丰台期中）设集合，若，则实数的值为 ．
13．（2024高一上·丰台期中）能够说明“若，则”是假命题的一组实数的值依次为 ．
14．（2024高一上·丰台期中）设函数，若，则的值域是 ；若的值域是，则实数的取值范围是 .
15．（2024高一上·丰台期中）已知的定义域为，对，，若同时满足以下两个条件：（i）；（ii），则称具有“丰彩”性质．现给出以下定义域均为的四个函数：
①；
②；
③；
④．
其中所有具有“丰彩”性质的函数序号是 ．
16．（2024高一上·丰台期中）已知集合，．
（1）若，求，；
（2）若，求实数的取值范围．
17．（2024高一上·丰台期中）已知是定义域为的偶函数，当时，.
（1）求的值；
（2）的部分图象如下图，请将的图象补充完整，并写出的单调递减区间；
（3）若关于的方程恰有6个实数根，则实数的取值范围是________．
18．（2024高一上·丰台期中）设函数，．
（1）若为奇函数，求实数的值；
（2）根据定义证明在区间上单调递增；
（3）若对，，使得，求实数的取值范围．
19．（2024高一上·丰台期中）设函数.
（1）若______（从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知），
求实数的值，并以此时的图象与坐标轴的交点为三角形的顶点，求该三角形的面积；
条件①：关于的方程有两个实数根，且；
条件②：，都有；
条件③：的最小值为，且.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
（2）求关于的不等式的解集.
20．（2024高一上·丰台期中）某公司计划生产一类电子设备，该电子设备每月产量不超过台，每台售价为万元. 每月生产该电子设备的成本由固定成本和可变成本两部分组成，固定成本为万元，每月生产台时需要投入的可变成本为（单位：万元），每月的利润为（单位：万元），其中利润是收入与成本之差．当每月产量不超过台时，；当每月产量超过台时，．假设该公司每月生产的电子设备都能够售罄．
（1）求关于的函数解析式；
（2）如果你是该公司的决策者，分析每月生产多少台电子设备可以使月利润最大？最大利润是多少？
21．（2024高一上·丰台期中）给定正整数，设集合，对，，，两数中至少有一个数属于，则称集合具有性质.
（1）设集合，，请直接写出，是否具有性质；
（2）若集合具有性质，求的值；
（3）若具有性质的集合恰有6个元素，且，求集合．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：由题意可知。
故答案为：C。
【分析】根据交集定义即可得解。
2．【答案】A
【知识点】全称量词命题
【解析】【解答】解：根据全称量词命题的否定为存在量词命题，
可知“，”的否定是“，”.
故答案为：A.
【分析】根据全称量词命题的否定为存在量词命题即可得解.
3．【答案】D
【知识点】函数单调性的判断与证明
【解析】【解答】解：A、在上，是增函数故A错误；
B、在上，是增函数，故B错误；
C、的图象对称轴为，在上递减，在上递增，故C错误；
D、时，是减函数，故D正确.
故答案为：D.
【分析】根据一次函数，二次函数，反比例函数，绝对值函数及单调性定义逐项判断即可.
4．【答案】B
【知识点】函数的概念及其构成要素；函数的表示方法
【解析】【解答】解：，直线与图象有两个交点，不符合函数的定义，故错误；
、函数的定义域为，值域为，符合题意，故正确；
C、函数的定义域为，值域为，不符合题意，故错误；
D、函数的定义域为，值域为，不符合题意，故错误.
故答案为：.
【分析】根据函数的定义判断；根据图象分析定义域和值域，逐项判断BCD.
5．【答案】A
【知识点】二次函数与一元二次方程、不等式的解的对应关系；一元二次方程的根与系数的关系
【解析】【解答】解：因为一元二次不等式的解集为，
所以是方程的两根，且，
，解得，则.
故答案为：A.
【分析】易知是的两根，且，再利用根与系数的关系即可得解.
6．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】设，，因为是的真子集，
所以“”是“”的充分不必要条件。
故答案为：A
【分析】利用已知条件结合充分条件和必要条件的判断方法，进而推出“”是“”的充分不必要条件。
7．【答案】C
【知识点】函数的最大（小）值；函数的图象
【解析】【解答】解：令，解得或，
在同一坐标系中，画出与的图象，
因为，所以图中实线部分为的图象，
由图象知，时最大。
故答案为：C。
【分析】在同一坐标系中，画出的图象，即可得的图象，根据图象即可得解。
8．【答案】C
【知识点】函数的单调性及单调区间；函数的奇偶性
【解析】【解答】解：因为是定义域为的偶函数，在区间上单调递增，
所以在单调递减，
因为，
所以，即，
故答案为：C。
【分析】利用函数的单调性和奇偶性即可得解。
9．【答案】B
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数的值
【解析】【解答】设用户的用水量为，缴纳的水费为元，
由题意可知时，，
时，，
时，，
令，解得，所以此户居民本月用水量为.
故答案为：B.
【分析】设用水量为，水费为元，分段求出关于的函数解析式，再令，求出X即可.
10．【答案】D
【知识点】函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性；函数恒成立问题
【解析】【解答】解：因为定义域为的函数满足为偶函数，所以关于对称，
因为当时，，当时，，
所以当时，，，
当时，，，
当时，，，
当时，，，
的图象为如图所示：
时，由，解得或，
对，都有，
由图象知，所以最小为.
故答案为：D.
【分析】由题意可求得当，，，时的函数解析式，画出图象并且求时，的解，即可得解.
11．【答案】
【知识点】函数的定义域及其求法
【解析】【解答】解：由题意得，解得且，
所以的定义域为.
故答案为：.
【分析】列出不等式组求解即可.
12．【答案】2
【知识点】元素与集合的关系；集合中元素的确定性、互异性、无序性
【解析】【解答】解：因为 ，且，所以
（i）若，，，不满足集合元素的互异性；
（ii）若，解得或，
①当时，，舍去，
②当时，，满足题意，
综上，的值为。
故答案为：。
【分析】根据元素与集合的关系，建立关于的方程，解方程并验证即可得解。
13．【答案】（答案不唯一）
【知识点】四种命题
【解析】【解答】解：当的值依次为时，满足，但此时，
所以能够说明“若，则”是假命题的一组实数的值依次为。
故答案为：（答案不唯一）。
【分析】举例说明“若，则”是假命题即可。
14．【答案】；
【知识点】函数的值域；函数的图象
【解析】【解答】解：若，则，
当时，，在上递减，在上递增，
且，的值为；
当时，单调递减，其值域为，
综上，的值域是；
作出函数与的图象，如图所示：
因为的值域是，
当时，，
若，由图象可知可取得无穷小，不满足题意，
由第一空可知也不满足题意，则必有，
所以，得，则，
当时，，，
且当时，解得或，
即，，结合图象可知，
综上，，a的范围是.
故答案为：；.
【分析】利用二次函数与反比例函数的性质即可得解；画图象，数形结合即可得解.
15．【答案】①③
【知识点】函数单调性的判断与证明；幂函数的图象与性质
【解析】【解答】解：①、在上单调递减，故（i）满足；
因为，且，，
所以，所以，故（ii）满足；
所以具有“丰彩”性质，故①正确；
②、在上单调递增，故（i）不满足，故 ② 错误；
③、在上单调递减，故（i）满足；
，且，，
所以，
所以，所以具有“丰彩”性质，故③正确；
④、因为图象的对称轴为，开口向下，
所以在上单调递减，故（i）满足；
因为，
又因为，，所以，
所以，故（ii）不满足，故④错误.
故答案为：①③.
【分析】根据的单调性结合作差法判断的正负，即可得解.
16．【答案】（1）解：，，．
因为，所以或，
所以或.
（2）解：因为，所以，
时，可得，解得，不满足，舍弃，
时，可得，得。
综上，的取值范围为.
【知识点】集合间关系的判断；集合中元素的个数问题；交、并、补集的混合运算
【解析】【分析】（1）求出，根据交集、并集以及补集运算，即可得解；
（2）由知，分，两种情况讨论即可.
（1）由得，，所以．
因为，所以或，
所以或．
（2）因为，所以，
当时，可得，解之可得，
此时，故不满足舍弃，
当时，可得，故．
综上可知的取值范围为.
17．【答案】（1）解：由得，
所以.
（2）解：已知如图所示：
的单调递减区间为，，.
（3）解：已知如图所示：
若关于的方程恰有个实数根，
则的图象与函数的图象有个公共点，
结合图象可知的范围为.
【知识点】函数单调性的判断与证明；奇偶函数图象的对称性
【解析】【分析】（1）由分段函数的解析式，根据由内到外的计算方法即可得解；
（2）根据偶函数的图象特征作图，结合图象写出单调递减区间；
（3）若恰有个实数根，则的图象与函数的图象有个公共点，结合图象即可得解.
（1）由已知，得，
所以；
（2）的单调递减区间为，，；
（3）关于的方程恰有个实数根，
所以函数的图象与函数的图象有个公共点，
结合图象可知的取值范围为.
18．【答案】（1）解：易知的定义域为，，
因为是奇函数，
所以，即，解得.
（2）证明：，且，
则
，
由，得，，，
于是，即，
所以在区间上单调递增.
（3）解：由题意可知，
由（2）知，在区间上单调递增，所以，
因为在区间上单调递增，所以，
所以 实数的取值范围 {a|}.
【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】（1）根据奇函数定义结合求解出的值；
（2）利用单调性定义按照取值、作差、变形、定号、下结论的步骤证明即可；
（3）根据条件将问题转化为，结合（2）以及幂函数的单调性即可得解.
（1）由已知，得的定义域为，，
又因为是奇函数，
所以，即，
解得．
（2）证明：，且，
则
，
由，得，，，
于是，即，
所以在区间上单调递增．
（3）由已知，得，
由（2）知，在区间上单调递增，
所以，
因为在区间上单调递增，
所以，
所以．
19．【答案】（1）解：选择条件①：由韦达定理可得，解得，，
设的图象与轴交于点（点在点的左侧），与轴交于点，
令，解得，，所以，，
又因为，所以，
所以。
选择条件②：因为，都有，
所以的对称轴为，即，解得，，
设的图象与轴交于点（点在点的左侧），与轴交于点，
令，得，，，，因为，所以，
所以。
选择条件③：因为的最小值为，且，
所以，且在对称轴处取得最小值，即，解得或（舍去），
，
设的图象与轴交于点（点在点的左侧），与轴交于点，
令，得，，所以，，
又因为，所以，所以。
（2）解：，设的两根分别为，.
当时，，解得；
当时，有，解得或；
当时，有，解得或；
当时，有，解得.
综上所述：时，解集为；时，解集为；
时，解集为；时，解集为。
【知识点】函数的图象；一元二次不等式及其解法
【解析】【分析】（1）由题意列出关于的方程，确定解析式，求出其与坐标轴的交点，即可求出三角形面积；
（2）易得，，分，，，四种情况讨论解不等式即可.
（1）选择条件①：关于的方程有两个实数根，且，
所以，解得，
此时，
设的图象与轴交于点（点在点的左侧），与轴交于点，
令，解得，，所以，，
又因为，所以，
所以三角形的面积.
选择条件②：，都有，
所以的对称轴为，即，解得，
此时，
设的图象与轴交于点（点在点的左侧），与轴交于点，
令，解得，，所以，，
又因为，所以，
所以三角形的面积.
选择条件③：因为的最小值为，且，
所以，且在对称轴处取得最小值，
即，解得或（舍去），
此时，
设的图象与轴交于点（点在点的左侧），与轴交于点，
令，解得，，所以，，
又因为，所以，
所以三角形的面积.
（2）因为，所以方程的两根分别为，.
当时，有，解得；
当时，有，解得或；
当时，有，解得或；
当时，有，解得.
综上所述：当时，不等式解集为；
当时，不等式解集为；
当时，不等式解集为；
当时，不等式解集为.
20．【答案】（1）解：由题意可得：，
.
（2）解：当时，为开口向下，对称轴是的抛物线，；
当时，（当且仅当时等号成立）；
因为，所以每月生产台电子设备可以使月利润最大，最大利润是万元.
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数的最大（小）值
【解析】【分析】（1）根据利润是收入与成本之差即可写出解析式；
（2）利用二次函数最值、基本不等式分别求解每一段上的最大值，比较即可得解.
（1）由题意知：，
.
（2）当时，为开口方向向下，对称轴为的抛物线，
此时；
当时，（当且仅当时取等号）；
，该公司每月生产台电子设备可以使月利润最大，最大利润是万元.
21．【答案】（1）解：因为中的任何两个相同或不同的元素，相加或相减，
两数中至少有一个属于集合M，所以具有性质；
中的，，所以集合N不具有性质。
所以集合具有性质，集合不具有性质。
（2）解：记，易知，
令，则，
因为具有性质，所以，
不妨设，则，且，
则，且，且，
①当时，显然，，
所以，解得， 此时，具有性质；
②当时，则，，解得，
此时，与题意不符（舍），
综上，，。
（3）解：记，易知，，
因为具有性质，所以，
不妨设，，此时，
若，显然，所以，
因为具有性质，所以，，
因为且与互为相反数，所以，中一正一负，所以中有0，有正数也有负数，
下面对中元素的正负个数进行讨论：
（1）当中有1个负数，4个正数时，
不妨设，，
因为均大于，所以均不属于，
因为具有性质，所以，
因为，所以不可能同时等于，
所以此时不具有性质，舍去；
（2）当中有4个负数，1个正数时，
不妨设时，，
因为均小于，
所以均不属于，
因为具有性质，所以，
因为，所以不可能同时等于，
所以此时集合不具有性质，舍去；
（3）当中有2个负数，3个正数时，
不妨设时，，，
因为，所以，
因为具有性质，所以，
因为，所以，
即，①
因为均大于，
所以均不属于，
因为具有性质，所以，，
因为，，所以，，，
故，，，，
所以，，，②
由①②，得，
所以。
（4）当中有3个负数，2个正数时，
由（3）可得，
由此，当恰有6个元素，且时，符合条件的集合有5个，
分别是，，，
，。
【知识点】元素与集合的关系；集合中元素的个数问题
【解析】【分析】（1）根据性质的定义，判断即可；
（2）根据性质的定义知，讨论是否属于，可确定的取值，即可得解；
（3）易知中有0，并且有正数和负数，然后根据性质讨论即可得解。
（1）因为集合中的任何两个相同或不同的元素，相加或相减，
两数中至少有一个属于集合，所以集合具有性质，
集合中的，，
所以集合不具有性质，
所以集合具有性质，集合不具有性质；
（2）记，易知，
令，
所以，
由集合具有性质，
所以，
不妨设，则，且，
令，，
则，且，且，
①当时，显然，
因为，所以，
所以，解得，
此时，具有性质；
②当时，则，
因为且，
所以，，
所以，解得，
此时，与题意不符（舍），
综上，，
故；
（3）记，易知，
令，
所以，
由集合具有性质，
所以，
不妨设，，
此时，
若，显然，
所以，
由集合具有性质，
所以，，
因为且与互为相反数，
所以，两个数中必然一正一负，
所以中有0，有正数也有负数，
下面对中元素的正负个数进行讨论：
（1）当中有1个负数，4个正数时，
不妨设，，
因为均大于，
所以均不属于，
由集合具有性质，
所以，
因为，
所以不可能同时等于，
所以此时集合不具有性质，舍去；
（2）当中有4个负数，1个正数时，
不妨设时，，
因为均小于，
所以均不属于，
由集合具有性质，
所以，
因为，
所以不可能同时等于，
所以此时集合不具有性质，舍去；
（3）当中有2个负数，3个正数时，
不妨设时，，，
因为，
所以，
由集合具有性质，
所以，
因为，
所以，
即，①
因为均大于，
所以均不属于，
由集合具有性质，
所以，，
因为，，
所以，，，
故，，，，
所以，，，②
由①②，得，
于是：.
（4）当中有3个负数，2个正数时，
由（3），同理可得，
由此，当恰有6个元素，且时，可得符合条件的集合有5个，
分别是，，，
，.
1 / 1北京市丰台区2024-2025学年高一上学期11月期中数学试题
1．（2024高一上·丰台期中）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：由题意可知。
故答案为：C。
【分析】根据交集定义即可得解。
2．（2024高一上·丰台期中）命题“，”的否定是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】A
【知识点】全称量词命题
【解析】【解答】解：根据全称量词命题的否定为存在量词命题，
可知“，”的否定是“，”.
故答案为：A.
【分析】根据全称量词命题的否定为存在量词命题即可得解.
3．（2024高一上·丰台期中）下列函数中，在区间上单调递减的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】函数单调性的判断与证明
【解析】【解答】解：A、在上，是增函数故A错误；
B、在上，是增函数，故B错误；
C、的图象对称轴为，在上递减，在上递增，故C错误；
D、时，是减函数，故D正确.
故答案为：D.
【分析】根据一次函数，二次函数，反比例函数，绝对值函数及单调性定义逐项判断即可.
4．（2024高一上·丰台期中）已知函数的定义域和值域均为，则的图象可能为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】函数的概念及其构成要素；函数的表示方法
【解析】【解答】解：，直线与图象有两个交点，不符合函数的定义，故错误；
、函数的定义域为，值域为，符合题意，故正确；
C、函数的定义域为，值域为，不符合题意，故错误；
D、函数的定义域为，值域为，不符合题意，故错误.
故答案为：.
【分析】根据函数的定义判断；根据图象分析定义域和值域，逐项判断BCD.
5．（2024高一上·丰台期中）已知关于的一元二次不等式的解集为，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】二次函数与一元二次方程、不等式的解的对应关系；一元二次方程的根与系数的关系
【解析】【解答】解：因为一元二次不等式的解集为，
所以是方程的两根，且，
，解得，则.
故答案为：A.
【分析】易知是的两根，且，再利用根与系数的关系即可得解.
6．（2024高一上·丰台期中）“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】设，，因为是的真子集，
所以“”是“”的充分不必要条件。
故答案为：A
【分析】利用已知条件结合充分条件和必要条件的判断方法，进而推出“”是“”的充分不必要条件。
7．（2024高一上·丰台期中）已知函数，，对，用表示，中的最小者，记为，则当取得最大值时的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】函数的最大（小）值；函数的图象
【解析】【解答】解：令，解得或，
在同一坐标系中，画出与的图象，
因为，所以图中实线部分为的图象，
由图象知，时最大。
故答案为：C。
【分析】在同一坐标系中，画出的图象，即可得的图象，根据图象即可得解。
8．（2024高一上·丰台期中）已知是定义域为的偶函数，且在区间上单调递增，则与的大小关系为（ ）
A． B．
C． D．不确定
【答案】C
【知识点】函数的单调性及单调区间；函数的奇偶性
【解析】【解答】解：因为是定义域为的偶函数，在区间上单调递增，
所以在单调递减，
因为，
所以，即，
故答案为：C。
【分析】利用函数的单调性和奇偶性即可得解。
9．（2024高一上·丰台期中）2024年7月15日至18日，党的二十届三中全会在北京隆重举行，全会审议并通过了《中共中央关于进一步全面深化改革、推进中国式现代化的决定》（以下简称《决定》），《决定》中指出要完善基本公共服务制度体系，加强普惠性、基础性、兜底性民生建设，解决好人民最关心最直接最现实的利益问题，不断满足人民对美好生活的向往.居民用水作为民生建设的重要内容，愈发引起社会关注，现已知某城市对居民生活用水实行“阶梯水价”.计费方法如下表：
每户每月用水量 水价
不超过15的部分 2.07元/
超过15但不超过21.67的部分 4.07元/
超过21.67的部分 6.07元/
若某户居民希望本月缴纳的水费不超过元，则此户居民本月用水最多为（ ）
A．19 B．20 C．21 D．22
【答案】B
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数的值
【解析】【解答】设用户的用水量为，缴纳的水费为元，
由题意可知时，，
时，，
时，，
令，解得，所以此户居民本月用水量为.
故答案为：B.
【分析】设用水量为，水费为元，分段求出关于的函数解析式，再令，求出X即可.
10．（2024高一上·丰台期中）已知定义域为的函数满足为偶函数．当时，，且当时，．对，都有，则的最小值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】函数的奇偶性；奇偶函数图象的对称性；函数恒成立问题
【解析】【解答】解：因为定义域为的函数满足为偶函数，所以关于对称，
因为当时，，当时，，
所以当时，，，
当时，，，
当时，，，
当时，，，
的图象为如图所示：
时，由，解得或，
对，都有，
由图象知，所以最小为.
故答案为：D.
【分析】由题意可求得当，，，时的函数解析式，画出图象并且求时，的解，即可得解.
11．（2024高一上·丰台期中）函数的定义域为 ．
【答案】
【知识点】函数的定义域及其求法
【解析】【解答】解：由题意得，解得且，
所以的定义域为.
故答案为：.
【分析】列出不等式组求解即可.
12．（2024高一上·丰台期中）设集合，若，则实数的值为 ．
【答案】2
【知识点】元素与集合的关系；集合中元素的确定性、互异性、无序性
【解析】【解答】解：因为 ，且，所以
（i）若，，，不满足集合元素的互异性；
（ii）若，解得或，
①当时，，舍去，
②当时，，满足题意，
综上，的值为。
故答案为：。
【分析】根据元素与集合的关系，建立关于的方程，解方程并验证即可得解。
13．（2024高一上·丰台期中）能够说明“若，则”是假命题的一组实数的值依次为 ．
【答案】（答案不唯一）
【知识点】四种命题
【解析】【解答】解：当的值依次为时，满足，但此时，
所以能够说明“若，则”是假命题的一组实数的值依次为。
故答案为：（答案不唯一）。
【分析】举例说明“若，则”是假命题即可。
14．（2024高一上·丰台期中）设函数，若，则的值域是 ；若的值域是，则实数的取值范围是 .
【答案】；
【知识点】函数的值域；函数的图象
【解析】【解答】解：若，则，
当时，，在上递减，在上递增，
且，的值为；
当时，单调递减，其值域为，
综上，的值域是；
作出函数与的图象，如图所示：
因为的值域是，
当时，，
若，由图象可知可取得无穷小，不满足题意，
由第一空可知也不满足题意，则必有，
所以，得，则，
当时，，，
且当时，解得或，
即，，结合图象可知，
综上，，a的范围是.
故答案为：；.
【分析】利用二次函数与反比例函数的性质即可得解；画图象，数形结合即可得解.
15．（2024高一上·丰台期中）已知的定义域为，对，，若同时满足以下两个条件：（i）；（ii），则称具有“丰彩”性质．现给出以下定义域均为的四个函数：
①；
②；
③；
④．
其中所有具有“丰彩”性质的函数序号是 ．
【答案】①③
【知识点】函数单调性的判断与证明；幂函数的图象与性质
【解析】【解答】解：①、在上单调递减，故（i）满足；
因为，且，，
所以，所以，故（ii）满足；
所以具有“丰彩”性质，故①正确；
②、在上单调递增，故（i）不满足，故 ② 错误；
③、在上单调递减，故（i）满足；
，且，，
所以，
所以，所以具有“丰彩”性质，故③正确；
④、因为图象的对称轴为，开口向下，
所以在上单调递减，故（i）满足；
因为，
又因为，，所以，
所以，故（ii）不满足，故④错误.
故答案为：①③.
【分析】根据的单调性结合作差法判断的正负，即可得解.
16．（2024高一上·丰台期中）已知集合，．
（1）若，求，；
（2）若，求实数的取值范围．
【答案】（1）解：，，．
因为，所以或，
所以或.
（2）解：因为，所以，
时，可得，解得，不满足，舍弃，
时，可得，得。
综上，的取值范围为.
【知识点】集合间关系的判断；集合中元素的个数问题；交、并、补集的混合运算
【解析】【分析】（1）求出，根据交集、并集以及补集运算，即可得解；
（2）由知，分，两种情况讨论即可.
（1）由得，，所以．
因为，所以或，
所以或．
（2）因为，所以，
当时，可得，解之可得，
此时，故不满足舍弃，
当时，可得，故．
综上可知的取值范围为.
17．（2024高一上·丰台期中）已知是定义域为的偶函数，当时，.
（1）求的值；
（2）的部分图象如下图，请将的图象补充完整，并写出的单调递减区间；
（3）若关于的方程恰有6个实数根，则实数的取值范围是________．
【答案】（1）解：由得，
所以.
（2）解：已知如图所示：
的单调递减区间为，，.
（3）解：已知如图所示：
若关于的方程恰有个实数根，
则的图象与函数的图象有个公共点，
结合图象可知的范围为.
【知识点】函数单调性的判断与证明；奇偶函数图象的对称性
【解析】【分析】（1）由分段函数的解析式，根据由内到外的计算方法即可得解；
（2）根据偶函数的图象特征作图，结合图象写出单调递减区间；
（3）若恰有个实数根，则的图象与函数的图象有个公共点，结合图象即可得解.
（1）由已知，得，
所以；
（2）的单调递减区间为，，；
（3）关于的方程恰有个实数根，
所以函数的图象与函数的图象有个公共点，
结合图象可知的取值范围为.
18．（2024高一上·丰台期中）设函数，．
（1）若为奇函数，求实数的值；
（2）根据定义证明在区间上单调递增；
（3）若对，，使得，求实数的取值范围．
【答案】（1）解：易知的定义域为，，
因为是奇函数，
所以，即，解得.
（2）证明：，且，
则
，
由，得，，，
于是，即，
所以在区间上单调递增.
（3）解：由题意可知，
由（2）知，在区间上单调递增，所以，
因为在区间上单调递增，所以，
所以 实数的取值范围 {a|}.
【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】（1）根据奇函数定义结合求解出的值；
（2）利用单调性定义按照取值、作差、变形、定号、下结论的步骤证明即可；
（3）根据条件将问题转化为，结合（2）以及幂函数的单调性即可得解.
（1）由已知，得的定义域为，，
又因为是奇函数，
所以，即，
解得．
（2）证明：，且，
则
，
由，得，，，
于是，即，
所以在区间上单调递增．
（3）由已知，得，
由（2）知，在区间上单调递增，
所以，
因为在区间上单调递增，
所以，
所以．
19．（2024高一上·丰台期中）设函数.
（1）若______（从条件①、条件②、条件③这三个条件中选择一个作为已知），
求实数的值，并以此时的图象与坐标轴的交点为三角形的顶点，求该三角形的面积；
条件①：关于的方程有两个实数根，且；
条件②：，都有；
条件③：的最小值为，且.
注：如果选择多个条件分别解答，按第一个解答计分.
（2）求关于的不等式的解集.
【答案】（1）解：选择条件①：由韦达定理可得，解得，，
设的图象与轴交于点（点在点的左侧），与轴交于点，
令，解得，，所以，，
又因为，所以，
所以。
选择条件②：因为，都有，
所以的对称轴为，即，解得，，
设的图象与轴交于点（点在点的左侧），与轴交于点，
令，得，，，，因为，所以，
所以。
选择条件③：因为的最小值为，且，
所以，且在对称轴处取得最小值，即，解得或（舍去），
，
设的图象与轴交于点（点在点的左侧），与轴交于点，
令，得，，所以，，
又因为，所以，所以。
（2）解：，设的两根分别为，.
当时，，解得；
当时，有，解得或；
当时，有，解得或；
当时，有，解得.
综上所述：时，解集为；时，解集为；
时，解集为；时，解集为。
【知识点】函数的图象；一元二次不等式及其解法
【解析】【分析】（1）由题意列出关于的方程，确定解析式，求出其与坐标轴的交点，即可求出三角形面积；
（2）易得，，分，，，四种情况讨论解不等式即可.
（1）选择条件①：关于的方程有两个实数根，且，
所以，解得，
此时，
设的图象与轴交于点（点在点的左侧），与轴交于点，
令，解得，，所以，，
又因为，所以，
所以三角形的面积.
选择条件②：，都有，
所以的对称轴为，即，解得，
此时，
设的图象与轴交于点（点在点的左侧），与轴交于点，
令，解得，，所以，，
又因为，所以，
所以三角形的面积.
选择条件③：因为的最小值为，且，
所以，且在对称轴处取得最小值，
即，解得或（舍去），
此时，
设的图象与轴交于点（点在点的左侧），与轴交于点，
令，解得，，所以，，
又因为，所以，
所以三角形的面积.
（2）因为，所以方程的两根分别为，.
当时，有，解得；
当时，有，解得或；
当时，有，解得或；
当时，有，解得.
综上所述：当时，不等式解集为；
当时，不等式解集为；
当时，不等式解集为；
当时，不等式解集为.
20．（2024高一上·丰台期中）某公司计划生产一类电子设备，该电子设备每月产量不超过台，每台售价为万元. 每月生产该电子设备的成本由固定成本和可变成本两部分组成，固定成本为万元，每月生产台时需要投入的可变成本为（单位：万元），每月的利润为（单位：万元），其中利润是收入与成本之差．当每月产量不超过台时，；当每月产量超过台时，．假设该公司每月生产的电子设备都能够售罄．
（1）求关于的函数解析式；
（2）如果你是该公司的决策者，分析每月生产多少台电子设备可以使月利润最大？最大利润是多少？
【答案】（1）解：由题意可得：，
.
（2）解：当时，为开口向下，对称轴是的抛物线，；
当时，（当且仅当时等号成立）；
因为，所以每月生产台电子设备可以使月利润最大，最大利润是万元.
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数的最大（小）值
【解析】【分析】（1）根据利润是收入与成本之差即可写出解析式；
（2）利用二次函数最值、基本不等式分别求解每一段上的最大值，比较即可得解.
（1）由题意知：，
.
（2）当时，为开口方向向下，对称轴为的抛物线，
此时；
当时，（当且仅当时取等号）；
，该公司每月生产台电子设备可以使月利润最大，最大利润是万元.
21．（2024高一上·丰台期中）给定正整数，设集合，对，，，两数中至少有一个数属于，则称集合具有性质.
（1）设集合，，请直接写出，是否具有性质；
（2）若集合具有性质，求的值；
（3）若具有性质的集合恰有6个元素，且，求集合．
【答案】（1）解：因为中的任何两个相同或不同的元素，相加或相减，
两数中至少有一个属于集合M，所以具有性质；
中的，，所以集合N不具有性质。
所以集合具有性质，集合不具有性质。
（2）解：记，易知，
令，则，
因为具有性质，所以，
不妨设，则，且，
则，且，且，
①当时，显然，，
所以，解得， 此时，具有性质；
②当时，则，，解得，
此时，与题意不符（舍），
综上，，。
（3）解：记，易知，，
因为具有性质，所以，
不妨设，，此时，
若，显然，所以，
因为具有性质，所以，，
因为且与互为相反数，所以，中一正一负，所以中有0，有正数也有负数，
下面对中元素的正负个数进行讨论：
（1）当中有1个负数，4个正数时，
不妨设，，
因为均大于，所以均不属于，
因为具有性质，所以，
因为，所以不可能同时等于，
所以此时不具有性质，舍去；
（2）当中有4个负数，1个正数时，
不妨设时，，
因为均小于，
所以均不属于，
因为具有性质，所以，
因为，所以不可能同时等于，
所以此时集合不具有性质，舍去；
（3）当中有2个负数，3个正数时，
不妨设时，，，
因为，所以，
因为具有性质，所以，
因为，所以，
即，①
因为均大于，
所以均不属于，
因为具有性质，所以，，
因为，，所以，，，
故，，，，
所以，，，②
由①②，得，
所以。
（4）当中有3个负数，2个正数时，
由（3）可得，
由此，当恰有6个元素，且时，符合条件的集合有5个，
分别是，，，
，。
【知识点】元素与集合的关系；集合中元素的个数问题
【解析】【分析】（1）根据性质的定义，判断即可；
（2）根据性质的定义知，讨论是否属于，可确定的取值，即可得解；
（3）易知中有0，并且有正数和负数，然后根据性质讨论即可得解。
（1）因为集合中的任何两个相同或不同的元素，相加或相减，
两数中至少有一个属于集合，所以集合具有性质，
集合中的，，
所以集合不具有性质，
所以集合具有性质，集合不具有性质；
（2）记，易知，
令，
所以，
由集合具有性质，
所以，
不妨设，则，且，
令，，
则，且，且，
①当时，显然，
因为，所以，
所以，解得，
此时，具有性质；
②当时，则，
因为且，
所以，，
所以，解得，
此时，与题意不符（舍），
综上，，
故；
（3）记，易知，
令，
所以，
由集合具有性质，
所以，
不妨设，，
此时，
若，显然，
所以，
由集合具有性质，
所以，，
因为且与互为相反数，
所以，两个数中必然一正一负，
所以中有0，有正数也有负数，
下面对中元素的正负个数进行讨论：
（1）当中有1个负数，4个正数时，
不妨设，，
因为均大于，
所以均不属于，
由集合具有性质，
所以，
因为，
所以不可能同时等于，
所以此时集合不具有性质，舍去；
（2）当中有4个负数，1个正数时，
不妨设时，，
因为均小于，
所以均不属于，
由集合具有性质，
所以，
因为，
所以不可能同时等于，
所以此时集合不具有性质，舍去；
（3）当中有2个负数，3个正数时，
不妨设时，，，
因为，
所以，
由集合具有性质，
所以，
因为，
所以，
即，①
因为均大于，
所以均不属于，
由集合具有性质，
所以，，
因为，，
所以，，，
故，，，，
所以，，，②
由①②，得，
于是：.
（4）当中有3个负数，2个正数时，
由（3），同理可得，
由此，当恰有6个元素，且时，可得符合条件的集合有5个，
分别是，，，
，.
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