广东省深圳市华中师范大学龙岗附属中学2024-2025学年高一上学期期中考试数学试卷
1．（2024高一上·深圳期中）设集合，则图中阴影部分表示的集合是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】交集及其运算；Venn图表达集合的关系及运算
【解析】【解答】解：由图可知：阴影部分为的元素去掉的元素组成的集合，
因为，所以阴影部分表示的集合为.
故答案为：A.
【分析】由图，根据集合的交集运算求解即可.
2．（2024高一上·深圳期中）命题“，”的否定是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】D
【知识点】命题的否定
【解析】【解答】分析可得，命题“ ， ”是特称命题，则其否定形式为全称命题，
命题“ ，”的否定为： ， ，
故答案为：D.
【分析】根据特称命题的否定为全称命题，可得答案.
3．（2024高一上·深圳期中）函数（，且）的图象过的定点是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】指数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】解：因为指数函数的图象恒过定点，
所以函数的图象过定点.
故答案为：C.
【分析】由题意，根据指数函数的图象过定点，从而求解函数过定点即可.
4．（2024高一上·深圳期中）“关于的不等式对恒成立”的一个必要不充分条件是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【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：因为不等式对恒成立，
所以，解得，
则不等式恒成立的一个必要不充分条件是.
故答案为：B.
【分析】将问题转化为，列不等式求解，再根据充分、必要条件的定义判断即可.
5．（2024高一上·深圳期中）已知偶函数，当时，，则当时，（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】函数解析式的求解及常用方法；函数的奇偶性
【解析】【解答】解：当时，，则，
又因为为偶函数，所以当时，．
故答案为：D.
【分析】当，可得，求出的表达式，再利用偶函数的性质求出函数在时的解析式即可.
6．（2024高一上·深圳期中）已知关于的一元二次不等式的解集为，则不等式的解集为（ ）
A． B．
C．或 D．或
【答案】C
【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：因为关于的一元二次不等式的解集为，
所以1和3为方程的两个根，
由韦达定理可得：，解得以，，且，
则不等式，等价于，即，
解得
故不等式的解集为.
故答案为：C.
【分析】由题意可知1和3为方程的两个根，由韦达定理可得，，且，原不等式等价于，即，求解即可.
7．（2024高一上·深圳期中）若函数在上单调递增，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】函数单调性的性质
【解析】【解答】解：由指数函数的底数要求只讨论且，
由题意得为单调递增，
因为双勾函数在单调递减，单调递增，
所以，故，
又当时，为单调递增，故，
再由，得，
综上所述，.
故答案为：B.
【分析】根据双勾函数的单调性和指数型函数的单调性，再由分段函数的单调性，从而得出实数a的取值范围.
8．（2024高一上·深圳期中）已知，，，则的大小顺序为（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】有理数指数幂的运算性质；指数函数的单调性与特殊点；利用幂函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解：由题意可知，，
因为在上是单调递增，且，所以，即，
由题意可知，，
因为在上是单调递增，且，所以，即，
故.
故答案为： B.
【分析】由题意，结合指数运算性质，指数函数和幂函数的单调性求解即可.
9．（2024高一上·深圳期中）对于实数，下列命题为假命题的有（ ）
A．若，则. B．若，则.
C．若则. D．若，则.
【答案】A,B,D
【知识点】不等关系与不等式
【解析】【解答】解：A、不妨取，则，故A错误；
B、若，当时，满足，故B错误；
C、由可得，易知，
所以，故C正确；
D、由可得，
所以，因为的符号不确定，所以不一定正确，故D错误.
故答案为：ABD.
【分析】利用特殊值即可判断AB；由作差法以及不等式性质即可CD.
10．（2024高一上·深圳期中）有以下判断，其中是正确判断的有（ ）
A．与表示同一函数
B．函数的图象与直线的交点最多有个
C．与是同一函数
D．函数的定义域为，则函数的定义域为
【答案】B,C,D
【知识点】函数的概念及其构成要素；同一函数的判定；函数的定义域及其求法
【解析】【分析】解：A、函数的定义域为，函数定义域为，
定义域不同，则函数和不是同一函数，故A错误；
B、若函数在处有定义，则的图象与直线的交点有个，
若函数在处没有定义，则的图象与直线的没有交点；
所以函数的图象与直线的交点最多有个，故B正确；
C、因为函数与的定义域均为，
且两函数对应关系相同，则函数与是同一函数，故C正确；
D、函数定义域为，则，解得，
即函数的定义域为，故D正确.
故答案为：BCD.
【解答】先求出两函数定义域，由两函数定义域不同即可判断A；由函数定义分函数在处有没有定义即可判断B；由函数的定义域和对应关系即可判断C；根据抽象函数求定义域的方法求解即可判断D.
11．（2024高一上·深圳期中）德国著名数学家狄利克雷在数学领域成就显著，以其命名的函数，被称为狄利克雷函数，其中为实数集，为有理数集，则以下关于狄利克雷函数的结论中，正确的是（ ）
A．函数满足：
B．函数的值域是
C．对于任意的，都有
D．在图象上不存在不同的三个点，使得为等边三角形
【答案】A,C
【知识点】函数的值域；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】解：因为，
A、设任意，则；
设任意，则，总之，对于任意实数恒成立，故A正确；
B、的值域为，又，故B错误；
C、当，则，当，则，故C正确；
D、取，此时，得到为等边三角形，所以选项D错误。
故答案为：AC。
【分析】利用，对选项A，B和C逐一分析判断，即可得出选项A，B和C的正误，选项D，通过取特殊点，此时为等边三角形，即可求解。
12．（2024高一上·深圳期中） .
【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】根据有理指数幂的运算性质化简求值即可.
13．（2024高一上·深圳期中）学校举办运动会时，高一（1）班共有28名同学参加比赛，有15人参加游泳比赛，有8人参加田径比赛，有14人参加球类比赛，同时参加游泳比赛和田径比赛的有3人，同时参加游泳比赛和球类比赛的有3人，没有人同时参加三项比赛，则只参加田径一项比赛的人数是
【答案】2
【知识点】Venn图表达集合的关系及运算
【解析】【解答】解：根据题意可知，设只参加田径一项比赛的人数是人，
又有8人参加田径比赛，3人同时参加游泳比赛和田径比赛，
所以可得有人同时参加球类和田径比赛；
又有14人参加球类比赛，同时参加游泳比赛和球类比赛的有3人，没有人同时参加三项比赛，
可得有人只参加球类一项比赛，9人参加一项游泳比赛，画出韦恩图表示，如下图所示：
可得，解得，即只参加田径一项比赛的人数是2人.
故答案为：2.
【分析】设只参加田径一项比赛的人数是人，由题意画出该问题对应的韦恩图表示出参加各项比赛的人数，再由全班总人数列方程求解即可.
14．（2024高一上·深圳期中）在人与自然的斗争中，病毒是一个可怕的敌人，为了抗击某种“疫情”，某制药厂最近新增了一条生产线，该生产线的年固定成本为250万元，每生产千箱防疫物资需另投入成本万元.当年产量大于或等于80千箱时，（万元）；当年产量不足80千箱时，（万元）.每千箱产品的售价为60万元，该厂生产的产品能全部售完.年产量为 千箱时，该厂当年的利润最大.
【答案】100
【知识点】函数解析式的求解及常用方法；基本不等式；二次函数模型
【解析】【解答】解：设年产量为千箱，当年的利润为万元，
由于利润等于收入减去成本，即，
又因为，
则由已知有，
即，
当时，，
由二次函数的性质可知当时取最大值950，
当时，，
当且仅当即时，取得最大值1000，
又，所以当年产量为100千箱时，该厂当年的利润取得最大值1000万元.
故答案为：100.
【分析】设年产量为千箱，当年的利润为万元，根据题意写出利润y与年产量x的函数关系式，再根据函数计算当y取最大值时x的取值即可.
15．（2024高一上·深圳期中）已知集合．
（1）当时，求；
（2）若，求的取值范围．
【答案】（1）解：当时，，
则，.
（2）解：若，则，
当时，则；
当时，则，则，
综上所述，的取值范围为.
【知识点】集合关系中的参数取值问题；并集及其运算；交集及其运算
【解析】【分析】（1）代入的值得出集合B，再根据交集和并集的运算法则得出集合.
（2）利用得出，再分和讨论，从而借助数轴得出实数a的取值范围.
（1）时，，
则，.
（2）若，则以，
当时，则；
当时，则，则.
综上，的取值范围为.
16．（2024高一上·深圳期中）已知命题：对任意实数，不等式恒成立；命题：关于的方程无实数根.
（1）若p为真命题，求实数的取值范围，
（2）若的题有且只有一个是真命题，求实数的取值范围.
【答案】（1）解：对任意实数，不等式都成立，
当时，不等式对于任意实数不恒成立，不符合题意；
当时，，解得，
所以命题真时，实数的取值范围是；
（2）解：若真，即方程无实数根，则，解得，
即命题真时，，由（1）知，命题真时，，
由命题、中有且仅有一个是真命题，
得当真假时，，且或，因此；
当假真时，，且，因此，
所以实数的取值范围为.
【知识点】命题的真假判断与应用；一元二次不等式的实际应用
【解析】【分析】（1）分和讨论，结合一元二次不等式恒成立，列式求的范围即可；
（2）求出命题真时的范围，结合（1）分类求出实数的取值范围即可.
（1）对任意实数，不等式都成立，
当时，不等式对于任意实数不恒成立，不符合题意；
当时，，解得，
所以命题真时，实数的取值范围是.
（2）若真，即方程无实数根，则，解得，
即命题真时，，由（1）知，命题真时，，
由命题、中有且仅有一个是真命题，
得当真假时，，且或，因此；
当假真时，，且，因此，
所以实数的取值范围为.
17．（2024高一上·深圳期中）已知函数（，且）.
（1）若函数的图象过和两点，求在上的值域；
（2）若，且函数在区间上的最大值比最小值大，求的值.
【答案】（1）解：由题意，，，
又因为，解得，，所以，
因为在上单调递增，所以，即，
所以的值域为.
（2）解：当时，在区间上单调递减，
所以，，
因此，解得或（舍去），
所以.
【知识点】函数的值域；函数的最大（小）值；指数函数的图象与性质
【解析】【分析】（1）将点坐标代入解析式，从而列出方程组求出的值，再根据函数的单调性求出函数在上的值域.
（2）根据a的取值范围和函数在区间上的单调性，从而得出求出函数在区间上的最大值和最小值，再根据已知条件列出方程，从而解方程得出的值.
（1）由题意，，，
又，解得，，所以.
因为在上单调递增，所以，即，
所以值域为.
（2）当时，在区间上单调递减，
所以，，
因此，解得或（舍去），
所以.
18．（2024高一上·深圳期中）已知函数是定义在上的奇函数，且.
（1）求的值；
（2）判断的单调性，并用定义法证明你的结论；
（3）求使成立的实数a的取值范围.
【答案】（1）解：由题意可知，故，
又因为，所以，解得；所以，
函数定义域关于原点对称，且，
故是定义在上的奇函数，满足题意，
所以；
（2）解：函数在上单调递增，证明如下：
取任意，且，
则；
因为，且，
所以，，所以，
所以，即，
因此在上单调递增；
（3）解：由（1）（2）可知，是在上单调递增的奇函数，
所以由可得，
因此需满足，解得，即；
故实数a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
【解析】【分析】（1）由函数是定义在上的奇函数，得以及求值即可；
（2）利用函数单调性定义按步骤证明函数在上单调递增即可；
（3）由函数奇偶性及其单调性解不等式即可得a的取值范围为.
（1）由题意可知，故，
又由可得，解得；
所以，
此时定义域关于原点对称，且，
故是定义在上的奇函数，满足题意，
所以.
（2）在上单调递增，证明如下：
取任意，且，
则；
因为，且，
所以，，
所以，
所以，即，
因此在上单调递增.
（3）由（1）（2）可知，是在上单调递增的奇函数，
所以由可得，
因此需满足，解得，即；
故实数a的取值范围为.
19．（2024高一上·深圳期中）若二次函数对任意都满足，其最小值为，且有
（1）求的解析式；
（2）解关于的不等式；
（3）设函数，求在区间的最小值.
【答案】（1）解：由，则的对称轴为，且最小值为，
设，，又，则，解得，
故；
（2）解：由（1），，即，
其对应方程的根为，
当即时，解不等式得或，
当即时，解不等式得，
当即时，解不等式得或，
综上，不等式的解集为：
当时，不等式的解集为或；
当时，不等式的解集为；
当时，不等式的解集为或；
（3）解：由（1）可得，对称轴，，
当即时，在上单调递增，则；
当即时，在上单调递减，在上单调递增，
则；
当即时，在上单调递减，则，
则.
【知识点】函数解析式的求解及常用方法；函数单调性的性质；函数的最大（小）值；一元二次不等式及其解法
【解析】【分析】（1）由题意可得函数的对称轴，最小值为，设二次函数的解析式，代入条件求解即可；
（2）将代入，对其对应方程的两根大小讨论求解即可；
（3）求得的解析式和对称轴，根据对称轴和区间的位置关系进行分类讨论，根据二次函数的单调性结合对称轴，求函数在区间上的最小值即可.
（1）由，则的对称轴为，且最小值为，
所以设，，又，
，解得，
.
（2）由（1），，即，
其对应方程的根为，
当即时，解不等式得或，
当即时，解不等式得，
当即时，解不等式得或，
综上，不等式的解集为：
当时，不等式的解集为或；
当时，不等式的解集为；
当时，不等式的解集为或.
（3）由（1），，对称轴，，
当即时，在上单调递增，则；
当即时，在上单调递减，在上单调递增，
则；
当即时，在上单调递减，则.
.
1 / 1广东省深圳市华中师范大学龙岗附属中学2024-2025学年高一上学期期中考试数学试卷
1．（2024高一上·深圳期中）设集合，则图中阴影部分表示的集合是（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高一上·深圳期中）命题“，”的否定是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
3．（2024高一上·深圳期中）函数（，且）的图象过的定点是（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高一上·深圳期中）“关于的不等式对恒成立”的一个必要不充分条件是（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高一上·深圳期中）已知偶函数，当时，，则当时，（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高一上·深圳期中）已知关于的一元二次不等式的解集为，则不等式的解集为（ ）
A． B．
C．或 D．或
7．（2024高一上·深圳期中）若函数在上单调递增，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高一上·深圳期中）已知，，，则的大小顺序为（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高一上·深圳期中）对于实数，下列命题为假命题的有（ ）
A．若，则. B．若，则.
C．若则. D．若，则.
10．（2024高一上·深圳期中）有以下判断，其中是正确判断的有（ ）
A．与表示同一函数
B．函数的图象与直线的交点最多有个
C．与是同一函数
D．函数的定义域为，则函数的定义域为
11．（2024高一上·深圳期中）德国著名数学家狄利克雷在数学领域成就显著，以其命名的函数，被称为狄利克雷函数，其中为实数集，为有理数集，则以下关于狄利克雷函数的结论中，正确的是（ ）
A．函数满足：
B．函数的值域是
C．对于任意的，都有
D．在图象上不存在不同的三个点，使得为等边三角形
12．（2024高一上·深圳期中） .
13．（2024高一上·深圳期中）学校举办运动会时，高一（1）班共有28名同学参加比赛，有15人参加游泳比赛，有8人参加田径比赛，有14人参加球类比赛，同时参加游泳比赛和田径比赛的有3人，同时参加游泳比赛和球类比赛的有3人，没有人同时参加三项比赛，则只参加田径一项比赛的人数是
14．（2024高一上·深圳期中）在人与自然的斗争中，病毒是一个可怕的敌人，为了抗击某种“疫情”，某制药厂最近新增了一条生产线，该生产线的年固定成本为250万元，每生产千箱防疫物资需另投入成本万元.当年产量大于或等于80千箱时，（万元）；当年产量不足80千箱时，（万元）.每千箱产品的售价为60万元，该厂生产的产品能全部售完.年产量为 千箱时，该厂当年的利润最大.
15．（2024高一上·深圳期中）已知集合．
（1）当时，求；
（2）若，求的取值范围．
16．（2024高一上·深圳期中）已知命题：对任意实数，不等式恒成立；命题：关于的方程无实数根.
（1）若p为真命题，求实数的取值范围，
（2）若的题有且只有一个是真命题，求实数的取值范围.
17．（2024高一上·深圳期中）已知函数（，且）.
（1）若函数的图象过和两点，求在上的值域；
（2）若，且函数在区间上的最大值比最小值大，求的值.
18．（2024高一上·深圳期中）已知函数是定义在上的奇函数，且.
（1）求的值；
（2）判断的单调性，并用定义法证明你的结论；
（3）求使成立的实数a的取值范围.
19．（2024高一上·深圳期中）若二次函数对任意都满足，其最小值为，且有
（1）求的解析式；
（2）解关于的不等式；
（3）设函数，求在区间的最小值.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】交集及其运算；Venn图表达集合的关系及运算
【解析】【解答】解：由图可知：阴影部分为的元素去掉的元素组成的集合，
因为，所以阴影部分表示的集合为.
故答案为：A.
【分析】由图，根据集合的交集运算求解即可.
2．【答案】D
【知识点】命题的否定
【解析】【解答】分析可得，命题“ ， ”是特称命题，则其否定形式为全称命题，
命题“ ，”的否定为： ， ，
故答案为：D.
【分析】根据特称命题的否定为全称命题，可得答案.
3．【答案】C
【知识点】指数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】解：因为指数函数的图象恒过定点，
所以函数的图象过定点.
故答案为：C.
【分析】由题意，根据指数函数的图象过定点，从而求解函数过定点即可.
4．【答案】B
【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：因为不等式对恒成立，
所以，解得，
则不等式恒成立的一个必要不充分条件是.
故答案为：B.
【分析】将问题转化为，列不等式求解，再根据充分、必要条件的定义判断即可.
5．【答案】D
【知识点】函数解析式的求解及常用方法；函数的奇偶性
【解析】【解答】解：当时，，则，
又因为为偶函数，所以当时，．
故答案为：D.
【分析】当，可得，求出的表达式，再利用偶函数的性质求出函数在时的解析式即可.
6．【答案】C
【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：因为关于的一元二次不等式的解集为，
所以1和3为方程的两个根，
由韦达定理可得：，解得以，，且，
则不等式，等价于，即，
解得
故不等式的解集为.
故答案为：C.
【分析】由题意可知1和3为方程的两个根，由韦达定理可得，，且，原不等式等价于，即，求解即可.
7．【答案】B
【知识点】函数单调性的性质
【解析】【解答】解：由指数函数的底数要求只讨论且，
由题意得为单调递增，
因为双勾函数在单调递减，单调递增，
所以，故，
又当时，为单调递增，故，
再由，得，
综上所述，.
故答案为：B.
【分析】根据双勾函数的单调性和指数型函数的单调性，再由分段函数的单调性，从而得出实数a的取值范围.
8．【答案】B
【知识点】有理数指数幂的运算性质；指数函数的单调性与特殊点；利用幂函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解：由题意可知，，
因为在上是单调递增，且，所以，即，
由题意可知，，
因为在上是单调递增，且，所以，即，
故.
故答案为： B.
【分析】由题意，结合指数运算性质，指数函数和幂函数的单调性求解即可.
9．【答案】A,B,D
【知识点】不等关系与不等式
【解析】【解答】解：A、不妨取，则，故A错误；
B、若，当时，满足，故B错误；
C、由可得，易知，
所以，故C正确；
D、由可得，
所以，因为的符号不确定，所以不一定正确，故D错误.
故答案为：ABD.
【分析】利用特殊值即可判断AB；由作差法以及不等式性质即可CD.
10．【答案】B,C,D
【知识点】函数的概念及其构成要素；同一函数的判定；函数的定义域及其求法
【解析】【分析】解：A、函数的定义域为，函数定义域为，
定义域不同，则函数和不是同一函数，故A错误；
B、若函数在处有定义，则的图象与直线的交点有个，
若函数在处没有定义，则的图象与直线的没有交点；
所以函数的图象与直线的交点最多有个，故B正确；
C、因为函数与的定义域均为，
且两函数对应关系相同，则函数与是同一函数，故C正确；
D、函数定义域为，则，解得，
即函数的定义域为，故D正确.
故答案为：BCD.
【解答】先求出两函数定义域，由两函数定义域不同即可判断A；由函数定义分函数在处有没有定义即可判断B；由函数的定义域和对应关系即可判断C；根据抽象函数求定义域的方法求解即可判断D.
11．【答案】A,C
【知识点】函数的值域；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】解：因为，
A、设任意，则；
设任意，则，总之，对于任意实数恒成立，故A正确；
B、的值域为，又，故B错误；
C、当，则，当，则，故C正确；
D、取，此时，得到为等边三角形，所以选项D错误。
故答案为：AC。
【分析】利用，对选项A，B和C逐一分析判断，即可得出选项A，B和C的正误，选项D，通过取特殊点，此时为等边三角形，即可求解。
12．【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】根据有理指数幂的运算性质化简求值即可.
13．【答案】2
【知识点】Venn图表达集合的关系及运算
【解析】【解答】解：根据题意可知，设只参加田径一项比赛的人数是人，
又有8人参加田径比赛，3人同时参加游泳比赛和田径比赛，
所以可得有人同时参加球类和田径比赛；
又有14人参加球类比赛，同时参加游泳比赛和球类比赛的有3人，没有人同时参加三项比赛，
可得有人只参加球类一项比赛，9人参加一项游泳比赛，画出韦恩图表示，如下图所示：
可得，解得，即只参加田径一项比赛的人数是2人.
故答案为：2.
【分析】设只参加田径一项比赛的人数是人，由题意画出该问题对应的韦恩图表示出参加各项比赛的人数，再由全班总人数列方程求解即可.
14．【答案】100
【知识点】函数解析式的求解及常用方法；基本不等式；二次函数模型
【解析】【解答】解：设年产量为千箱，当年的利润为万元，
由于利润等于收入减去成本，即，
又因为，
则由已知有，
即，
当时，，
由二次函数的性质可知当时取最大值950，
当时，，
当且仅当即时，取得最大值1000，
又，所以当年产量为100千箱时，该厂当年的利润取得最大值1000万元.
故答案为：100.
【分析】设年产量为千箱，当年的利润为万元，根据题意写出利润y与年产量x的函数关系式，再根据函数计算当y取最大值时x的取值即可.
15．【答案】（1）解：当时，，
则，.
（2）解：若，则，
当时，则；
当时，则，则，
综上所述，的取值范围为.
【知识点】集合关系中的参数取值问题；并集及其运算；交集及其运算
【解析】【分析】（1）代入的值得出集合B，再根据交集和并集的运算法则得出集合.
（2）利用得出，再分和讨论，从而借助数轴得出实数a的取值范围.
（1）时，，
则，.
（2）若，则以，
当时，则；
当时，则，则.
综上，的取值范围为.
16．【答案】（1）解：对任意实数，不等式都成立，
当时，不等式对于任意实数不恒成立，不符合题意；
当时，，解得，
所以命题真时，实数的取值范围是；
（2）解：若真，即方程无实数根，则，解得，
即命题真时，，由（1）知，命题真时，，
由命题、中有且仅有一个是真命题，
得当真假时，，且或，因此；
当假真时，，且，因此，
所以实数的取值范围为.
【知识点】命题的真假判断与应用；一元二次不等式的实际应用
【解析】【分析】（1）分和讨论，结合一元二次不等式恒成立，列式求的范围即可；
（2）求出命题真时的范围，结合（1）分类求出实数的取值范围即可.
（1）对任意实数，不等式都成立，
当时，不等式对于任意实数不恒成立，不符合题意；
当时，，解得，
所以命题真时，实数的取值范围是.
（2）若真，即方程无实数根，则，解得，
即命题真时，，由（1）知，命题真时，，
由命题、中有且仅有一个是真命题，
得当真假时，，且或，因此；
当假真时，，且，因此，
所以实数的取值范围为.
17．【答案】（1）解：由题意，，，
又因为，解得，，所以，
因为在上单调递增，所以，即，
所以的值域为.
（2）解：当时，在区间上单调递减，
所以，，
因此，解得或（舍去），
所以.
【知识点】函数的值域；函数的最大（小）值；指数函数的图象与性质
【解析】【分析】（1）将点坐标代入解析式，从而列出方程组求出的值，再根据函数的单调性求出函数在上的值域.
（2）根据a的取值范围和函数在区间上的单调性，从而得出求出函数在区间上的最大值和最小值，再根据已知条件列出方程，从而解方程得出的值.
（1）由题意，，，
又，解得，，所以.
因为在上单调递增，所以，即，
所以值域为.
（2）当时，在区间上单调递减，
所以，，
因此，解得或（舍去），
所以.
18．【答案】（1）解：由题意可知，故，
又因为，所以，解得；所以，
函数定义域关于原点对称，且，
故是定义在上的奇函数，满足题意，
所以；
（2）解：函数在上单调递增，证明如下：
取任意，且，
则；
因为，且，
所以，，所以，
所以，即，
因此在上单调递增；
（3）解：由（1）（2）可知，是在上单调递增的奇函数，
所以由可得，
因此需满足，解得，即；
故实数a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
【解析】【分析】（1）由函数是定义在上的奇函数，得以及求值即可；
（2）利用函数单调性定义按步骤证明函数在上单调递增即可；
（3）由函数奇偶性及其单调性解不等式即可得a的取值范围为.
（1）由题意可知，故，
又由可得，解得；
所以，
此时定义域关于原点对称，且，
故是定义在上的奇函数，满足题意，
所以.
（2）在上单调递增，证明如下：
取任意，且，
则；
因为，且，
所以，，
所以，
所以，即，
因此在上单调递增.
（3）由（1）（2）可知，是在上单调递增的奇函数，
所以由可得，
因此需满足，解得，即；
故实数a的取值范围为.
19．【答案】（1）解：由，则的对称轴为，且最小值为，
设，，又，则，解得，
故；
（2）解：由（1），，即，
其对应方程的根为，
当即时，解不等式得或，
当即时，解不等式得，
当即时，解不等式得或，
综上，不等式的解集为：
当时，不等式的解集为或；
当时，不等式的解集为；
当时，不等式的解集为或；
（3）解：由（1）可得，对称轴，，
当即时，在上单调递增，则；
当即时，在上单调递减，在上单调递增，
则；
当即时，在上单调递减，则，
则.
【知识点】函数解析式的求解及常用方法；函数单调性的性质；函数的最大（小）值；一元二次不等式及其解法
【解析】【分析】（1）由题意可得函数的对称轴，最小值为，设二次函数的解析式，代入条件求解即可；
（2）将代入，对其对应方程的两根大小讨论求解即可；
（3）求得的解析式和对称轴，根据对称轴和区间的位置关系进行分类讨论，根据二次函数的单调性结合对称轴，求函数在区间上的最小值即可.
（1）由，则的对称轴为，且最小值为，
所以设，，又，
，解得，
.
（2）由（1），，即，
其对应方程的根为，
当即时，解不等式得或，
当即时，解不等式得，
当即时，解不等式得或，
综上，不等式的解集为：
当时，不等式的解集为或；
当时，不等式的解集为；
当时，不等式的解集为或.
（3）由（1），，对称轴，，
当即时，在上单调递增，则；
当即时，在上单调递减，在上单调递增，
则；
当即时，在上单调递减，则.
.
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