广东省东莞市石龙中学等三校2024-2025学年高一上学期期中考试数学试卷
1．（2024高一上·东莞期中）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：易知集合，
因为集合，所以.
故答案为：B.
【分析】先根据集合的特征求得集合，再根据集合的交集运算求解即可.
2．（2024高一上·东莞期中）“”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】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；利用不等式的性质比较数（式）的大小
【解析】【解答】解：当时，若，则，即“”不是“”充分条件；
当时，，即“”是“”必要条件，
综上所述，“”是“”的必要不充分条件，
故答案为：B.
【分析】若条件能推出结论，则条件为结论的充分条件；若结论能推出条件，则条件为结论的必要条件.由不等式性质可知，若，则；若，则（ 两边同时乘以一个正数不会改变不等式的方向 ），因此条件为结论的必要不充分条件.
3．（2024高一上·东莞期中）已知，则（ ）
A．5 B．11 C．18 D．21
【答案】B
【知识点】函数解析式的求解及常用方法
【解析】【解答】解：令，则，所以，
即，所以，
故答案为：B.
【分析】引入新变量替换，将函数转化为关于新变量的表达式，进而得到的一般形式.
4．（2024高一上·东莞期中）函数的零点为1，2，则不等式的解集为（ ）
A． B．或
C．或 D．
【答案】C
【知识点】一元二次不等式及其解法；一元二次方程的根与系数的关系
【解析】【解答】解：由题意可知：1，2是方程的两个根，
由韦达定理可得，解得，
则不等式，即，即，解得或，
故不等式的解集为或.
故答案为：C.
【分析】由题意可知：1，2是方程的两个根，利用韦达定理求得，再根据一元二次不等式的解法求解即可.
5．（2024高一上·东莞期中）如图的曲线是幂函数在第一象限内的图象.已知分别取四个值，与曲线相应的依次为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】幂函数的图象与性质；利用幂函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解：取幂函数，因为函数为增函数，所以，
作直线分别与曲线相交，交点由上到下分别对应的n值为，
由图可知，曲线相应n值为.
故答案为：A.
【分析】取幂函数，作直线分别与曲线相交，结合函数的单调性判断即可.
6．（2024高一上·东莞期中）若，且，则下列不等式一定正确的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】利用不等式的性质比较数（式）的大小
【解析】【解答】解：因为且，可得，所以，
对A，由，所以，所以A正确；
对B，由，所以，所以B不正确；
对C，由，
因为，所以，可得，
所以，所以C不正确；
对D，由，所以，所以D不正确.
故答案为：A.
【分析】根据已知条件推出，再利用作差法或作商法，结合不等式的性质，对每个选项逐一分析判断.
7．（2024高一上·东莞期中）已知函数，其图象无限接近直线但又不与该直线相交，则的解集为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】指数函数的图象与性质；指数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】解：根据题意知，其图象无限接近直线但又不与该直线相交，
所以可求得，则函数，
所以
当时，则可得，又因单调递增，所以可得，
当时，则可得，又因单调递增，所以可得，
综上可得的解集为.
故答案为：A
【分析】根据函数图象的渐近线求出参数，再将不等式转化为指数不等式，分和两种情况，利用指数函数的单调性求解.
8．（2024高一上·东莞期中）黎曼函数（Riemann function）是一个特殊的函数，由德国数学家黎曼发现并提出，其基本定义是：（注：分子与分母是互质数的分数，称为既约分数），若是奇函数，且，当时，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】函数的奇偶性；函数的周期性
【解析】【解答】解：因为函数是定义在上的奇函数，且，
所以，令，可得，
即函数是以为周期的周期函数，
则，，
.
故答案为：B.
【分析】由题意可得，令可得，推得函数是以为周期的周期函数，再根据周期函数的性质结合黎曼函数的定义求解即可.
9．（2024高一上·东莞期中）下列判断不正确的有（ ）
A．函数与表示同一函数
B．函数的图象与直线的交点最多有1个
C．函数与是同一函数
D．函数是增函数
【答案】A,C,D
【知识点】函数的概念及其构成要素；同一函数的判定；函数单调性的判断与证明
【解析】【解答】解：A、函数的定义域为，函数的定义域为，定义域不同，不是同一函数，故A错误；
B、根据函数定义可知自变量若在定义域为内，其函数值唯一确定，此时的图象与直线仅有一个交点；若不在定义域内，的图象与直线无交点，故B正确；
C、函数，定义域为均为，但，对应关系不相同，不是同一函数，
故C错误；
D、函数定义域为，在定义域内不具有单调性，故D错误.
故答案为：ACD.
【分析】根据同一函数的定义即可判断AC；根据函数的函数定义即可判断B；求函数的定义域，由增函数定义以及函数解析式即可判断D.
10．（2024高一上·东莞期中）下列说法正确的是（ ）
A．函数的图像恒过定点，且点在直线，上，则的最小值为8．
B．若，则的最大值为．
C．函数的最大值为．
D．若正数，满足，则的最小值是9．
【答案】B,C,D
【知识点】指数型复合函数的性质及应用；一元二次不等式及其解法；基本不等式
【解析】【解答】解：A、指数函数恒过点，根据图象的平移变化可得：函数的图象恒过点，因为点在直线上，所以，
，当且仅当时等号成立，则的最小值为，故A错误；
B、因为，所以，则，
当且仅当，即时等号成立，故B正确；
C、，，
当且仅当时等号成立，则函数的最大值为，故C正确；
D、，且，
则，即，
解得，即，当且仅当时等号成立，则的最小值9，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】指数函数恒过点，根据函数图象的平移变换求恒过定点，将点的坐标代入，利用基本不等式求解即可判断A；利用配凑思想，结合基本不等式求解即可判断B；时，利用基本不等式， 则即可判断C；利用基本不等式，结合一元二次不等式求解即可判断D.
11．（2024高一上·东莞期中）若，则下列关系正确的是（ ）．
A． B． C． D．
【答案】A,C
【知识点】指数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】解：由，得到，易知在定义域上单调递增，得到，所以选项A正确，
对B，取，显然有，但，所以选项B错误，
对C，因为在定义域上单调递减，所以，即，所以选项C正确，
对D，若，则，所以选项D错误，
故答案为：AC.
【分析】通过构造函数，利用函数的单调性判断与的大小关系，再结合函数性质对各选项逐一分析.
12．（2024高一上·东莞期中）命题：，，则命题的否定为 .
【答案】，，
【知识点】命题的否定
【解析】【解答】解：根据存在量词命题的否定为全称量词命题知：命题：，的否定为，.
故答案为：，
【分析】根据存在量词命题的否定规则，将存在量词“”改为全称量词“”，并否定结论，即可求解.
13．（2024高一上·东莞期中）已知不等式在上恒成立．则的取值范围为 ．
【答案】
【知识点】函数恒成立问题
【解析】【解答】解：当时，原不等式为，在上恒成立，满足题意；
当时，要使不等式在上恒成立，
则，解得，
综上，的取值范围为，
故答案为：.
【分析】由题意，分和两种情况讨论，结合二次函数的图象与性质求解即可.
14．（2024高一上·东莞期中）已知函数是偶函数，当时，，若函数在区间上具有单调性，则实数a的取值范围是 .
【答案】
【知识点】函数的奇偶性；奇偶性与单调性的综合
【解析】【解答】解：设，则，则，
因为为偶函数，所以，
所以，
作出的图象如图：
因为函数在区间上具有单调性，
由图可得或，解得或，
所以实数a的取值范围是.
故答案为：.
【分析】根据偶函数的性质求出函数在时的解析式，再画出函数图象，结合图象分析区间的单调性，从而确定的取值范围.
15．（2024高一上·东莞期中）已知集合，，.
（1）求，，；
（2）若，求的取值范围.
【答案】（1）解：因为，，
所以，，或.
（2）解：因为，，且，
所以，所以的取值范围是.
【知识点】集合间关系的判断；并集及其运算；交集及其运算；补集及其运算
【解析】【分析】（1）根据集合运算的定义，结合区间的范围直接计算.
（2）根据子集的定义，分析参数的取值范围.
（1）因为，，
所以，，或.
（2）因为，，且，
所以，所以的取值范围是.
16．（2024高一上·东莞期中）（1）求值：；
（2）已知，求值：.
【答案】解：（1）原式.
（2）由，而，
则，
故.
【知识点】有理数指数幂的运算性质
【解析】【分析】（1）用指数的运算性质，包括负指数幂、零指数幂、幂的乘方、积的乘方以及同底数幂的乘法等规则，对各项分别化简后再进行计算.
（2）已知的值，通过完全平方公式逐步求出和的值，再代入式子计算.
17．（2024高一上·东莞期中）已知函数，且，．
（1）求的解析式；
（2）判断在上的单调性，并用定义证明．
（3）若对，恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）解： 由题意可得，解得，
故；
（2）解：在上单调递增，证明如下：
令，则，
由，故，，即，
故在上单调递增
（3）解： 由在上单调递增，
则当时，有，
即.
【知识点】函数解析式的求解及常用方法；函数单调性的判断与证明；函数恒成立问题
【解析】【分析】（1）将已知点代入函数解析式，解方程组求出参数、，确定函数解析式；
（2）根据单调性定义，任取区间内两点，作差比较函数值大小，证明单调性；
（3）结合函数单调性求出区间内的最大值，根据恒成立条件确定的取值范围.
（1）由题意可得，解得，
故；
（2）在上单调递增，证明如下：
令，则，
由，故，，即，
故在上单调递增；
（3）由在上单调递增，
则当时，有，
即.
18．（2024高一上·东莞期中）某企业投资生产一批新型机器，其中年固定成本为1000万元，每生产x台，需另投入生产成本万元.当年产量不足25台时，；当年产量不小于25台时，且当年产量为10台时需另投入成本1100万元；若每台设备售价200万元，通过市场分析，该企业生产的这批机器能全部销售完.
（1）求k的值；
（2）求该企业投资生产这批新型机器的年利润所（万元）关于年产量x（台）的函数关系式（利润＝销售额－成本）；
（3）这批新型机器年产量为多少台时，该企业所获利润最大？并求出最大利润.
【答案】（1）解： 当，代入，得；
（2）解：由题意可得：当时，，
当时，，
所以年利润（万元）关于年产量x（台）的函数关系式为：
；
（3）解： 由（1）得时，，
此时（台）时，（万元），
当时，
，
当且仅当，即时等号成立，（万元）
而，故（台）时，利润最大，最大利润是200万元，
综上所述：年产量为20台时，该企业所获利润最大，最大利润是200万元
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【分析】（1）将已知产量和成本代入对应成本函数，求解参数；
（2）根据利润公式“利润 = 销售额 - 固定成本 - 生产成本”，分产量区间推导利润函数；
（3）分别在两个产量区间内，利用二次函数性质和基本不等式求利润最大值，再比较得出最终最大利润.
（1）当，代入，得；
（2）由题意可得：当时，，
当时，
所以年利润（万元）关于年产量x（台）的函数关系式为：
；
（3）由（1）得时，，
此时（台）时，（万元）
当时，
，
当且仅当，即时等号成立，（万元）
而，故（台）时，利润最大，最大利润是200万元，
综上所述：年产量为20台时，该企业所获利润最大，最大利润是200万元.
19．（2024高一上·东莞期中）函数的图象关于坐标原点成中心对称的充要条件是函数为奇函数，可以将其推广为：函数的图象关于点成中心对称的充要条件是函数为关于的奇函数，给定函数，关于中心对称．
（1）求的值
（2）已知函数，若对任意的，总存在，使得，求实数的取值范围．
【答案】（1）解：因为函数的图象存在对称中心，所以为奇函数，
又因为的定义域为R，所以恒成立，
则恒成立，解得；
（2）解：因为在区间上单调递减，值域为，即最大值为，
又因为，，，所以，，
又因为，，
当，即时，在区间单调递减，
，解得，舍去；
当，即，在单调递增，单调递减，
，解得，所以；
当，即，在单调递增，
，解得（舍），
综上所述：
【知识点】函数单调性的性质；函数的最大（小）值；函数的奇偶性；函数恒成立问题；指数型复合函数的性质及应用
【解析】【分析】（1） 由题意，可得函数为奇函数，根据恒成立，求解即可；
（2）由题意得，，又，，分、和，利用函数的单调性求最值，从而确定实数的取值范围即可．
（1）因为的图象存在对称中心
则的图象关于原点成中心对称，
因为的定义域为R，所以恒成立，
即恒成立，解得．
（2）因为在区间上单调递减，值域为，即最大值为，
又，，，
所以，，
又，，
当，即时，在区间单调递减，
所以，解得，舍去；
当，即，在单调递增，单调递减，
所以，解得，所以；
当，即，在单调递增，
所以，解得（舍），
综上所述：
1 / 1广东省东莞市石龙中学等三校2024-2025学年高一上学期期中考试数学试卷
1．（2024高一上·东莞期中）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高一上·东莞期中）“”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
3．（2024高一上·东莞期中）已知，则（ ）
A．5 B．11 C．18 D．21
4．（2024高一上·东莞期中）函数的零点为1，2，则不等式的解集为（ ）
A． B．或
C．或 D．
5．（2024高一上·东莞期中）如图的曲线是幂函数在第一象限内的图象.已知分别取四个值，与曲线相应的依次为（ ）
A． B．
C． D．
6．（2024高一上·东莞期中）若，且，则下列不等式一定正确的是（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高一上·东莞期中）已知函数，其图象无限接近直线但又不与该直线相交，则的解集为（ ）
A． B．
C． D．
8．（2024高一上·东莞期中）黎曼函数（Riemann function）是一个特殊的函数，由德国数学家黎曼发现并提出，其基本定义是：（注：分子与分母是互质数的分数，称为既约分数），若是奇函数，且，当时，，则（ ）
A． B． C． D．
9．（2024高一上·东莞期中）下列判断不正确的有（ ）
A．函数与表示同一函数
B．函数的图象与直线的交点最多有1个
C．函数与是同一函数
D．函数是增函数
10．（2024高一上·东莞期中）下列说法正确的是（ ）
A．函数的图像恒过定点，且点在直线，上，则的最小值为8．
B．若，则的最大值为．
C．函数的最大值为．
D．若正数，满足，则的最小值是9．
11．（2024高一上·东莞期中）若，则下列关系正确的是（ ）．
A． B． C． D．
12．（2024高一上·东莞期中）命题：，，则命题的否定为 .
13．（2024高一上·东莞期中）已知不等式在上恒成立．则的取值范围为 ．
14．（2024高一上·东莞期中）已知函数是偶函数，当时，，若函数在区间上具有单调性，则实数a的取值范围是 .
15．（2024高一上·东莞期中）已知集合，，.
（1）求，，；
（2）若，求的取值范围.
16．（2024高一上·东莞期中）（1）求值：；
（2）已知，求值：.
17．（2024高一上·东莞期中）已知函数，且，．
（1）求的解析式；
（2）判断在上的单调性，并用定义证明．
（3）若对，恒成立，求实数的取值范围．
18．（2024高一上·东莞期中）某企业投资生产一批新型机器，其中年固定成本为1000万元，每生产x台，需另投入生产成本万元.当年产量不足25台时，；当年产量不小于25台时，且当年产量为10台时需另投入成本1100万元；若每台设备售价200万元，通过市场分析，该企业生产的这批机器能全部销售完.
（1）求k的值；
（2）求该企业投资生产这批新型机器的年利润所（万元）关于年产量x（台）的函数关系式（利润＝销售额－成本）；
（3）这批新型机器年产量为多少台时，该企业所获利润最大？并求出最大利润.
19．（2024高一上·东莞期中）函数的图象关于坐标原点成中心对称的充要条件是函数为奇函数，可以将其推广为：函数的图象关于点成中心对称的充要条件是函数为关于的奇函数，给定函数，关于中心对称．
（1）求的值
（2）已知函数，若对任意的，总存在，使得，求实数的取值范围．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：易知集合，
因为集合，所以.
故答案为：B.
【分析】先根据集合的特征求得集合，再根据集合的交集运算求解即可.
2．【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断；利用不等式的性质比较数（式）的大小
【解析】【解答】解：当时，若，则，即“”不是“”充分条件；
当时，，即“”是“”必要条件，
综上所述，“”是“”的必要不充分条件，
故答案为：B.
【分析】若条件能推出结论，则条件为结论的充分条件；若结论能推出条件，则条件为结论的必要条件.由不等式性质可知，若，则；若，则（ 两边同时乘以一个正数不会改变不等式的方向 ），因此条件为结论的必要不充分条件.
3．【答案】B
【知识点】函数解析式的求解及常用方法
【解析】【解答】解：令，则，所以，
即，所以，
故答案为：B.
【分析】引入新变量替换，将函数转化为关于新变量的表达式，进而得到的一般形式.
4．【答案】C
【知识点】一元二次不等式及其解法；一元二次方程的根与系数的关系
【解析】【解答】解：由题意可知：1，2是方程的两个根，
由韦达定理可得，解得，
则不等式，即，即，解得或，
故不等式的解集为或.
故答案为：C.
【分析】由题意可知：1，2是方程的两个根，利用韦达定理求得，再根据一元二次不等式的解法求解即可.
5．【答案】A
【知识点】幂函数的图象与性质；利用幂函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解：取幂函数，因为函数为增函数，所以，
作直线分别与曲线相交，交点由上到下分别对应的n值为，
由图可知，曲线相应n值为.
故答案为：A.
【分析】取幂函数，作直线分别与曲线相交，结合函数的单调性判断即可.
6．【答案】A
【知识点】利用不等式的性质比较数（式）的大小
【解析】【解答】解：因为且，可得，所以，
对A，由，所以，所以A正确；
对B，由，所以，所以B不正确；
对C，由，
因为，所以，可得，
所以，所以C不正确；
对D，由，所以，所以D不正确.
故答案为：A.
【分析】根据已知条件推出，再利用作差法或作商法，结合不等式的性质，对每个选项逐一分析判断.
7．【答案】A
【知识点】指数函数的图象与性质；指数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】解：根据题意知，其图象无限接近直线但又不与该直线相交，
所以可求得，则函数，
所以
当时，则可得，又因单调递增，所以可得，
当时，则可得，又因单调递增，所以可得，
综上可得的解集为.
故答案为：A
【分析】根据函数图象的渐近线求出参数，再将不等式转化为指数不等式，分和两种情况，利用指数函数的单调性求解.
8．【答案】B
【知识点】函数的奇偶性；函数的周期性
【解析】【解答】解：因为函数是定义在上的奇函数，且，
所以，令，可得，
即函数是以为周期的周期函数，
则，，
.
故答案为：B.
【分析】由题意可得，令可得，推得函数是以为周期的周期函数，再根据周期函数的性质结合黎曼函数的定义求解即可.
9．【答案】A,C,D
【知识点】函数的概念及其构成要素；同一函数的判定；函数单调性的判断与证明
【解析】【解答】解：A、函数的定义域为，函数的定义域为，定义域不同，不是同一函数，故A错误；
B、根据函数定义可知自变量若在定义域为内，其函数值唯一确定，此时的图象与直线仅有一个交点；若不在定义域内，的图象与直线无交点，故B正确；
C、函数，定义域为均为，但，对应关系不相同，不是同一函数，
故C错误；
D、函数定义域为，在定义域内不具有单调性，故D错误.
故答案为：ACD.
【分析】根据同一函数的定义即可判断AC；根据函数的函数定义即可判断B；求函数的定义域，由增函数定义以及函数解析式即可判断D.
10．【答案】B,C,D
【知识点】指数型复合函数的性质及应用；一元二次不等式及其解法；基本不等式
【解析】【解答】解：A、指数函数恒过点，根据图象的平移变化可得：函数的图象恒过点，因为点在直线上，所以，
，当且仅当时等号成立，则的最小值为，故A错误；
B、因为，所以，则，
当且仅当，即时等号成立，故B正确；
C、，，
当且仅当时等号成立，则函数的最大值为，故C正确；
D、，且，
则，即，
解得，即，当且仅当时等号成立，则的最小值9，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】指数函数恒过点，根据函数图象的平移变换求恒过定点，将点的坐标代入，利用基本不等式求解即可判断A；利用配凑思想，结合基本不等式求解即可判断B；时，利用基本不等式， 则即可判断C；利用基本不等式，结合一元二次不等式求解即可判断D.
11．【答案】A,C
【知识点】指数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】解：由，得到，易知在定义域上单调递增，得到，所以选项A正确，
对B，取，显然有，但，所以选项B错误，
对C，因为在定义域上单调递减，所以，即，所以选项C正确，
对D，若，则，所以选项D错误，
故答案为：AC.
【分析】通过构造函数，利用函数的单调性判断与的大小关系，再结合函数性质对各选项逐一分析.
12．【答案】，，
【知识点】命题的否定
【解析】【解答】解：根据存在量词命题的否定为全称量词命题知：命题：，的否定为，.
故答案为：，
【分析】根据存在量词命题的否定规则，将存在量词“”改为全称量词“”，并否定结论，即可求解.
13．【答案】
【知识点】函数恒成立问题
【解析】【解答】解：当时，原不等式为，在上恒成立，满足题意；
当时，要使不等式在上恒成立，
则，解得，
综上，的取值范围为，
故答案为：.
【分析】由题意，分和两种情况讨论，结合二次函数的图象与性质求解即可.
14．【答案】
【知识点】函数的奇偶性；奇偶性与单调性的综合
【解析】【解答】解：设，则，则，
因为为偶函数，所以，
所以，
作出的图象如图：
因为函数在区间上具有单调性，
由图可得或，解得或，
所以实数a的取值范围是.
故答案为：.
【分析】根据偶函数的性质求出函数在时的解析式，再画出函数图象，结合图象分析区间的单调性，从而确定的取值范围.
15．【答案】（1）解：因为，，
所以，，或.
（2）解：因为，，且，
所以，所以的取值范围是.
【知识点】集合间关系的判断；并集及其运算；交集及其运算；补集及其运算
【解析】【分析】（1）根据集合运算的定义，结合区间的范围直接计算.
（2）根据子集的定义，分析参数的取值范围.
（1）因为，，
所以，，或.
（2）因为，，且，
所以，所以的取值范围是.
16．【答案】解：（1）原式.
（2）由，而，
则，
故.
【知识点】有理数指数幂的运算性质
【解析】【分析】（1）用指数的运算性质，包括负指数幂、零指数幂、幂的乘方、积的乘方以及同底数幂的乘法等规则，对各项分别化简后再进行计算.
（2）已知的值，通过完全平方公式逐步求出和的值，再代入式子计算.
17．【答案】（1）解： 由题意可得，解得，
故；
（2）解：在上单调递增，证明如下：
令，则，
由，故，，即，
故在上单调递增
（3）解： 由在上单调递增，
则当时，有，
即.
【知识点】函数解析式的求解及常用方法；函数单调性的判断与证明；函数恒成立问题
【解析】【分析】（1）将已知点代入函数解析式，解方程组求出参数、，确定函数解析式；
（2）根据单调性定义，任取区间内两点，作差比较函数值大小，证明单调性；
（3）结合函数单调性求出区间内的最大值，根据恒成立条件确定的取值范围.
（1）由题意可得，解得，
故；
（2）在上单调递增，证明如下：
令，则，
由，故，，即，
故在上单调递增；
（3）由在上单调递增，
则当时，有，
即.
18．【答案】（1）解： 当，代入，得；
（2）解：由题意可得：当时，，
当时，，
所以年利润（万元）关于年产量x（台）的函数关系式为：
；
（3）解： 由（1）得时，，
此时（台）时，（万元），
当时，
，
当且仅当，即时等号成立，（万元）
而，故（台）时，利润最大，最大利润是200万元，
综上所述：年产量为20台时，该企业所获利润最大，最大利润是200万元
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【分析】（1）将已知产量和成本代入对应成本函数，求解参数；
（2）根据利润公式“利润 = 销售额 - 固定成本 - 生产成本”，分产量区间推导利润函数；
（3）分别在两个产量区间内，利用二次函数性质和基本不等式求利润最大值，再比较得出最终最大利润.
（1）当，代入，得；
（2）由题意可得：当时，，
当时，
所以年利润（万元）关于年产量x（台）的函数关系式为：
；
（3）由（1）得时，，
此时（台）时，（万元）
当时，
，
当且仅当，即时等号成立，（万元）
而，故（台）时，利润最大，最大利润是200万元，
综上所述：年产量为20台时，该企业所获利润最大，最大利润是200万元.
19．【答案】（1）解：因为函数的图象存在对称中心，所以为奇函数，
又因为的定义域为R，所以恒成立，
则恒成立，解得；
（2）解：因为在区间上单调递减，值域为，即最大值为，
又因为，，，所以，，
又因为，，
当，即时，在区间单调递减，
，解得，舍去；
当，即，在单调递增，单调递减，
，解得，所以；
当，即，在单调递增，
，解得（舍），
综上所述：
【知识点】函数单调性的性质；函数的最大（小）值；函数的奇偶性；函数恒成立问题；指数型复合函数的性质及应用
【解析】【分析】（1） 由题意，可得函数为奇函数，根据恒成立，求解即可；
（2）由题意得，，又，，分、和，利用函数的单调性求最值，从而确定实数的取值范围即可．
（1）因为的图象存在对称中心
则的图象关于原点成中心对称，
因为的定义域为R，所以恒成立，
即恒成立，解得．
（2）因为在区间上单调递减，值域为，即最大值为，
又，，，
所以，，
又，，
当，即时，在区间单调递减，
所以，解得，舍去；
当，即，在单调递增，单调递减，
所以，解得，所以；
当，即，在单调递增，
所以，解得（舍），
综上所述：
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