广东省广州市实验外语学校2025-2026学年高一上学期期中考试数学试题
1．（2025高一上·广州期中）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：.
故选：B.
【分析】 根据交集的定义即可得出答案．
2．（2025高一上·广州期中）已知命题：，，则命题的否定为（ ）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】C
【知识点】命题的否定
【解析】【解答】解： 命题：，的否定为， .
故答案为：C.
【分析】根据命题否定的定义直接判断即可.
3．（2025高一上·广州期中）下列各组函数中，表示同一个函数的是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
【答案】C
【知识点】同一函数的判定
【解析】【解答】解：A、的定义域为，的定义域为，定义域不同，不是同一函数，故A错误；
B、的定义域为的定义域为，定义域不同，不是同一函数，故B错误；
C、和的定义域均为，且，是同一函数，故C正确；
D、的定义域为的定义域为，定义域不同，不是同一函数，故D错误.
故答案为：C.
【分析】根据同一函数的定义判断即可.
4．（2025高一上·广州期中）若在上是单调函数，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】D
【知识点】函数单调性的性质
【解析】【解答】解：易知函数的图象开口向下，对称轴为，
若在上是单调函数，则或，解得或，
故的取值范围是.
故答案为：D.
【分析】先求函数的对称轴，判断其开口方向，再结合函数的单调性列式求解即可.
5．（2025高一上·广州期中）已知幂函数满足条件，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】幂函数的概念与表示；利用幂函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解：因为为幂函数，所以，则，
故的定义域为，且在定义域上为增函数，
所以由，可得，解得，
故a的取值范围为.
故答案为：B.
【分析】根据幂函数的结构特征，系数为1，指数为正，求出m.利用幂函数单调性即可解得不等式.
6．（2025高一上·广州期中）已知偶函数在上单调递减，且，则不等式的解集为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】函数单调性的性质；函数的奇偶性；不等式的解集
【解析】【解答】解：当时，等价于，因为是偶函数，所以，
又因为在上单调递减，所以，可得；
当时，等价于，由题意，在上单调递增，则由，可得，
综上，的解集为.
故答案为：A.
【分析】分，两种情况，结合函数单调性与奇偶性讨论求解即可.
7．（2025高一上·广州期中）关于的不等式的解集为，则下列选项正确的是（ ）
A．
B．不等式的解集为
C．
D．不等式的解集为
【答案】D
【知识点】一元二次不等式及其解法；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： A、关于的不等式的解集为， 则，故A错误；
B、是方程的两个根，且，即，
由可得，即，解得或，故B错误；
C、由，可得，故C错误；
D、由，可得，即，解得，故D正确.
故答案为：D.
【分析】利用一元二次不等式的解集即可判断A；由题意可知是方程的两个根，利用韦达定理，，求得，然后代入BCD选项求解判断即可.
8．（2025高一上·广州期中）已知函数若方程有三个不等的实根，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】指数函数的图象与性质；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：作出函数的大致图象如图所示．
由可得．
由图可知，方程有两个不等的实根，
由题意可知，方程有且只有一个实根，故或，解得或．
故答案为：
【分析】将方程看为关于的一元二次方程，解得和，即这两个方程共有3个实根，由数形结合可得的取值范围
9．（2025高一上·广州期中）对任意实数，下列命题中正确的是（ ）
A．“”是“”的必要条件
B．“是无理数”是“是无理数”的充要条件
C．“”是“”的充要条件
D．“”是“”的充分条件
【答案】A,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：A、∵a＜3时，得出a＜5，
∴a＜5是a＜3的必要条件；∴该选项正确，符合题意；
B、是无理数，得出是无理数，充分性成立；
是无理数，得出是无理数，必要性成立；∴该选项正确，符合题意；
C、由，得出，充分性成立；
由，不能得出，例如：c＝0时，2×0＝3×0，2≠3，
∴必要性不成立；∴该选项错误，不合题意；；
D、∵a＞b不能得出，例如：得，
∴充分条件不成立；D该选项错误，不合题意
故答案为：AB．
【分析】由集合子集关系可判断A、B；代入特殊值可判断C、D.
10．（2025高一上·广州期中）已知，则（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
【答案】B,C
【知识点】不等关系与不等式；利用不等式的性质比较数（式）的大小
【解析】【解答】解：A、若，令，，则，，，该选项错误，不合题意；
B、显然，则，则，该选项正确，符合题意；
C、因为，所以，所以，同理可得，
即，该选项正确，符合题意；
D、，因为，所以，，，故，即，该选项错误，不合题意．
故答案为：BC
【分析】代入特殊值可判断A；先判断再由不等式性质可判断B；先判断再由不等式性质可判断B；由作差法将式子化为可判断D.
11．（2025高一上·广州期中）已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．当时，的最小值为0
B．若存在最小值，则的取值范围为
C．若是减函数，则的取值范围为
D．若存在零点，则的取值范围为
【答案】B,C,D
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数的零点与方程根的关系；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：A、当时，的图像如下：
故此时，.该选项错误，不合题意.
B、当时，
当时，单减，此时，
当时，单调增，故，
因为；所以；所以；
即；
当时，的最小值为：.该选项正确，符合题意.
C、当时，时，单减，
此时的斜率为负，故此当时，单减，该选项正确，符合题意.
D、此时要对分类讨论；
分类讨论一：当时，一定有零点；
分类讨论二：当时，由A选项可知此时无零点；
分类讨论三：当时，
当时，此时左区段无零点；
当时，函数右区段表达式为，此时直线单减，
故才会有零点；
解不等式.
与取交集有：；
分类讨论四：当时，
由B选项的讨论过程可知：此时函数图象左区段单减，左区段单增；
因为不在左区段的定义域内，故区段上无零点；
要使存在零点，则零点必在右区段上；
即右区段的最小值必然小于等零，即
即或
上式再与取交集有：
综上所述：若存在零点，则的取值范围为.该选项正确，符合题意.
故答案为：BCD.
【分析】数形结合画出函数图象即可判断A；将左右两侧函数的最值比大小即可判断B选项；利用左右两侧函数的增减性即可判断C选项；分四种情况讨论即可判断D选项.
12．（2025高一上·广州期中）已知集合，则 ．
【答案】
【知识点】补集及其运算；其他不等式的解法
【解析】【解答】解：由题可知或，则．
故答案为：
【分析】将集合A解分式不等式得到，利用补集定义可得答案.
13．（2025高一上·广州期中）已知a，b为正实数，且满足，则的最小值为 .
【答案】4
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】解：由题a，b为正实数，且满足，
则，当且仅当即时等号成立，
所以的最小值为4.
故答案为：4
【分析】利用将b代换为，原式可化为，再结合基本不等式即可求解.
14．（2025高一上·广州期中）定义，若函数，则的最大值为 ；若在区间上的值域为，则的最大值为 ．
【答案】3；
【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；函数的最大（小）值
【解析】【解答】解：令，解得或，
函数，作出的图象，如图所示：
由图知：当时，有最大值，，
当时，令，注意，解得或，
令，注意，解得，
当时，令，注意，解得，
令，注意，解得，
由图知：当，时，的值域为，
此时的最大值为；
当，时，的值域为，此时，
由上知，的最大值为.
故答案为：3，.
【分析】令，解得或，求得函数的解析式，画出函数图象，数形结合求函数最大值，根据值域端点值求出对应的自变量，讨论确定的最大值.
15．（2025高一上·广州期中）计算：
（1）
（2）.
【答案】（1）解：原式；
（2）解：原式.
【知识点】有理数指数幂的运算性质；对数的性质与运算法则；换底公式及其推论
【解析】【分析】（1）代入指数的运算公式计算可得；
（2）代入对数换底公式，对数的运算公式计算即可.
（1）原式；
（2）原式.
16．（2025高一上·广州期中）已知集合是函数的定义域，.
（1）若，求；
（2）若，求实数的取值范围．
【答案】（1）解：由，即，所以，
当时，，
所以.
（2）解：由（1）知，，，且，
当时，有，即.
当时，有，即.
综上所述，的取值范围为.
【知识点】集合间关系的判断；并集及其运算；一元二次不等式及其解法；简单函数定义域
【解析】【分析】（1）先解一元二次不等式求出集合，再根据并集运算即可；
（2）由得B是A的子集，故分两种情况和讨论，利用包含关系讨论求解即可.
（1）由，即，所以，
当时，，
所以.
（2）由（1）知，，，且，
当时，有，即.
当时，有，即.
综上所述，的取值范围为.
17．（2025高一上·广州期中）已知函数的图象经过点
（1）求函数的解析式，并求的值；
（2）用定义证明函数在区间上单调递减．
【答案】（1）解：由函数的图象经过点，可得，解得，则，
因为，所以；
（2）证明：由（1）知，函数，
，且，
则，
因为，所以，所以，
则，即函数在区间上单调递减.
【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
【解析】【分析】（1）由函数的图象经过点，可得，求得，得到，再代值求的值即可；
（2）由（1）分离常量可得，根据函数单调性的定义证明即可.
（1）解：因为函数的图象经过点，
可得，解得，所以，
可得，所以.
（2）证明：由（1）知，函数，
任取，且，
则，
因为，可得，所以，
即，所以函数在区间上单调递减.
18．（2025高一上·广州期中）在园林博览会上，某公司带来了一种智能设备供采购商洽谈采购，并决定大量投放市场，已知该种设备年固定研发成本为50万元，每生产一台需另投入90元，设该公司一年内生产该设备万台且全部售完，每一万台的销售收入（万元）与年产量（万台）满足如下关系式：
（1）写出年利润（万元）关于年产量（万台）的函数解析式（利润销售收入－成本）
（2）当年产量为多少万台时，该公司获得的年利润最大，并求出最大利润.
【答案】（1）解：当时，；
当时，，
故；
（2）解：当时，的对称轴为，在上单调递增，
故当时，万元；
当时，万元，
当且仅当时等号成立，故当时，万元，
故当年产量为万台时，该公司获得的年利润最大，且最大利润为万元.
【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；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【分析】（1）由题意，利用利润销售收入－成本公式计算即可；
（2）由（1）的结论，根据二次函数性质以及基本不等式分别求每段的最值，比较即可判断.
（1）当时，；
当时，，
故；
（2）当时，是对称轴为的二次函数，
则在上单调递增，
故当时，万元；
当时，
万元，
当且仅当时等号成立，
故当时，万元；
故当年产量为万台时，该公司获得的年利润最大，且最大利润为万元.
19．（2025高一上·广州期中）已知函数的图象过点，且满足.
（1）求函数的解析式；
（2）设函数在上的最小值为，求；
（3）若满足，则称为函数的不动点.函数有两个不相等的不动点，且，
①求实数的取值范围；②求的最小值.
【答案】（1）解：因为函数的图象过点，且
所以，解得，
则；
（2）解：函数的对称轴为，
当时，在单调递增，，
当时，即，在单调递减，，
当时，即，，
综上可得；
（3）解：根据题意可得，
则有两个不相等的正实数根，满足，解得，
即实数t的取值范围为；
由于，
则，
因为，所以，
，当且仅当时取等号，
故，故最小值为6.
【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；基本不等式；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【分析】（1）由题意可得，求解即可得函数的解析式；
（2）化简可得，对a分情况，结合二次函数的单调性求解即可；
（3）①根据一元二次方程根的分布、判别式以及韦达定理求解即可；
②根据韦达定理，结合基本不等式求解最值即可.
（1）根据的图象过点，且
可得，故，
故.
（2）的对称轴为，
当时，在单调递增，故，
当时，即，在单调递减，
故，
当时，即，故，
综上可得.
（3）根据题意可得，
故有两个不相等的正实数根，
故，解得，
由于，
故，
由于，则，
故，当且仅当时取等号，
故，故最小值为6
1 / 1广东省广州市实验外语学校2025-2026学年高一上学期期中考试数学试题
1．（2025高一上·广州期中）已知集合，则（ ）
A． B．
C． D．
2．（2025高一上·广州期中）已知命题：，，则命题的否定为（ ）
A．， B．，
C．， D．，
3．（2025高一上·广州期中）下列各组函数中，表示同一个函数的是（ ）
A．， B．，
C．， D．，
4．（2025高一上·广州期中）若在上是单调函数，则的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
5．（2025高一上·广州期中）已知幂函数满足条件，则实数a的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
6．（2025高一上·广州期中）已知偶函数在上单调递减，且，则不等式的解集为（ ）
A． B．
C． D．
7．（2025高一上·广州期中）关于的不等式的解集为，则下列选项正确的是（ ）
A．
B．不等式的解集为
C．
D．不等式的解集为
8．（2025高一上·广州期中）已知函数若方程有三个不等的实根，则实数的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
9．（2025高一上·广州期中）对任意实数，下列命题中正确的是（ ）
A．“”是“”的必要条件
B．“是无理数”是“是无理数”的充要条件
C．“”是“”的充要条件
D．“”是“”的充分条件
10．（2025高一上·广州期中）已知，则（ ）
A．若，则 B．若，则
C．若，则 D．若，则
11．（2025高一上·广州期中）已知函数，则下列结论正确的是（ ）
A．当时，的最小值为0
B．若存在最小值，则的取值范围为
C．若是减函数，则的取值范围为
D．若存在零点，则的取值范围为
12．（2025高一上·广州期中）已知集合，则 ．
13．（2025高一上·广州期中）已知a，b为正实数，且满足，则的最小值为 .
14．（2025高一上·广州期中）定义，若函数，则的最大值为 ；若在区间上的值域为，则的最大值为 ．
15．（2025高一上·广州期中）计算：
（1）
（2）.
16．（2025高一上·广州期中）已知集合是函数的定义域，.
（1）若，求；
（2）若，求实数的取值范围．
17．（2025高一上·广州期中）已知函数的图象经过点
（1）求函数的解析式，并求的值；
（2）用定义证明函数在区间上单调递减．
18．（2025高一上·广州期中）在园林博览会上，某公司带来了一种智能设备供采购商洽谈采购，并决定大量投放市场，已知该种设备年固定研发成本为50万元，每生产一台需另投入90元，设该公司一年内生产该设备万台且全部售完，每一万台的销售收入（万元）与年产量（万台）满足如下关系式：
（1）写出年利润（万元）关于年产量（万台）的函数解析式（利润销售收入－成本）
（2）当年产量为多少万台时，该公司获得的年利润最大，并求出最大利润.
19．（2025高一上·广州期中）已知函数的图象过点，且满足.
（1）求函数的解析式；
（2）设函数在上的最小值为，求；
（3）若满足，则称为函数的不动点.函数有两个不相等的不动点，且，
①求实数的取值范围；②求的最小值.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：.
故选：B.
【分析】 根据交集的定义即可得出答案．
2．【答案】C
【知识点】命题的否定
【解析】【解答】解： 命题：，的否定为， .
故答案为：C.
【分析】根据命题否定的定义直接判断即可.
3．【答案】C
【知识点】同一函数的判定
【解析】【解答】解：A、的定义域为，的定义域为，定义域不同，不是同一函数，故A错误；
B、的定义域为的定义域为，定义域不同，不是同一函数，故B错误；
C、和的定义域均为，且，是同一函数，故C正确；
D、的定义域为的定义域为，定义域不同，不是同一函数，故D错误.
故答案为：C.
【分析】根据同一函数的定义判断即可.
4．【答案】D
【知识点】函数单调性的性质
【解析】【解答】解：易知函数的图象开口向下，对称轴为，
若在上是单调函数，则或，解得或，
故的取值范围是.
故答案为：D.
【分析】先求函数的对称轴，判断其开口方向，再结合函数的单调性列式求解即可.
5．【答案】B
【知识点】幂函数的概念与表示；利用幂函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解：因为为幂函数，所以，则，
故的定义域为，且在定义域上为增函数，
所以由，可得，解得，
故a的取值范围为.
故答案为：B.
【分析】根据幂函数的结构特征，系数为1，指数为正，求出m.利用幂函数单调性即可解得不等式.
6．【答案】A
【知识点】函数单调性的性质；函数的奇偶性；不等式的解集
【解析】【解答】解：当时，等价于，因为是偶函数，所以，
又因为在上单调递减，所以，可得；
当时，等价于，由题意，在上单调递增，则由，可得，
综上，的解集为.
故答案为：A.
【分析】分，两种情况，结合函数单调性与奇偶性讨论求解即可.
7．【答案】D
【知识点】一元二次不等式及其解法；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： A、关于的不等式的解集为， 则，故A错误；
B、是方程的两个根，且，即，
由可得，即，解得或，故B错误；
C、由，可得，故C错误；
D、由，可得，即，解得，故D正确.
故答案为：D.
【分析】利用一元二次不等式的解集即可判断A；由题意可知是方程的两个根，利用韦达定理，，求得，然后代入BCD选项求解判断即可.
8．【答案】B
【知识点】指数函数的图象与性质；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：作出函数的大致图象如图所示．
由可得．
由图可知，方程有两个不等的实根，
由题意可知，方程有且只有一个实根，故或，解得或．
故答案为：
【分析】将方程看为关于的一元二次方程，解得和，即这两个方程共有3个实根，由数形结合可得的取值范围
9．【答案】A,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：A、∵a＜3时，得出a＜5，
∴a＜5是a＜3的必要条件；∴该选项正确，符合题意；
B、是无理数，得出是无理数，充分性成立；
是无理数，得出是无理数，必要性成立；∴该选项正确，符合题意；
C、由，得出，充分性成立；
由，不能得出，例如：c＝0时，2×0＝3×0，2≠3，
∴必要性不成立；∴该选项错误，不合题意；；
D、∵a＞b不能得出，例如：得，
∴充分条件不成立；D该选项错误，不合题意
故答案为：AB．
【分析】由集合子集关系可判断A、B；代入特殊值可判断C、D.
10．【答案】B,C
【知识点】不等关系与不等式；利用不等式的性质比较数（式）的大小
【解析】【解答】解：A、若，令，，则，，，该选项错误，不合题意；
B、显然，则，则，该选项正确，符合题意；
C、因为，所以，所以，同理可得，
即，该选项正确，符合题意；
D、，因为，所以，，，故，即，该选项错误，不合题意．
故答案为：BC
【分析】代入特殊值可判断A；先判断再由不等式性质可判断B；先判断再由不等式性质可判断B；由作差法将式子化为可判断D.
11．【答案】B,C,D
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；函数的零点与方程根的关系；函数零点存在定理
【解析】【解答】解：A、当时，的图像如下：
故此时，.该选项错误，不合题意.
B、当时，
当时，单减，此时，
当时，单调增，故，
因为；所以；所以；
即；
当时，的最小值为：.该选项正确，符合题意.
C、当时，时，单减，
此时的斜率为负，故此当时，单减，该选项正确，符合题意.
D、此时要对分类讨论；
分类讨论一：当时，一定有零点；
分类讨论二：当时，由A选项可知此时无零点；
分类讨论三：当时，
当时，此时左区段无零点；
当时，函数右区段表达式为，此时直线单减，
故才会有零点；
解不等式.
与取交集有：；
分类讨论四：当时，
由B选项的讨论过程可知：此时函数图象左区段单减，左区段单增；
因为不在左区段的定义域内，故区段上无零点；
要使存在零点，则零点必在右区段上；
即右区段的最小值必然小于等零，即
即或
上式再与取交集有：
综上所述：若存在零点，则的取值范围为.该选项正确，符合题意.
故答案为：BCD.
【分析】数形结合画出函数图象即可判断A；将左右两侧函数的最值比大小即可判断B选项；利用左右两侧函数的增减性即可判断C选项；分四种情况讨论即可判断D选项.
12．【答案】
【知识点】补集及其运算；其他不等式的解法
【解析】【解答】解：由题可知或，则．
故答案为：
【分析】将集合A解分式不等式得到，利用补集定义可得答案.
13．【答案】4
【知识点】基本不等式
【解析】【解答】解：由题a，b为正实数，且满足，
则，当且仅当即时等号成立，
所以的最小值为4.
故答案为：4
【分析】利用将b代换为，原式可化为，再结合基本不等式即可求解.
14．【答案】3；
【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；函数的最大（小）值
【解析】【解答】解：令，解得或，
函数，作出的图象，如图所示：
由图知：当时，有最大值，，
当时，令，注意，解得或，
令，注意，解得，
当时，令，注意，解得，
令，注意，解得，
由图知：当，时，的值域为，
此时的最大值为；
当，时，的值域为，此时，
由上知，的最大值为.
故答案为：3，.
【分析】令，解得或，求得函数的解析式，画出函数图象，数形结合求函数最大值，根据值域端点值求出对应的自变量，讨论确定的最大值.
15．【答案】（1）解：原式；
（2）解：原式.
【知识点】有理数指数幂的运算性质；对数的性质与运算法则；换底公式及其推论
【解析】【分析】（1）代入指数的运算公式计算可得；
（2）代入对数换底公式，对数的运算公式计算即可.
（1）原式；
（2）原式.
16．【答案】（1）解：由，即，所以，
当时，，
所以.
（2）解：由（1）知，，，且，
当时，有，即.
当时，有，即.
综上所述，的取值范围为.
【知识点】集合间关系的判断；并集及其运算；一元二次不等式及其解法；简单函数定义域
【解析】【分析】（1）先解一元二次不等式求出集合，再根据并集运算即可；
（2）由得B是A的子集，故分两种情况和讨论，利用包含关系讨论求解即可.
（1）由，即，所以，
当时，，
所以.
（2）由（1）知，，，且，
当时，有，即.
当时，有，即.
综上所述，的取值范围为.
17．【答案】（1）解：由函数的图象经过点，可得，解得，则，
因为，所以；
（2）证明：由（1）知，函数，
，且，
则，
因为，所以，所以，
则，即函数在区间上单调递减.
【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
【解析】【分析】（1）由函数的图象经过点，可得，求得，得到，再代值求的值即可；
（2）由（1）分离常量可得，根据函数单调性的定义证明即可.
（1）解：因为函数的图象经过点，
可得，解得，所以，
可得，所以.
（2）证明：由（1）知，函数，
任取，且，
则，
因为，可得，所以，
即，所以函数在区间上单调递减.
18．【答案】（1）解：当时，；
当时，，
故；
（2）解：当时，的对称轴为，在上单调递增，
故当时，万元；
当时，万元，
当且仅当时等号成立，故当时，万元，
故当年产量为万台时，该公司获得的年利润最大，且最大利润为万元.
【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；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【分析】（1）由题意，利用利润销售收入－成本公式计算即可；
（2）由（1）的结论，根据二次函数性质以及基本不等式分别求每段的最值，比较即可判断.
（1）当时，；
当时，，
故；
（2）当时，是对称轴为的二次函数，
则在上单调递增，
故当时，万元；
当时，
万元，
当且仅当时等号成立，
故当时，万元；
故当年产量为万台时，该公司获得的年利润最大，且最大利润为万元.
19．【答案】（1）解：因为函数的图象过点，且
所以，解得，
则；
（2）解：函数的对称轴为，
当时，在单调递增，，
当时，即，在单调递减，，
当时，即，，
综上可得；
（3）解：根据题意可得，
则有两个不相等的正实数根，满足，解得，
即实数t的取值范围为；
由于，
则，
因为，所以，
，当且仅当时取等号，
故，故最小值为6.
【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；基本不等式；基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【分析】（1）由题意可得，求解即可得函数的解析式；
（2）化简可得，对a分情况，结合二次函数的单调性求解即可；
（3）①根据一元二次方程根的分布、判别式以及韦达定理求解即可；
②根据韦达定理，结合基本不等式求解最值即可.
（1）根据的图象过点，且
可得，故，
故.
（2）的对称轴为，
当时，在单调递增，故，
当时，即，在单调递减，
故，
当时，即，故，
综上可得.
（3）根据题意可得，
故有两个不相等的正实数根，
故，解得，
由于，
故，
由于，则，
故，当且仅当时取等号，
故，故最小值为6
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