一、單選題
1．已知集合，，則（ ）
A．B．C．D．
【答案】D
【分析】根據(jù)交集的知識(shí)求得正確答案.
【詳解】由題意，，所以.
故選：D
2．設(shè)命題：，使得，則為（ ）
A．，都有B．，都有
C．，使得D．，使得
【答案】A
【分析】根據(jù)給定條件由含有一個(gè)量詞的命題的否定方法直接寫出p的否定判斷作答.
【詳解】命題：，使得，
則其否定為：，都有.
故選：A
3．下列說法正確的是（ ）
A．若，則B．若，則
C．若，則D．若，則
【答案】C
【分析】根據(jù)不等式的性質(zhì)，結(jié)合舉反例的方法，可得答案.
【詳解】對(duì)于A，若，則，故A錯(cuò)誤；
對(duì)于B，若，，則，故B錯(cuò)誤；
對(duì)于C，若，，可得，故C正確；
對(duì)于D，若，，，則，故D錯(cuò)誤.
故選：C．
4．下列四個(gè)函數(shù)中，在上為增函數(shù)的是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】B
【分析】根據(jù)基本函數(shù)的解析式直接判斷單調(diào)性即可.
【詳解】對(duì)于A，是單調(diào)遞減函數(shù)，故A不正確；
對(duì)于B，，在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，
故B正確；
對(duì)于C，當(dāng)時(shí)，，函數(shù)單調(diào)遞減，故C不正確；
對(duì)于D，，由向右平移1個(gè)單位變換得到，
所以在區(qū)間和上單調(diào)遞增，故D不正確.
故選：B.
5．“”是“”的（ ）
A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件
【答案】D
【分析】由一元二次不等式的解法與充分必要條件的概念求解．
【詳解】因?yàn)榛颍?br>又時(shí)，不能得出；時(shí)，不能得出，所以“”是“”的既不充分也不必要條件．
故選：D
6．已知函數(shù)則（ ）
A．5B．0C．-3D．-4
【答案】B
【分析】代入求解即可.
【詳解】.
故選：B.
7．若函數(shù)是定義在上的偶函數(shù)，則（ ）
A．B．C．D．2
【答案】D
【分析】利用偶函數(shù)的性質(zhì)求得的值，從而得解.
【詳解】函數(shù)是定義在上的偶函數(shù)，
所以，則，
所以，則．
故選：D．
8．若正數(shù)滿足，則的最小值是（ ）
A．2B．C．4D．
【答案】C
【分析】由得，代入后利用基本不等式即可求解.
【詳解】因?yàn)檎龜?shù)滿足，所以，則，
所以，
當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)，等號(hào)成立.
故選：C.
二、多選題
9．下列函數(shù)中，表示同一個(gè)函數(shù)的是（ ）
A．與
B．與
C．與
D．與
【答案】CD
【分析】根據(jù)函數(shù)的定義域以及對(duì)應(yīng)關(guān)系是否相同，即可結(jié)合選項(xiàng)逐一求解.
【詳解】對(duì)于A,的定義域?yàn)榈亩x域?yàn)?，兩函?shù)的定義域不相同，
所以不是同一個(gè)函數(shù)，故A錯(cuò)誤；
對(duì)于B，的定義域?yàn)榈亩x域?yàn)?，兩函?shù)的定義域相同，
因?yàn)椋詢珊瘮?shù)的對(duì)應(yīng)關(guān)系不相同，所以兩函數(shù)不是同一個(gè)函數(shù)，故B錯(cuò)誤；
對(duì)于C，的定義域?yàn)?，兩函?shù)的定義域相同，對(duì)應(yīng)關(guān)系也相同，
所以是同一個(gè)函數(shù)，故C正確；
對(duì)于D，的定義域?yàn)榈亩x域?yàn)?，兩函?shù)的定義域相同，而且兩函數(shù)的對(duì)應(yīng)關(guān)系相同，
所以兩函數(shù)是同一個(gè)函數(shù)，故D正確.
故選:CD.
10．已知集合，，則（ ）
A．，B．，
C．，D．，
【答案】AD
【分析】利用集合間的基本關(guān)系判定即可.
【詳解】因?yàn)榧希?br>所以B是A的真子集，所以，或，.
故選：AD.
11．對(duì)于給定的實(shí)數(shù)，關(guān)于實(shí)數(shù)的不等式的解集不可能為（ ）
A．B．C．或D．
【答案】AB
【分析】解含參一元二次不等式即可求得結(jié)果.
【詳解】因?yàn)椋?br>①當(dāng)時(shí)，不等式的解集為，
②當(dāng)時(shí)，不等式變?yōu)椋?br>方程的根為或，
當(dāng)時(shí)，不等式的解集為或，
當(dāng)時(shí)，不等式的解集為，
當(dāng)且時(shí)，不等式的解集為或，
綜述：當(dāng)或時(shí)，不等式的解集為，
當(dāng)時(shí)，不等式的解集為或，
當(dāng)且時(shí)，不等式的解集為或，
故選：AB.
12．若，，當(dāng)時(shí)，，則下列說法正確的是（ ）
A．的圖象關(guān)于直線對(duì)稱B．的單調(diào)遞增區(qū)間是
C．的最小值為－4D．方程的解集為
【答案】AC
【分析】利用函數(shù)的對(duì)稱性和單調(diào)性求解即可.
【詳解】因?yàn)?，?br>所以關(guān)于直線軸對(duì)稱，故A正確；
當(dāng)時(shí)，，所以的單調(diào)遞增區(qū)間為，
又因?yàn)殛P(guān)于直線軸對(duì)稱，所以的單調(diào)遞增區(qū)間為和，
兩區(qū)間中間不可用并，所以B不正確；
當(dāng)時(shí)，所以的最小值為-4，故C正確；
當(dāng)時(shí)，方程的解為，因?yàn)殛P(guān)于直線軸對(duì)稱，
所以方程的解集為，所以D錯(cuò)誤；
故選：AC
三、填空題
13．函數(shù)的定義域是 .
【答案】
【分析】根據(jù)解析式建立不等式求解即可.
【詳解】由，即，解得，
即函數(shù)的定義域是.
故答案為：
14．如圖，坐標(biāo)系中矩形及其內(nèi)部的點(diǎn)構(gòu)成的集合可表示為 .

【答案】
【分析】根據(jù)陰影部分的點(diǎn)構(gòu)成的集合求解即可.
【詳解】易知陰影部分的點(diǎn)構(gòu)成的集合為.
故答案為：.
15．寫出一個(gè)同時(shí)滿足下列條件①②③的函數(shù) .
①為偶函數(shù)；②有最大值；③不是二次函數(shù).
【答案】（答案不唯一）
【分析】根據(jù)函數(shù)的奇偶性和最大值寫滿足條件的函數(shù)即可.
【詳解】因?yàn)闉榕己瘮?shù)，則，
所以的圖象關(guān)于直線對(duì)稱，
又有最大值，所以可取.
故答案為：（答案不唯一）.
16．若對(duì)，使得成立，則實(shí)數(shù)的取值范圍為 ．
【答案】
【分析】由關(guān)于的一元二次不等式恒成立得，參變分離后再由基本不等式求解最值．
【詳解】由，得．
由題意可得，使得成立，
即，使得成立．
，當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)等號(hào)成立，故．
故答案為：.
四、解答題
17．已知集合，．
(1)求；
(2)定義，求．
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）根據(jù)集合的補(bǔ)集、交集運(yùn)算求解；
（2）根據(jù)新定義運(yùn)算即可.
【詳解】（1）因?yàn)椋?br>所以，
所以.
（2）因?yàn)?，且?
所以.
18．已知函數(shù)．
(1)判斷的奇偶性，并用定義證明；
(2)判斷在區(qū)間上的單調(diào)性，并用函數(shù)單調(diào)性定義證明．
【答案】(1)是偶函數(shù)，證明見解析
(2)在區(qū)間在上單調(diào)遞減，證明見解析
【分析】（1）根據(jù)題意，利用函數(shù)奇偶性的定義和判定方法，即可求解；
（2）根據(jù)題意，利用函數(shù)單調(diào)性的定義和判定方法，即可求解.
【詳解】（1）函數(shù)是偶函數(shù).
證明如下：
由函數(shù)，可得其定義域?yàn)椋P(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，
且，即，
所以是定義域上的偶函數(shù).
（2）函數(shù)在區(qū)間在上單調(diào)遞減.
證明如下：
設(shè)，
則
．
因?yàn)?，可得?br>所以，即，
所以在區(qū)間上單調(diào)遞減函數(shù).
19．已知對(duì)，都有，且當(dāng)時(shí)，.
(1)求函數(shù)的解析式，并畫出的簡(jiǎn)圖（不必列表）；
(2)求的值；
(3)求的解集.
【答案】(1)，簡(jiǎn)圖見解析
(2)21
(3)
【分析】（1）利用奇函數(shù)性質(zhì)求解析式，然后結(jié)合二次函數(shù)畫出分段函數(shù)圖象；
（2）先求，再求；
（3）利用函數(shù)圖象結(jié)合函數(shù)值的符號(hào)解不等式即可.
【詳解】（1）因?yàn)?，令，可得?br>設(shè)，則，，
又，所以，
故，故函數(shù)的簡(jiǎn)圖為
（2）因?yàn)椋?br>所以.
（3）即為或，由圖可知或，
故的解集為.
20．設(shè)：實(shí)數(shù)滿足，：實(shí)數(shù)滿足.
(1)若時(shí)，，至少有一個(gè)成立，求實(shí)數(shù)的取值范圍；
(2)若，求實(shí)數(shù)的取值范圍.
【答案】(1)或
(2)
【分析】（1）根據(jù)一元二次不等式的解法和分式不等式的解法分別求出，并求出，根據(jù)，至少有一個(gè)成立，則，均不成立，進(jìn)而可得出答案；
（2）設(shè)對(duì)應(yīng)的集合為，對(duì)應(yīng)的集合為，根據(jù)可得，再根據(jù)集合的包含關(guān)系即可得解.
【詳解】（1）由于，則，
所以：，：或，
解不等式組，解得得或，
所以：或，：，
由題意，，至少有1個(gè)成立，考慮反面，均不成立，
則，得，
所以滿足p，q至少有1個(gè)成立的實(shí)數(shù)x的取值范圍是或；
（2）易知：，，
而或，
所以：或，
由（1）知：或，
設(shè)，或，
由于，所以，
所以，解得，
所以實(shí)數(shù)的取值范圍是.
21．已知函數(shù).
(1)若存在，使得不等式成立，求的取值范圍；
(2)若的解集為，求的最大值.
【答案】(1)
(2)
【分析】（1）將不等式整理為，即可將存在使轉(zhuǎn)化為，然后利用換元法求最大值即可；
（2）利用三個(gè)“二次”的關(guān)系和韋達(dá)定理得到且，，然后利用基本不等式求最值即可.
【詳解】（1）不等式可整理為，存在使，即，令，則，，所以，解得，所以的取值范圍為.
（2）因?yàn)榈慕饧癁?，所以，，，所以，?br>，當(dāng)且僅的，即，時(shí)等號(hào)成立，
所以的最大值為.
22．使太陽光射到硅材料上產(chǎn)生電流直接發(fā)電，以硅材料的應(yīng)用開發(fā)形成的光電轉(zhuǎn)換產(chǎn)業(yè)鏈條稱之為“光伏產(chǎn)業(yè)”．隨著光伏發(fā)電成本持續(xù)降低，光伏產(chǎn)業(yè)已擺脫了對(duì)終端電站補(bǔ)貼政策的依賴，轉(zhuǎn)向由市場(chǎng)旺盛需求推動(dòng)的模式，中國光伏產(chǎn)業(yè)已進(jìn)入平價(jià)時(shí)代后的持續(xù)健康發(fā)展的成熟階段．某西部鄉(xiāng)村農(nóng)產(chǎn)品加工合作社每年消耗電費(fèi)24萬元．為了節(jié)能環(huán)保，決定修建一個(gè)可使用16年的光伏電站，并入該合作社的電網(wǎng)．修建光伏電站的費(fèi)用（單位：萬元）與光伏電站的太陽能面板的面積（單位：）成正比，比例系數(shù)為0.12．為了保證正常用電，修建后采用光伏地能和常規(guī)電能互補(bǔ)的供電模式用電，設(shè)在此模式下．當(dāng)光伏電站的太陽能面板的面積為（單位：）時(shí)，該合作社每年消耗的電費(fèi)為（單位：萬元，為常數(shù)）．記該合作社修建光伏電站的費(fèi)用與16年所消耗的電費(fèi)之和為（單位：萬元）．
(1)用表示；
(2)該合作社應(yīng)修建多大面積的太陽能面板，可使最??？并求出最小值；
(3)要使不超過140萬元，求的取值范圍．
【答案】(1)，
(2)修建面積為的太陽能面板，可使最小，且最小值為90萬元
(3)
【分析】（1）由題意求，再列式得與關(guān)系，
（2）由基本不等式求解，
（3）由一元二次不等式的解法求解．
【詳解】（1）由題意可得，當(dāng)時(shí)，，則，
所以該合作社修建光伏電站的費(fèi)用與16年所消耗的電費(fèi)之和，．
（2）由（1），
當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)，等號(hào)成立，
即該合作社應(yīng)修建面積為的太陽能面板，
可使最小，且最小值為90萬元．
（3）為使不超過140萬元，只需，
整理得，
則，解得，
即的取值范圍是．

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