1.試卷分值：100分；建議時長：90分鐘；
2.請將答案正確填寫到相應的答題區(qū)域.
一、單選題：本題共8小題，共32分，在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的.
1. 已知集合，，那么集合等于（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】根據交集運算的定義求解即可.
【詳解】因為集合A和集合B沒有公共元素，故.
故選：D
2. 下圖中可表示函數的圖象是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】根據函數的定義即可得解.
【詳解】根據函數定義可知一個只能對應一個值，故答案為B.
故選：B.
3. 下列函數中，既是奇函數又在上單調遞減的函數是（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】AC選項為偶函數，B選項滿足要求，D選項不滿足單調性.
【詳解】A選項，的定義域為，
故，故為偶函數，A錯誤；
B選項，畫出的圖象，滿足既是奇函數又在0,+∞上單調遞減，B正確；
C選項，的定義域為R，且，
故為偶函數，C錯誤；
D選項，在0,+∞上單調遞增，D錯誤.
故選：B
4. “黃沙百戰(zhàn)穿金甲，不破樓蘭終不還”是我國唐代著名詩人王昌齡的《從軍行》中的兩句詩，描寫了當時戰(zhàn)事的艱苦以及戍邊將士的豪情壯志，從邏輯學的角度看，最后一句中，“破樓蘭”是“終還”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】B
【解析】
【分析】根據充分條件和必要條件的定義判斷即可；
【詳解】解：“破樓蘭”不一定“終還”，但“終還”一定是“破樓蘭”，
由充分條件和必要條件的定義判斷可得“攻破樓蘭”是“返回家鄉(xiāng)”必要不充分條件，
故選：．
5. 已知不等式的解集為， 則不等式的解集為（ ）
A. B.
C. D.
【答案】C
【解析】
【分析】利用一元二次函數、一元二次方程、一元二次不等式之間的對應關系可求得，且，代入解不等式即可求出結果.
【詳解】根據題意可知和1是方程的兩實數根，且
由韋達定理可知，解得；
所以不等式可化為，即；
解得，所以不等式的解集為
故選：C
6. 關于的一元二次方程的兩實數根、，滿足，則的值是（ ）
A. B. C. 或D. 或
【答案】B
【解析】
【分析】利用韋達定理結合判別式求出實數的值，再結合韋達定理可求得的值.
【詳解】由題意可知，可得，
由韋達定理可得，因為，則，
原方程為，所以，，
故，
因此，.
故選：B.
7. 如圖，在邊長為2的正方形ABCD中，對角線AC與BD相交于點O，點P是BD上的一個動點，過點P作EFAC，分別交正方形的兩條邊于點E，F，連接OE，OF，設BP=x，OEF的面積為y，則能大致反映y與x之間的函數關系的圖象為（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】
【分析】分點在上和點在上兩種情況討論，由面積公式可求與的函數關系，即可求解．
【詳解】解：當點在上時，
四邊形是正方形，邊長為2，
，，，
，，
，
，，，
，
，
，
，
，
，
當點在上時，同理可得：，，
故選：B
8. 若對任意實數，不等式恒成立，則實數a的最小值為（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】
【分析】分離變量將問題轉化為對于任意實數恒成立，進而求出的最大值，設及，然后通過基本不等式求得答案.
【詳解】由題意可得，對于任意實數恒成立，則只需求的最大值即可，，設，則，再設，則，當且僅當時取得“=”.
所以，即實數a的最小值為.
故選：D.
二、多選題：本題共4小題，共16分，在每小題給出的四個選項中，有多項符合題目要求.全部選對的得4分，部分選對的得部分分，有選錯的得0分.
9. 若．且，則下列不等式恒成立是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】CD
【解析】
【分析】結合基本不等式對選項進行分析，由此確定正確選項.
【詳解】，當且僅當時等號成立，
則或，
則，
即AB錯誤，D正確.
對于C選項，，C選項正確.
故選：CD
10. 對于實數，下列命題正確的是（ ）
A. 若，則B. 若，則
C. 若，則D. 若，，則
【答案】BD
【解析】
【分析】A特殊值法判斷；B由結合不等式性質判斷；C作差法判斷；D由或時的大小情況判斷.
【詳解】A：當時，不成立，錯誤；
B：由，有，則，正確；
C：由，則，錯誤；
D：若或，有，與題設矛盾，故，正確.
故選：BD
11. 已知函數，則下列結論正確的是（ ）
A. 關于x的不等式的解集可以是
B. 關于x的不等式的解集可以是
C. 函數上可以有兩個零點
D. “關于x的方程有一個正根和一個負根”的充要條件是“”
【答案】BCD
【解析】
【分析】解含參的一元二次不等式判斷A,B,根據含參的一元二次不等式解集得出參數范圍判斷C,D.
【詳解】對A，若不等式的解集是，則且，得，
而當，時，不等式，即，得，與矛盾，故A錯誤；
對B，取，，此時不等式的解集為，故B正確；
對C，取，，則由，得或3，故C正確；
對D，若關于x的方程有一個正根和一個負根，則，得，
若，則，故關于x的方程有兩個不等的實根，，
且，關于x的方程有一個正根和一個負根.
因此“關于x的方程有一個正根和一個負根”的充要條件是“”，故D正確.
故選：BCD.
12. 已知二次函數（為常數），當時，的最大值是，則的值是（ ）
A. B. C. D.
【答案】AC
【解析】
【分析】分、、三種情況討論，分析二次函數在時的增減性，結合的最大值是可求得實數的值.
【詳解】二次函數圖象的對稱軸為直線.
①當時，即當時，當時，隨著的增大而減小，
當時，取得最大值，即，解得，合乎題意；
②當時，即當時，當時，取得最大值，
即，即，解得或（舍）；
③當時，即當時，當時，隨著的增大而增大，
當時，取得最大值，即，解得（舍）.
綜上所述，或.
故選：AC.
三、填空題：本題共4小題，共16分
13. 用列舉法表示集合為：___________.
【答案】
【解析】
【分析】對、的符號進行分類討論，求出的值，即可得出所求集合.
【詳解】分以下幾種情況討論：
①當，時，；
②當，時，；
③當，時，；
④當，時，.
綜上所述，.
故答案為：.
14. 分解因式__________．
【答案】
【解析】
【分析】通過拆項，結合分組分解法，提公因式法，完全平方公式分解因式即可.
【詳解】
故答案為：.
15. 若函數的定義域為，則實數的取值范圍是_____________.
【答案】
【解析】
【分析】利用函數的定義域為,轉化為恒成立,然后通過分類討論和兩種情況分別求得a的取值范圍，可得解.
【詳解】的定義域為，是使在實數集上恒成立.
若時,要使恒成立,則有 且,
即,解得.
若時，化為，恒成立，所以滿足題意，
所以
故答案為：.
16. 設函數，當時，恒有成立，則的最小值為__________.
【答案】
【解析】
【分析】將化為，和比較系數，求得x的值，結合恒成立，即可求得答案.
【詳解】由題意得，
令，解得或，
當時，，即，
當時，，則，
驗證：時，，，即時，
取到最小值，
故答案為：
四、解答題：本題共3小題，共36分，解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟.
17. 集合，．
（1）若，求；
（2）若，求實數a的取值范圍．
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）化簡，根據補集和交集的概念可求出結果；
（2）分類討論，根據子集關系列式可求出結果.
【小問1詳解】
若，則，
由得，得，則，
所以或.
【小問2詳解】
因為，所以，
當時，，得，此時滿足；
當時，，解得，
綜上所述：a的取值范圍為.
18. 某視頻設備生產廠商計劃引進一款新型器材用于產品生產，以提高整體效益.通過市場分析，每月需投入固定成本5000元，每月生產臺該設備另需投入成本元，且，若每臺設備售價1000元，且當月生產的視頻設備該月內能全部售完.
（1）求廠商由該設備所獲的月利潤關于月產量臺的函數關系式；（利潤＝銷售額－成本）
（2）當月產量為多少臺時，制造商由該設備所獲得的月利潤最大？并求出最大月利潤.
【答案】（1）
（2）當時，獲得增加的利潤最大，且增加的最大利潤為4000元
【解析】
【分析】（1）分和時兩種情況，利用利潤＝銷售額－成本列式即可；
（2）利用二次函數求時最大值，利用基本不等式求時的最大值，取最大即可.
【小問1詳解】
當時，；
當時，．
【小問2詳解】
當時，，
當時，．
當時，，
當且僅當，即時，．
當時，獲得增加的利潤最大，且增加的最大利潤為4000元
19. 已知函數，，.
（1）若為偶函數，求實數的值；
（2）對任意的，都存在使得，求實數的取值范圍.
【答案】（1）
（2）
【解析】
【分析】（1）利用偶函數的性即可求得參數的值；
（2）根據題意得到，先利用絕對值不等式得到，再構造，通過一系列的分類討論與整合，結合二次函數的性質求得，從而求得的取值范圍.
【小問1詳解】
因為為偶函數，
所以，即，
因為，所以，
所以，
因為，所以，解得，
當時，得，由于不恒為，故不滿足題意；
當時，得；
經檢驗，當時，，
所以，易知的定義域為，關于原點對稱，
又易得，所以為偶函數，
綜上：.
【小問2詳解】
因為對任意的，都存在使得，
所以，
因為，所以，則，
令，則，，
當時，，
則開口向上，對稱軸，
當，即時，在上單調遞增，則；
當，即時，在上單調遞減，在上單調遞增，則；
當時，，
則開口向上，對稱軸為，
當，即時，在上單調遞減，則；
當，即時，在上單調遞減，在上單調遞增，則；
綜上：當時，在上單調遞減，在上單調遞增，在上單調遞增，故；
當時，在上單調遞減，在上單調遞減，在上單調遞增，故；
當時，在上單調遞減，在上單調遞增，在上單調遞減，在上單調遞增，
因為，
所以當時，，則，
當時，，則，
綜上：當時，；當時，，
所以當時，有，解得或，故；
當時，有，解得或，故；
所以或，即.
【點睛】方法點睛：絕對值不等式的解法：
法一：利用絕對值不等式的幾何意義求解，體現了數形結合的思想；
法二：利用“零點分段法”求解，體現了分類討論的思想；
法三：通過構造函數，利用函數的圖象求解，體現了函數與方程的思想．

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