一、單項選擇題：本題共8小題，每小題5分，共40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．集合，，則（ ）
A．B．C．D．
2．下列各式中，表示是的函數(shù)的有（ ）
①；②；③；④
A．4個B．3個C．2個D．1個
3．十六世紀中葉，英國數(shù)學(xué)家雷科德在《礪智石》一書中首先把“=”作為等號使用，后來英國數(shù)學(xué)家哈利奧特首次使用“”符號，并逐漸被數(shù)學(xué)界接受，不等號的引入對不等式的發(fā)展影響深遠.若，則下列命題不正確的是（ ）
A．若，則
B．若，則
C．若且，則
D．若，則
4．命題“，”為真命題的一個充分不必要條件是（ ）
A．B．C．D．
5．函數(shù)的圖像大致是
A．B．
C．D．
6．定義在上的奇函數(shù)在上單調(diào)遞減，且，則滿足的的取值范圍是（ ）
A．B．
C．D．
7．已知函數(shù)在上的最大值為，則m的取值范圍是（ ）
A．B．C．D．
8．實數(shù)，，滿足且，則下列關(guān)系成立的是（ ）
A．B．C．D．
二、多項選擇題：本題共4小題，每小題5分，共20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5分，部分選對的得2分，有選錯的得0分．
9．如果冪函數(shù)的圖象過，下列說法正確的有（ ）
A．且B．是偶函數(shù)
C．是減函數(shù)D．的值域為
10．對于給定的實數(shù)a，關(guān)于實數(shù)x的一元二次不等式的解集可能為（ ）
A．B．
C．D．或
11．已知，，則下列選項一定正確的是（ ）
A．
B．的最大值為
C．的最大值為2
D．
12．已知定義在上的函數(shù)，下列結(jié)論正確的為（ ）
A．函數(shù)的值域為
B．當(dāng)時，函數(shù)所有輸出值中的最大值為4
C．函數(shù)在上單調(diào)遞減
D．
三、填空題：本題共4小題，每小題5分，共20分，其中第14題第一空2分，第二空3分
13．已知，若則 .
14．已知函數(shù)為奇函數(shù)，且當(dāng)時，，則當(dāng)時， .
15．已知命題：，，則命題的否定為 ；若命題為真命題，則的取值范圍為 .
16．已知函數(shù)，關(guān)于的不等式的解集為，則的最大值為 ．
四、解答題：本題共6小題，共70分解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．
17．設(shè)全集，集合，非空集合，其中.
(1)當(dāng)時，求；
(2)若“”是“”的___________條件，求的取值范圍，（請在“①充分；②必要”兩個條件中選一個條件填入橫線后作答）
18．解關(guān)于的不等式
(1)．
(2)已知，解不等式．
19．已知函數(shù)是定義在上的偶函數(shù)，且當(dāng)時，，現(xiàn)已畫出函數(shù)在軸左側(cè)的圖象，如圖所示，請根據(jù)圖象．
(1)補充完整圖象并寫出函數(shù)的增區(qū)間；
(2)寫出函數(shù)的解析式；
(3)若函數(shù)，求函數(shù)的最小值．
20．住宅小區(qū)為了使居民有一個優(yōu)雅?舒適的生活環(huán)境，計劃建一個八邊形的休閑小區(qū)，它的主體造型的平面圖是由兩個相同的矩形ABCD和EFGH構(gòu)成的面積為200的十字形區(qū)域.現(xiàn)計劃在正方形MNPQ上建一花壇，造價為4200元/，在四個相同的矩形上（陰影部分）鋪花崗巖地坪，造價為210元/，再在四個空角上鋪草坪，造價為80元/.
（1）設(shè)總造價為S元，AD的邊長為，試建立S關(guān)于的函數(shù)關(guān)系式；
（2）計劃至少要投入多少元，才能建造這個休閑小區(qū)？
21．已知函數(shù)，其中，
(1)當(dāng)時，求的值域；
(2)函數(shù)能否成為定義域上的單調(diào)函數(shù)，如果能，則求出實數(shù)的范圍；如果不能，則給出理由；
(3)在其定義域上恒成立，求實數(shù)的取值范圍.
22．已知函數(shù)，，
(1)當(dāng)時，求函數(shù)的單調(diào)遞增與單調(diào)遞減區(qū)間（直接寫出結(jié)果）；
(2)當(dāng)時，函數(shù)在區(qū)間上的最大值為，試求實數(shù)的取值范圍；
(3)若不等式對任意，（）恒成立，求實數(shù)的取值范圍.
1．C
【分析】
根據(jù)題意得到解方程組，最后將解答寫成點集即可.
【詳解】 集合 ，，
，解方程組得，故
故選：C.
2．C
【分析】根據(jù)構(gòu)成函數(shù)的兩要素分析定義域是否為空集及對應(yīng)法則是否對定義域內(nèi)每一個元素都有唯一實數(shù)值與之對應(yīng)，即可求解.
【詳解】對于①，,定義域為,化簡解析式為，定義域內(nèi)每個值按對應(yīng)法則都有唯一實數(shù)3與之對應(yīng)，屬于多對一，故①是函數(shù)；
對于②，，定義域為，解得，故②不是函數(shù)；
對于③，，定義域為R，但當(dāng)時，y有兩個值與之對應(yīng)，故③不是函數(shù)；
對于④，，定義域為R，對于定義域內(nèi)每一個值都有唯一實數(shù)與之對應(yīng)，屬于多對一，故④是函數(shù).
故①④是函數(shù)
故選：C
3．D
【分析】利用作差法可判斷AC的正誤，利用基本不等式可判斷B的正誤，利用反例可判斷D的正誤.
【詳解】對于A，，而，故，故，故A成立，
對于B，，故B成立，
對于C，，
因為，，故，故，故C成立，
對于D，若，則，故D不成立，
故選：D.
4．D
【分析】利用不等式恒成立求出命題“，”為真命題的充要條件，根據(jù)子集關(guān)系可得充分不必要條件.
【詳解】對，，即，等價于，
令，利用對勾函數(shù)性質(zhì)知函數(shù)在上單調(diào)遞減，，.
因為，故A 為充要條件，D為充分不必要條件.
故選：D
5．C
【解析】利用特殊值即可得出選項.
【詳解】，
，排除A、B，
當(dāng)時，，排除D.
故選：C
【點睛】本題考查了函數(shù)圖像的識別，考查了基本運算求解能力，屬于基礎(chǔ)題.
6．C
【分析】由題意可得在上單調(diào)遞減，在上是減函數(shù)，且，再討論和，可得不等式的解集.
【詳解】由定義在上的奇函數(shù)在上單調(diào)遞減，
可得在上是減函數(shù)；
又，
不等式，等價為或，
所以時，即有，解得；
時，即有，解得；
綜上可得的解集為.
故選：C.
7．D
【分析】作出函數(shù)圖象，結(jié)合圖象可以觀察所得.
【詳解】的圖象如下圖：
對稱軸為，
令，得.
因為，
所以數(shù)形結(jié)合可得或.
故選：D
【點睛】本題主要考查了函數(shù)的圖象，數(shù)形結(jié)合的思想，屬于中檔題.
8．D
【分析】根據(jù)等式可變形為，利用完全平方可得大小，由得，做差，配方法比較大小.
【詳解】由可得，則，
由可得，利用完全平方可得
所以，
，
，
綜上，
故選：D
【點睛】本題主要考查了做差法比較兩個數(shù)的大小，考查了推理與運算能力，屬于難題.
9．ABD
【分析】由冪函數(shù)定義和所過點可求得，知A正確；利用奇偶性的定義知B正確；根據(jù)冪函數(shù)在上的單調(diào)性，結(jié)合偶函數(shù)性質(zhì)知C錯誤；由冪函數(shù)值域知D正確.
【詳解】為冪函數(shù)，，又過點，，解得：，A正確；
則，定義域為，
，為偶函數(shù)，B正確；
當(dāng)時，單調(diào)遞減，
由偶函數(shù)性質(zhì)知：在上單調(diào)遞增，C錯誤；
，，即的值域為，D正確.
故選：ABD.
10．BC
【分析】
討論兩根大小解一元二次不等式.
【詳解】當(dāng)時，函數(shù)開口向下
若，不等式解集為
若，不等式的解集為
若，不等式的解集為
綜上所述：B、C項都可能成立．
故選：BC.
11．BD
【分析】根據(jù)題意，求得a，b的范圍，整理可得，利用基本不等式可判斷AB；利用二次函數(shù)的性質(zhì)可判斷C；利用基本不等式“1”的代換可判斷D.
【詳解】，，，，
對于A，因為，所以，
當(dāng)且僅當(dāng)，即時等號成立，故A錯誤；
對于B， 因為，所以，當(dāng)且僅當(dāng)，即時等號成立，故B正確；
對于C，因為，所以，，，即，故C錯誤；
對于D，，當(dāng)且僅當(dāng)，即，時等號成立，，故D正確
故選：BD
12．ABD
【分析】通過對函數(shù)的分析，可以得到函數(shù)的圖象，進而求出函數(shù)的值域，以及BCD三個選項的正確與否.
【詳解】當(dāng)時，，所以，，當(dāng)時，，故，，以此類推，我們作出函數(shù)的圖象，如圖，可以總結(jié)出在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減，且在上，當(dāng)處取得最大值，，
函數(shù)的值域為，A正確；
當(dāng)時，函數(shù)所有輸出值中的最大值為4，B正確；
函數(shù)在上單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，故C錯誤；
因為，所以經(jīng)過點與，設(shè)直線：，從而得到，解得：，所以當(dāng)時，，D正確.
故選：ABD
13．
【分析】根據(jù)分段函數(shù)的解析式，先求得，再由，從而可得出的值.
【詳解】解：由題可知，，
，
，解得：.
故答案為：.
14．##
【分析】先用換元法，求出的解析式，再利用奇偶性，即可求解.
【詳解】解：當(dāng)時，令，則，，即，
當(dāng)時，，則，又函數(shù)為奇函數(shù)，
故，所以.
故答案為：.
15． ，
【分析】利用特稱命題的否定為全稱命題可寫出命題的否定；
命題為真，將已知變形為，使得成立，即，利用基本不等式求得最小值即可得解.
【詳解】命題：，為特稱命題，特稱命題的否定為全稱命題，
所以命題的否定為，
命題為真，即，成立，
則，使得成立，所以
又，當(dāng)且僅當(dāng)，即時等號成立，，即
所以的取值范圍為
故答案為：，；
16．
【分析】根據(jù)二次不等式解集與系數(shù)的關(guān)系可得，，，再根據(jù)，結(jié)合基本不等式求解即可.
【詳解】的解集為，∴且1，2是的兩根．
，即，，即，
．
故答案為：
17．(1)
(2)若選①，則；若選②，則.
【分析】（1）求出集合后可求.
（2）根據(jù)所選條件可得的包含關(guān)系，從而可得關(guān)于的不等式組，故可求的取值范圍.
【詳解】（1）時，，故，
而，故，
.
（2）因為，故，解得或.
若選①，則，故，解得.
若選②，則，則，解得.
綜上，選①時，；選②時，.
18．(1)或；
(2)答案見解析.
【分析】
（1）求解一元二次不等式即得.
（2）等價變形不等式，再按分類討論求解.
【詳解】（1）
原不等式化為，即
于是，解得或，
所以不等式解集為或.
（2）
原不等式化為，
①當(dāng)時，原不等式為，解得；
②當(dāng)時，原不等式化為，即，
當(dāng)時，原不等式等價于，顯然，解得；
當(dāng)時，原不等式等價于，而，解得或．
所以當(dāng)時原不等式的解集為，
當(dāng)時，原不等式的解集為；
當(dāng)時，原不等式的解集為．
19．(1)圖見解析，遞增區(qū)間為和
(2)
(3)
【分析】（1）根據(jù)偶函數(shù)的對稱性即可補充完整圖象，由圖象即可寫出函數(shù)的增區(qū)間；
（2）當(dāng)時，，則，然后由偶函數(shù)的定義即可得，從而可得的解析式；
（3）由（2），結(jié)合二次函數(shù)在閉區(qū)間上最值的求解方法即可得答案.
【詳解】（1）解：因為函數(shù)是定義在上的偶函數(shù)，所以函數(shù)的圖象關(guān)于軸對稱，
由對稱性即可補充完整圖象，如圖所示：
由圖可知，函數(shù)的遞增區(qū)間為和；
（2）解：根據(jù)題意，當(dāng)時，，所以，
因為函數(shù)是定義在上的偶函數(shù)，所以，
所以，
（3）解：當(dāng)時，，對稱軸為，
當(dāng)，即時，在上遞增，所以；
當(dāng)，即時，在上遞減，所以；
當(dāng)，即時，在上遞減，在上遞增，所以，
綜上，函數(shù)的最小值．
20．（1）S=4000x2++38000，( )；
（2）至少要投入元，才能建造這個休閑小區(qū).
【解析】(1)根據(jù)由兩個相同的矩形ABCD和EFGH構(gòu)成的十字形地域，四個小矩形加一個正方形面積共為200平方米得出AM的函數(shù)表達式，最后建立建立S與x的函數(shù)關(guān)系即得；
(2)利用基本不等式求出(1)中函數(shù)S的最小值，并求得當(dāng)x取何值時，函數(shù)S的最小值即可．
【詳解】(1)由題意，可得AM=，由，可得 ；
則S=4200x2+210(200-x2)+80×2×；
S=4200x2+42000-210x2+=4000x2++38000；
∴S關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式：
S=4000x2++38000，( )；
(2)S=4000x2++38000≥2+38000=；
當(dāng)且僅當(dāng)4000x2=時，即x=時，∈(0，10)，S有最小值；
∴當(dāng)x=米時，Smin=元．
故計劃至少要投入元，才能建造這個休閑小區(qū)．
21．(1)；
(2)或；
(3).
【分析】（1）當(dāng)時，求得函數(shù)解析式，分別求得各段函數(shù)的值域，從而求得函數(shù)值域；
（2）對分類討論，根據(jù)段函數(shù)單調(diào)性判斷原函數(shù)單調(diào)性，從而求得參數(shù)范圍；
（3）由在其定義域上恒成立，分離參數(shù)化為恒成立，分別求得分段函數(shù)上的最大值，從而求得的范圍.
【詳解】（1）當(dāng)時，，
則時，；時，；
則
（2）若函數(shù)在定義域上單調(diào)，
當(dāng)時，因在上函數(shù)單減，則單調(diào)遞減.
則滿足，解得.
當(dāng)時，函數(shù)無單調(diào)性，不符合題意.
當(dāng)時，因在上函數(shù)單增，則單調(diào)遞增.
則滿足，解得.
綜上所述，若使函數(shù)為定義域上的單調(diào)函數(shù)，或.
（3）由在其定義域上恒成立，即，
化簡得恒成立，
當(dāng)時，由，
令，，
由對勾函數(shù)單調(diào)性知，函數(shù)在時，取最大值，則；
當(dāng)時，滿足，即，
綜上所述，在其定義域上恒成立，則.
22．(1)單調(diào)遞增區(qū)間為，，單調(diào)遞減區(qū)間為，；
(2)
(3)
【分析】（1）將題中的代入解析式，由對勾函數(shù)的單調(diào)性可得單調(diào)區(qū)間；
（2）解不等式，即可得到結(jié)果；
（3）將題中的式子等價變形，將問題轉(zhuǎn)化為在，單調(diào)遞增，結(jié)合分段函數(shù)的解析式和二次函數(shù)的圖象的對稱軸，分類討論得到結(jié)果．
【詳解】（1）解：當(dāng)時，，
所以函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為，，單調(diào)遞減區(qū)間為，；
（2）解：因為，，且函數(shù)在，上單調(diào)遞減，在，上單調(diào)遞增，
又因為在，上的最大值為，所以，
即，整理可得，
所以，所以，即；
（3）解：由不等式對任意，，恒成立，
即，
可令，等價為在，上單調(diào)遞增，
而，
分以下三種情況討論：
①當(dāng)即時，可得，解得，矛盾，無解；
②，即時，函數(shù)的圖象的走向為減、增、減、增，
但是中間增區(qū)間的長度不足1，要想在，遞增，只能，即，矛盾，無解；
③即時，此時在，上單調(diào)遞增，
要想在，遞增，只能，即，所以．
綜上可得滿足條件的的取值范圍是．

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