一、選擇題：本大題共10小題，每小題4分，共40分.在每小題列出的四個選項中，選出符合題目要求的一項.
1．設全集為，，，則（ ）
A．B．C．D．
2．下列函數中，是奇函數且在定義域內單調遞減的是（ ）
A．B．C．D．
3．已知是定義在上的偶函數，當時，，則（ ）
A．B．0C．1D．2
4．設，，，則a，b，c的大小關系是（ ）
A．B．C．D．
5．已知函數，下列區(qū)間中含有零點的是（ ）
A．B．C．D．
6．函數的圖象大致為（ ）
A．B．
C．D．
7．下列說法錯誤的是（ ）
A．命題“，使得”是真命題
B．若，則“”是“”的充要條件
C．當時，方程恰有四個實根
D．命題“”的否定為“”
8．在不考慮空氣阻力的條件下，火箭的最大速度（單位：與燃料的質量（單位：），火箭（除燃料外）的質量（單位：）的函數關系是．當燃料質量與火箭質量的比值為時，火箭的最大速度可達到．若要使火箭的最大速度達到，則燃料質量與火箭質量的比值應為（ ）
A．B．C．D．
9．已知是函數的圖像上的相異兩點，若點到直線的距離相等，則點的橫坐標之和的取值范圍是（ ）
A．B．
C．D．
10．對于函數，若存在，使，則稱點是曲線的“優(yōu)美點”，已知，若曲線存在“優(yōu)美點”，則實數的取值范圍為（ ）
A．B．
C．D．
二、填空題：本大題共5小題，每小題4分，共20分.
11．不等式的解集為 ．
12．已知冪函數的圖象經過點，那么 .
13．已知函數為偶函數，且定義域為，則
14．已知函數有唯一零點，則實數的值是 .
15．設函數
①當時， ；
②若恰有2個零點，則a的取值范圍是 ．
三、解答題：本大題共5小題，共60分．解答應寫出文字說明，演算步驟或證明過程.
16．計算：
(1)
(2)
17．已知函數，且.
(1)求的值；
(2)判斷在上的單調性，并用定義證明.
(3)求不等式的解集.
18．已知函數的定義域為，其圖象關于原點對稱．當時，.
(1)求函數的解析式.
(2)求不等式的解集.
(3)設函數其中的定義域為集合，若，求實數的取值范圍.
19．已知函數.
(1)求函數的定義域.
(2)判斷函數的奇偶性，并說明理由.
(3)對，不等式恒成立，求實數的取值范圍.
20．集合由有限個實數組成，定義集合的離距如下：實數軸上，集合中的每個實數對應一個點，實數對應的點與所有這些點的距離的算術平均數記為，稱函數的最小值為集合的離距，記為.例如，集合的離距是0，集合的離距是2.
(1)分別求出集合的離距；
(2)求數集的離距；
(3)已知非空數集滿足，試寫出一個關于的大小關系的等式或不等式，并給出證明.
1．A
【分析】利用集合的補集和交集運算求解.
【詳解】解：因為全集為，，
所以，
又，
所以，
所以，
故選：A
2．D
【分析】利用函數的奇偶性，排除BC，再結合函數的單調性，排除A.可得正確結果.
【詳解】對A：，所以為奇函數，
又與都是上的增函數，所以是上的增函數，故A錯；
對B：，故為偶函數，故B錯；
對C：的定義域為，故函數為非奇非偶函數，故C錯；
對D：，所以為奇函數，
又為上的增函數，所以是上的減函數，故D對.
故選：D
3．C
【分析】
由偶函數性質以及對數運算即可求解.
【詳解】已知是定義在上的偶函數，當時，，則.
故選：C.
4．D
【分析】根據指數函數和對數函數的單調性求出的范圍，即可解出．
【詳解】因為，，，所以．
故選：D．
5．D
【分析】
利用零點存在性定理分析判斷即可
【詳解】因為在上單調遞增，在和上單調遞增，
所以在和上單調遞增，
當時，，所以在上無零點，
因為，，，
所以在區(qū)間有零點，
故選：D
6．A
【分析】由解析式判斷奇偶性及的符號，即可確定圖象.
【詳解】由且定義域為，
所以為奇函數，排除C、D；
又，排除B.
故選：A.
7．C
【分析】
對于A，對代數式配方后分析判斷，對于B，根據充分條件和必要條件的定義分析判斷，對于C，令，，作出兩函數的圖象，結合圖象分析判斷，對于D，根據命題的否定的定義分析判斷.
【詳解】對于A，因為，所以命題“，使得”是真命題，所以A正確，
對于B，時，在上遞增，所以當時，有，反之也成立，
所以若，則“”是“”的充要條件，所以B正確，
對于C，令，，的圖象如圖所示，
由圖可知當時，兩函數圖象有4個交點，此時方程恰有四個實根，
當時，兩函數圖象有2個交點，此時方程恰有兩個實根，所以C錯誤，
對于D，命題“”的否定為“”，所以D正確，
故選：C
8．B
【分析】設燃料質量與火箭質量的比值為時，火箭的最大速度達到，根據題意得到，列出方程，即可求解.
【詳解】設燃料質量與火箭質量的比值為時，火箭的最大速度達到，
根據題意得，
所以，所以，
可得，所以，
即要使火箭的最大速度達到，則燃料質量與火箭質量的比值應為.
故選：B.
9．D
【分析】
根據題意，得到，得到，結合基本不等式，即可求解.
【詳解】不妨設，且，
根據題意，可得，可得，
由基本不等式，可得，可得，解得，
即點的橫坐標之和的取值范圍是.
故選：D.
10．B
【分析】存在，使，則函數圖象上存在兩點關于原點對稱，所以只要把的圖象關于原點對稱后與射線有公共點即可.
【詳解】由題意可知，若函數存在“優(yōu)美點”，則函數圖象上存在關于原點對稱的點，
當時，，將其圖象關于原點對稱，如圖，所得圖象的解析式為
，
所以只要射線與的圖象有公共點即可，
圖中射線與的圖象相切，
由，得，
由，得，
由圖象可知，
所以，即實數的取值范圍為，
故選：B
關鍵點點睛：此題考查新定義問題，考查函數與方程的綜合問題，解題的關鍵是問題的轉化，題中新概念“優(yōu)美點”，轉化為函數圖象上存在關于原點對稱的點，再轉化為射線與的圖象有公共點即可，考查轉化能力和數形結合的思想，屬于較難題.
11．
【分析】將原不等式等價轉化為，然后解該二次不等式可得出結果.
【詳解】不等式等價于，解得，
因此，不等式的解集為，故答案為.
本題考查分式不等式的解法，解題的關鍵就是將分式不等式化為標準形式，轉化為整式不等式求解，考查運算求解能力，屬于基礎題.
12．
【分析】
先將點代入函數求出，進而可得.
【詳解】將點代入得，
所以.
所以.
故答案為.
13．
【分析】由函數的定義域關于原點對稱可求得的值，再由函數為偶函數可求得的值，由此可求得的值.
【詳解】由于函數為偶函數，且定義域為，
則，解得，
由，可得，
對任意的恒成立，可得，即，
因此，.
故答案為.
14．2
【分析】利用換元法把原函數轉化為一個偶函數，因為偶函數圖象的對稱性，函數只有一個零點，必有，可求的值.
【詳解】設，則原函數可化為：，
因為，所以為定義在上的偶函數.
原函數只有唯一零點，轉化為有唯一零點，又的圖象關于軸對稱，
所以只有.
故
15．
【分析】
由分段函數解析式先求，再求的值，結合零點的定義分段求零點，由條件求a的取值范圍.
【詳解】當時，，
所以，
所以，
令，可得
當時，，
所以或，
當或時，方程在上有唯一解，
當或時，方程在上的解為或，
當時，，
所以當時，，
當時，方程在上無解，
綜上，當時，函數有兩個零點，
當時，函數有兩個零點，
當時，函數有三個零點，
當時，函數有兩個零點，
因為恰有2個零點，所以或，
所以a的取值范圍是.
故；.
16．(1)
(2)
【分析】
（1）根據題意，結合指數冪的運算性質，準確運算，即可求解；
（2）根據題意，結合對數的運算法和運算性質，準確計算，即可求解.
【詳解】（1）解：由指數冪的運算性質，可得
.
（2）解：由對數的運算性質，可得
17．(1)
(2)在上的單調遞減，證明見解析
(3)
【分析】（1）由可求得的值；
（2）任取，且，然后計算變形，再判斷符號，可得結論；
（3）由的單調性，將問題轉化為，再令，可得，求出的范圍，從而可求得的范圍.
【詳解】（1）由，得，則.
（2）在上的單調遞減．證明如下：
任取，且，則
，
∵，且，
，
∴，即，
在上單調遞減.
（3）由（2）可得，在上單調遞減，而，
則由可得，
令，可得.
解得：或.
所以或.
不等式的解集為
18．(1)
(2)
(3)
【分析】由時，，根據為奇函數，求得，結合，即可求得函數的解析式；
（2）由（1）中函數的解析式，結合對數的運算法則，準確運算，即可求解；
（3）根據函數的解析式，求得函數的定義域，結合
可得，即，，即可求解.
【詳解】（1）解：因為函數的定義域為，其圖象關于原點對稱，
當時，.
當時，，則，
因為為奇函數，所以，可得，
即，
綜上可得，函數的解析式為.
（2）解：當時，，解得；
當時，，解得，
當時，不等式成立.
綜上可得，不等式的解集為
（3）解：由函數的定義域，
可得，即，
又因為，所以的定義域，
又因為，所以，且
所以實數的取值范圍是.
19．(1)
(2)函數為非奇非偶函數，理由見解析；
(3)
【分析】（1）根據函數的解析式有意義，得出不等式組，即可求解；
（2）根據函數的定義域的不關于原點對稱，即可得到結論；
（3）根據題意，轉化為，根據函數的單調性，求得，得到，
法一：轉化為，令，求得，即可求解；
法二：分，和，結合二次函數的性質，列出不等式，即可求解.
【詳解】（1）解：由函數有意義，則滿足，
解得，所以函數的定義域為.
（2）解：因為的定義域為，不關于原點對稱，
所以函數為非奇非偶函數.
（3）解：由“對，不等式恒成立”，
可得，
當時，
由在上單調遞減，，
根據題意得，對
法一：可轉化為，
令，由在上單調遞減得，可得，
實數的取值范圍為.
法二：設函數，
①當，即時，在上單調遞減，
可得，解得，則；
②當，即時，在上單調遞增，
可得，解得，則；
③當，即時，在先減后增，
可得，解得，所以，
綜上，實數的取值范圍為.
20．(1)
(2)
(3)答案見解析
【分析】（1）先根據題目條件理解集合離距的概念，得出，代入計算即可；
（2）根據上述公式，代入計算；
（3）例如，集合的元素個數都是偶數時，，否則.依據定義證明即可.
【詳解】（1）首先，單元素數集的離距都是0；
兩元素數集的離距等于大數減去小數的差的一半；
三元素數集的離距等于最大數與最小數的差的三分之一.
理由及更一般的情況如下.
一般地，記，
則的最小值就是離距.
當時，；
當時，，
當僅當時取等號，故；
當時，，
當僅當時取等號，故當時最?。ǖ扔冢?br>故
更一般地，
由，
當或者時取等號，
知
當時取等號.
故
所以：；
（2）由（1）知：不妨設，則；
（3）例如：集合的元素個數都是偶數時，，
反證：假設.
不妨設
，
，
=
又
故，
這與事實矛盾.故假設不成立，原命題正確.

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