試卷第=page11頁，共=sectionpages33頁第第頁參考答案1．D【解析】【分析】先求出集合B，再求兩集合的交集即可【詳解】因為，所以，所以，因為，所以，故選：D2．C【解析】【分析】根據二次函數在閉區間上的性質即可求解最大值和最小值.【詳解】，拋物線的開口向上，對稱軸為，在區間上，當時，有最小值；時，有最大值，函數在區間上的最大值、最小值分別是：，．故選：C．3．C【解析】【分析】由題設在上遞增，在上遞減，討論m與區間的位置關系求的最大值，進而判斷最大值的最小值.【詳解】由，故在上遞增，在上遞減，當，則上遞減，故最大值，當，則最大值，當，則上遞增，故最大值，綜上，的最小值為.故選：C4．C【解析】【分析】由指數函數、對數函數、二次函數、一次函數和分段函數單調性依次判斷各個選項即可.【詳解】對于A，由指數函數單調性知：在上為減函數，A錯誤；對于B，由二次函數單調性知：在上單調遞減，在上單調遞增，B錯誤；對于C，由一次函數單調性知：，分別在和上單調遞增；又，在上為增函數，C正確；對于D，由對數函數單調性知：定義域為，且在定義域內為增函數，D錯誤.故選：C.5．B【解析】【分析】由指對冪函數的性質判斷各函數的奇偶性，再根據對數函數、二次函數的單調性確定答案.【詳解】為非奇非偶函數，為奇函數，故A、C不符合；、為偶函數，在上遞增，而遞減，B符合，D不符合.故選：B6．A【解析】【分析】利用復合函數的單調性“同增異減”來解題.【詳解】設，在單調遞增，在單調遞減，在單調遞增，根據“同增異減”可得，函數的單調遞減區間是.故選：A.7．D【解析】【分析】根據二次函數的性質及對數的運算可得，利用均值不等式求最值即可.【詳解】,由，，即，，當且僅當，即時等號成立，故選：D.8．C【解析】【分析】由二倍角公式化簡，設，利用復合函數求值域.【詳解】函數，設，，則，由二次函數的圖像及性質可知，所以的值域為，故選：C.9．B【解析】【分析】利用換元法，令，則，先求出的范圍，從而可求出函數的最小值【詳解】設，則，因為，所以，所以的最小值為1，故選：B10．B【解析】【分析】由函數在區間上單調遞減可得，進而可判斷為充分不必要條件.【詳解】對于函數，當時，在R上單調遞減；當時，若要使得在上單調遞減，需滿足且，解得.“故”是“函數在區間上單調遞減”的充分不必要條件，故選:B.11．B【解析】【分析】結合二次函數的對稱軸和單調性求得的取值范圍.【詳解】函數的對稱軸為，由于在上是減函數，所以.故選：B12．D【解析】【分析】利用二次函數單調性，列式求解作答.【詳解】函數的單調遞增區間是，依題意，，所以，即實數的取值范圍是.故選：D13．A【解析】【分析】根據有最大值及指數復合函數的單調性，可得在定義域上先減后增，再由二次函數性質求參數即可.【詳解】由在定義域上遞減，要使有最大值，則在定義域上先減后增，當，則的最小值為，所以，可得.故選：A14．A【解析】【分析】當時，結合不等式求得其最小值為，當時，，根據函數的最小值為，列出不等式組，即可求解.【詳解】當時，，當且僅當時，等號成立；即當時，函數的最小值為，當時，，要使得函數的最小值為，則滿足，解得，即實數的取值范圍是.故選：A.15．B【解析】【分析】由二次函數的值域可得出，可得出，則有，利用基本不等式可求得結果.【詳解】若，則函數的值域為，不合乎題意，因為二次函數的值域為，則，且，所以，，可得，則，所以，，當且僅當時，等號成立，因此，的最小值為.故選：B.16．C【解析】由題意可轉化為，使成立，求的最大值即可.【詳解】因為，使得不等式成立，所以，使得不等式成立，令，，因為對稱軸為，所以，所以，故選：C【點睛】本題主要考查了存在性命題的應用，考查了函數最值的求法，轉化思想，屬于中檔題.17．D【解析】【分析】本題首先可根據題意得出函數滿足有一零點為、當時、當時，然后對四個選項依次進行討論，結合二次函數性質即可得出結果.【詳解】因為關于的不等式在上恒成立，所以必需要滿足、，即對于函數，必有一零點為且零點左右函數值符號不同，即當時，；當時，，A項：，，令，，，此時，不滿足零點左右函數值符號不同，A錯誤；B項：，，令，，，此時，存在滿足題意，B錯誤；C項：，，令，，，此時，不滿足零點左右函數值符號不同，C錯誤；D項：，，令，，，此時，不滿足當時且當時，，即不存在滿足題意，D正確，故選：D.【點睛】關鍵點點睛：本題考查不等式恒成立的相關問題的求法，主要考查二次函數性質以及對數函數性質，能否根據題意將不等式轉化為函數滿足有一零點為、當時、當時是解決本題的關鍵，考查推理能力與計算能力，是難題.18．D【解析】【分析】分析函數在時的增減性，即可得出函數的值域.【詳解】因為，當時，隨著的增大而增大，所以，當時，，故函數的值域為.故選：D.19．B【解析】【分析】根據二次函數的圖象和性質即可求解.【詳解】函數的對稱軸為，又函數在上為減函數，，即．故選：B.【點睛】本題考查由函數的單調區間求參數的取值范圍，涉及二次函數的性質，屬基礎題.20．C【解析】【分析】設，由，根據兩點間的距離公式表示出，分類討論求出的最大值，再構建齊次不等式，解出即可．【詳解】設，由，因為，，所以，因為，當，即時，，即，符合題意，由可得，即；當，即時，，即，化簡得，，顯然該不等式不成立．故選：C．【點睛】本題解題關鍵是如何求出的最大值，利用二次函數求指定區間上的最值，要根據定義域討論函數的單調性從而確定最值．21．A【解析】【分析】①當0＜a＜1時，對數函數y＝logax為減函數，二次函數開口向下，且其對稱軸為x＝，故排除C與D；②當a＞1時，對數函數y＝logax為增函數，二次函數開口向上，且其對稱軸為x＝，故B錯誤.【詳解】解：由對數函數y＝logax（a＞0且a≠1）與二次函數y＝（a﹣1）x2﹣x可知，①當0＜a＜1時，此時a﹣1＜0，對數函數y＝logax為減函數，而二次函數y＝（a﹣1）x2﹣x開口向下，且其對稱軸為x＝，故排除C與D；②當a＞1時，此時a﹣1＞0，對數函數y＝logax為增函數，而二次函數y＝（a﹣1）x2﹣x開口向上，且其對稱軸為x＝，故B錯誤，而A符合題意．故選：A．22．C【解析】由直線，，可得，，代入三角形面積計算公式，再令，換元后由二次函數的單調性和反比例函數的單調性即可得出．【詳解】由直線，，可得，，所以當的面積，令，所以，所以當，即時，取得最小值．故選：C【點睛】求最值問題一般步驟為：（1）先求出目標函數；（2）再求函數的最值，求最值經常用到：二次函數的最值，基本不等式或用求導的方法．23．B【解析】【分析】利用換元法求出函數解析式，根據二次函數求最值即可.【詳解】令，則，且，所以，所以，當時，.故選：B24．C【解析】【分析】由二次函數圖象過點特殊點，排除AD，再根據二次函數圖象的對稱軸和指數函數的單調性分類討論判斷．【詳解】兩個函數分別為指數函數和二次函數，其中二次函數圖象過點（0，－1），故排除A，D；二次函數圖象的對稱軸為直線，當時，指數函數遞減，，C符合題意；當時，指數函數遞增，，B不符合題意．故選：C．25．C【解析】【分析】求出集合，再由集合的補運算即可求解.【詳解】，，所以.故選：C26．D【解析】【分析】首先求出函數的對稱軸，根據二次函數的性質得到不等式，解得即可；【詳解】解：因為函數，開口向下，對稱軸為，依題意，解得，即故選：D27．C【解析】【分析】由題可得和是方程的兩個根，求出，再根據二次函數的性質即可得出.【詳解】由題可得和是方程的兩個根，且，，解得，則，則函數圖象開口向下，與軸交于.故選：C.28．D【解析】【分析】求導，由單調性得到在上恒成立，由二次函數數形結合得到不等關系，求出m的取值范圍.【詳解】，因為在上為單調遞增函數，所以在上恒成立，令，要滿足①，或②，由①得：，由②得：，綜上：實數m的取值范圍是.故選：D29．C【解析】【分析】利用向量表示出點Q坐標，再求出，的坐標，借助數量積建立函數關系即可求解.【詳解】因點Q在直線上運動，則，有，于是有，因此，，，于是得，則當時，，此時，點Q，所以當取得最小值時，點Q的坐標為.故選：C30．A【解析】【分析】結合二次函數的對稱軸和單調性求得的取值范圍.【詳解】函數的對稱軸為，由于在上是減函數，所以.故選:A31．A【解析】根據對數函數的值域知，是函數值域的子集，從而得到，解該不等式組即可得出實數的取值范圍．【詳解】由題可知，函數的值域包含，當時，符合題意；當時，則，解得；當時，顯然不符合題意，故實數的取值范圍是．故選：A.【點睛】本題主要考查了對數函數的值域的應用，解題的關鍵是對數函數性質的靈活應用．32．D【解析】根據題設條件可得當時，，其中，結合函數在上的解析式和函數在的圖象可求的取值范圍.【詳解】當時，，故，因為，故當時，，，同理，當時，，依次類推，可得當時，，其中.所以當時，必有.如圖所示，因為當時，的取值范圍為，故若對任意，都有，則，令，或，結合函數的圖象可得，故選：D.【點睛】思路點睛：此類問題考慮函數的“類周期性”，注意根據已知區間上函數的性質推證函數在其他區間上的性質，必要時應根據性質繪制函數的圖象，借助形來尋找臨界點.33．A【解析】【分析】令，且，將函數轉化為二次函數求解.【詳解】令，且，則，函數轉化為由，則，即值域為故選：A.【點睛】本題主要考查函數的值域以及二次函數的值域，還考查了轉化求解問題的能力，屬于基礎題.34．A【解析】【分析】依題意可得在上單調遞增，對分兩種情況討論，結合二次函數的性質計算可得；【詳解】解：因為對任意的，都有，所以在上單調遞增，當時，在定義域上單調遞增，滿足條件；當時，則，解得，綜上可得；故選：A35．D【解析】【分析】根據函數單調性的性質可判斷每個選項中函數在的單調性.【詳解】對于A，當時，單調遞增，故A錯誤；對于B，，故在和上單調遞增，故B錯誤；對于C，在上單調遞增，故C錯誤；對于D，在上單調遞減，故D正確故選：D.【點睛】本題主要考查對函數單調性的判斷，根據基本初等函數的復合函數單調性進行判斷即可，屬于基礎題.36．D【解析】【分析】求出函數在時值的集合，函數在時值的集合，再由已知并借助集合包含關系即可作答.【詳解】當時，在上單調遞增，，，則在上值的集合是，當時，，，當時，，當時，，即在上單調遞減，在上單調遞增，，，則在上值的集合為，因函數的值域為，于是得，則，解得，所以實數的取值范圍是.故選：D37．C【解析】【分析】根據定義求出(m－x)⊕(m＋x)＝m2－x2＋m＋x，將不等式分離參數后，轉化為最大值使不等式成立，根據二次函數求出最大值后，解一元二次不等式即可得解.【詳解】依題意得(m－x)⊕(m＋x)＝(m－x＋1)(m＋x)＝m2－x2＋m＋x，因為1≤x≤2時，存在x使不等式(m－x)⊕(m＋x)<4成立，所以存在1≤x≤2，使不等式m2＋m<x2－x＋4成立，即當1≤x≤2時，m2＋m<(x2－x＋4)max.因為1≤x≤2，所以當x＝2時，x2－x＋4取最大值6，所以m2＋m<6，解得－3<m<2.故選：C．【點睛】本題考查了對新定義的理解能力，考查了不等式能成立問題，考查了二次函數求最值，考查了一元二次不等式的解法，屬于中檔題.38．C【解析】【分析】由題可得，令，設，則，再利用二次函數的性質分類討論即求.【詳解】∵，∴，令，設，則，當時，在上單調遞減，∴，解得，∴，當時，在上單調遞增，∴，解得，∴，當時，，無解，當時，，無解.綜上，或.故選：C.39．B【解析】【分析】由題意可得，且，3為方程的兩根，運用韋達定理可得，，的關系，可得的解析式，計算，（1），（4），比較可得所求大小關系．【詳解】關于的不等式的解集為，可得，且，3為方程的兩根，可得，，即，，，，可得，（1），（4），可得（4）（1），故選．【點睛】本題主要考查二次函數的圖象和性質、函數與方程的思想，以及韋達定理的運用．40．C【解析】【分析】設冪函數，先求出，.再換元利用二次函數圖象和性質求解.【詳解】設冪函數，因為函數的圖象過點，所以，所以，故，所以.令，所以，則，所以當時，.故選：C.41．ACD【解析】由已知不等式的解集求出，再求解各選項中的問題，作出判斷．【詳解】由題意，即，∴，A正確；，但當時，，B錯；，由已知，即，且，C正確；由題意知在上是增函數，在上是常函數，因此由得或，解得或，綜上，．D正確．故選：ACD．【點睛】關鍵點點睛：本題考查求二次函數的解析式，考查二次函數的性質，二次函數在對稱軸的兩邊單調性相反，頂點處取得最大值或最小值．二次函數的圖象與一元二次不等式的解集、一元二次方程的解之間的關系必須能熟練掌握，靈活運用．42．ABC【解析】由可得或，由可得，然后可得答案.【詳解】因為函數的值域是[1，2]，由可得或，由可得所以其定義域可以為A、B、C中的集合故選：ABC43．BD【解析】【分析】根據向量的數量積表示出，進而轉化為二次函數求最值問題，再根據選項可求得答案.【詳解】解：因為令，則當時，取得最小值1，即有，可見當確定時，唯一確定下來；但確定時，的值在可能有兩個．故選：BD．44．ABD【解析】【分析】分析出且二次函數的對稱軸為直線，可判斷A選項的正誤；利用圖象可判斷B選項的正誤；求出的值，利用二次函數的基本性質可判斷C選項的正誤；利用一元二次方程的解法可判斷D選項的正誤.【詳解】由圖象可知，二次函數的圖象開口向上，則，對稱軸為直線.對于A選項，函數在區間上單調遞減，A對；對于B選項，不等式的解集為，B對；對于C選項，由圖可知，則，可得，所以，，當時，，C錯；對于D選項，對于二次方程，該方程的兩根分別為、，由韋達定理可得，所以且，由得，即為，解得，D對.故選：ABD.45．【解析】【分析】由不等式的解集得一元二次方程的兩根，由韋達定理得兩個關系式，又由對稱軸得一關系式，結合起來可求得，得函數解析式.【詳解】解：為，其解集為，則，，又函數的對稱軸是，則，兩者結合解得，所以.故答案為：.46．【解析】【分析】根據已知條件可得出關于實數的等式與不等式，由此可求得實數的值.【詳解】根據題意，二次函數的最大值是，則，解得.故答案為：.47．【解析】【分析】化簡解析式后，利用正弦函數與二次函數的性質求解.【詳解】令，則，因為的對稱軸方程為，所以所以，所以，所以函數在上的值域是，故答案為：48．【解析】【分析】利用，，且，求出的范圍，將消元得，利用二次函數的最值及倒數法則即可求得的最大值.【詳解】解：因為，，且，所以，，當時，取最小值，所以取最大值，故的最大值是.故答案為：.49．【解析】【分析】由題意結合二次函數對稱性可得，再利用二次函數的單調性即可得解.【詳解】二次函數的圖象開口向上且對稱軸是，函數在上單調遞增，且，又，，.故答案為：.【點睛】本題考查了二次函數圖象與性質的應用，關鍵是對條件的合理轉化，屬于基礎題.50．【解析】【分析】先利用奇函數的定義求出時的解析式，再結合二次函數的性質求解即可【詳解】當時，，∵時，，∴，又為奇函數，∴，∴，因為時，，所以當時，取得最大值.故答案為：51．（1）；（2）證明見解析．【解析】【分析】（1）利用二次函數的性質，可得，解得，轉化當時，為，結合的范圍可得，求解即可.（2）利用數學歸納法，按照步驟證明即可.【詳解】（1）由題意，知，又，所以，所以，即．又函數圖象的對稱軸為，且，所以當時，，所以，解得，所以．（2）用數學歸納法證明：①當時，，顯然原不等式成立．因為當時，，所以．故當時，原不等式也成立．②假設當（，）時，不等式成立．由（1）知，其圖象的對稱軸為直線，所以當時，為增函數．所以由，得．于是，，所以當時，原不等式也成立．根據①②，知對任何，不等式成立．52．（1）

（2）【解析】【分析】（1）參變分離轉化為存在，使得成立，求導分析的單調性和取值范圍，即得解；（2）函數對稱軸為，分，，三種情況討論，即得解【詳解】（1）由題意，函數在范圍上存在零點即存在，使得成立令，則令（舍）所以當時，；當時，即在單調遞增，在單調遞減，又即的取值范圍是（2），對稱軸為當時，即時，；當時，即時，；當時，即時，；