数学高一上期末经典测试(含答案解析)(1)

一、选择题

1．(0分)[ID：12118]已知a=21.3，b=40.7，c=log38，则a，b，c的大小关系为（ ） A．acb

B．bca

C．cab

D．cba

2．(0分)[ID：12116]已知alog2e，bln2，clog121，则a，b，c的大小关系为 3D．cab

A．abc B．bac

2C．cba

3．(0分)[ID：12112]已知函数f(x)log2x,x0，x2x,x0.关于x的方程

f(x)m,mR，有四个不同的实数解x1,x2,x3,x4,则x1x2+x3x4的取值范围为

（ ） A．(0,+)

B．0,

123C．1,

2D．(1,+)

4．(0分)[ID：12096]已知函数f(x)lnxln(2x)，则 A．f(x)在（0，2）单调递增 C．y=f(x)的图像关于直线x=1对称

0.1B．f(x)在（0，2）单调递减

D．y=f(x)的图像关于点（1，0）对称

1.15．(0分)[ID：12085]已知x1.1，y0.9，zlog234，则x，y，z的大小关系是3D．xzy

( ) A．xyz

B．yxz C．yzx

6．(0分)[ID：12127]在实数的原有运算法则中，补充定义新运算“”如下：当ab时，aba；当ab时，abb2，已知函数

fx1xx22xx2,2，则满足fm1f3m的实数的取值范围

是（ ）

1A．,

21B．,2

212C．,

2321,D． 37．(0分)[ID：12125]函数y＝a|x|(a>1)的图像是( ) A．

B．

C．

D．

8．(0分)[ID：12121]若函数f(x)＝a|2x－4|(a>0，a≠1)满足f(1)＝A．(－∞，2] C．[－2，＋∞)

B．[2，＋∞)

1，则f(x)的单调递减区间是( ) 9D．(－∞，－2]

29．(0分)[ID：12097]函数fxxsinx的图象大致为( )

A． B．

C． D．

10．(0分)[ID：12081]设函数f(x)的定义域为R，满足f(x1)2 f(x)，且当x(0,1]时，f(x)x(x1).若对任意x(,m]，都有f(x)A．,

48，则m的取值范围是 99B．,

37C．,

25D．,

3811．(0分)[ID：12032]函数y2xA．（-1，2] 为（ ） A．ylnB．[-1,2]

1的定义域是( ) x1C．（-1 ，2）

D．[-1,2)

12．(0分)[ID：12064]下列函数中，既是偶函数，又是在区间(0,)上单调递减的函数

1 |x|B．yx3 C．y2|x|

1xD．ycosx

2,x113．(0分)[ID：12099]设函数fx1log2x,x1，则满足fx2的x的取值范围

是( ) A．1,2

B．0,2

C．1, D．0, 14．(0分)[ID：12074]对数函数𝒚=𝐥𝐨𝐠𝒂𝒙(𝒂>𝟎且𝒂≠𝟏)与二次函数𝒚=(𝒂−𝟏)𝒙𝟐−𝒙在同一坐标系内的图象可能是( )

A． B． C． D．

15．(0分)[ID：12040]下列函数中，在区间(1,1)上为减函数的是 A．y1 1xB．ycosx

C．yln(x1) D．y2x

二、填空题

16．(0分)[ID：12209]对于函数f（x），若存在x0∈R，使f（x0）=x0，则称x0是f（x）的一个不动点，已知f（x）=x2+ax+4在[1，3]恒有两个不同的不动点，则实数a的取值范围______.

17．(0分)[ID：12185]如图，矩形ABCD的三个顶点A,B,C分别在函数

xylog22x，

2y，yx2的图像上，且矩形的边分别平行于两坐标轴.若点A的纵坐标为2，

12则点D的坐标为______.

18．(0分)[ID：12177]已知偶函数fx的图象过点P2,0，且在区间0,上单调递减，则不等式xfx0的解集为______．

19．(0分)[ID：12167]若点(4,2)在幂函数f(x)的图像上，则函数f(x)的反函数

f1(x)=________.

1是奇函数，则的值为________. x4121．(0分)[ID：12156]已知函数g(x)f(x)x是偶函数，若f(2)2，则

20．(0分)[ID：12161]已知函数f(x)af(2)________

22．(0分)[ID：12140]若函数fx2xxaxa在区间3,0上不是单调函

2数，则实数a的取值范围是______.

23．(0分)[ID：12133]已知二次函数fx，对任意的xR，恒有

fx2fx4x4成立，且f00.设函数gxfxmmR.若函数gx的零点都是函数hxffxm的零点，则hx的最大零点为________. 3x2,x124．(0分)[ID：12213]已知函数fx2，若ff02a，则实数

xax1,x1a________________.

25．(0分)[ID：12150]fxsincosx在区间0,2上的零点的个数是______.

三、解答题

26．(0分)[ID：12325]已知函数f(x)x3mxn（m0）的两个零点分别为1和2. （1）求m，n的值；

2（2）令g(x)值范围.

f(x)xx，若函数F(x)g2r2在x1,1上有零点，求实数r的取x27．(0分)[ID：12323]定义在,00,上的函数yfx满足

1fxyfxf，且函数fx在,0上是减函数.

y（1）求f1，并证明函数yfx是偶函数； （2）若f21，解不等式f24x1f1. x28．(0分)[ID：12296]已知fxloga1x（a0，且a1）. 1x（1）当xt,t（其中t1,1，且t为常数）时，fx是否存在最小值，如果存在，求出最小值；如果不存在，请说明理由；

（2）当a1时，求满足不等式fx2f43x0的实数x的取值范围. 29．(0分)[ID：12277]近年来，中美贸易摩擦不断.特别是美国对我国华为的限制.尽管美国对华为极力封锁，百般刁难并不断加大对各国的施压，拉拢他们抵制华为5G，然而这并没有让华为却步.华为在2019年不仅净利润创下记录，海外增长同祥强劲.今年，我国华为某一企业为了进一步增加市场竞争力，计划在2020年利用新技术生产某款新手机.通过市场分析，生产此款手机全年需投人固定成本250万，每生产x（千部）手机，需另投入成本

10x2200x,0x40R(x)万元，且R(x)，由市场调研知，每部手机售价0.8100009450,x40801xx万元，且全年内生产的手机当年能全部销售完.

（Ⅰ）求出2020年的利润Q(x)（万元）关于年产量x（千部）的函数关系式（利润=销售

额-成本）；

（Ⅱ）2020年产量x为多少（千部）时，企业所获利润最大?最大利润是多少? （说明：当a0时，函数yxa在(0,a)单调递减，在(a,)单调递增） x30．(0分)[ID：12247]已知函数fxlog991kxkR是偶函数.

x（1）求k的值； （2）若不等式fx1xa0对x,0恒成立，求实数a的取值范围. 2（注：如果求解过程中涉及复合函数单调性，可直接用结论，不需证明）

【参考答案】

2016-2017年度第*次考试试卷 参考答案

**科目模拟测试

一、选择题 1．C 2．D 3．B 4．C 5．A 6．C 7．B 8．B 9．C 10．B 11．A 12．A 13．D 14．A 15．D

二、填空题

16．【解析】【分析】不动点实际上就是方程f（x0）=x0的实数根二次函数f（x）=x2+ax+4有不动点是指方程x=x2+ax+4有实根即方程x=x2+ax+4有两个不同实根然后根据根列出不等式解答即可

17．【解析】【分析】先利用已知求出的值再求点D的坐标【详解】由图像可知点在函数的图像上所以即因为点在函数的图像上所以因为点在函数的图像上所以又因为所以点的坐

标为故答案为【点睛】本题主要考查指数对数和幂函

18．【解析】【分析】根据函数奇偶性和单调性的性质作出的图象利用数形结合进行求解即可【详解】偶函数的图象过点且在区间上单调递减函数的图象过点且在区间上单调递增作出函数的图象大致如图：则不等式等价为或即或即

19．【解析】【分析】根据函数经过点求出幂函数的解析式利用反函数的求法即可求解【详解】因为点在幂函数的图象上所以解得所以幂函数的解析式为则所以原函数的反函数为故答案为：【点睛】本题主要考查了幂函数的解析式 20．【解析】函数是奇函数可得即即解得故答案为

21．6【解析】【分析】根据偶函数的关系有代入即可求解【详解】由题：函数是偶函数所以解得：故答案为：6【点睛】此题考查根据函数的奇偶性求函数值难度较小关键在于根据函数奇偶性准确辨析函数值的关系

22．【解析】【分析】将函数转化为分段函数对参数分类讨论【详解】转化为分段函数：为更好说明问题不妨设：其对称轴为；其对称轴为①当时因为的对称轴显然不在则只需的对称轴位于该区间即解得：满足题意②当时此时函数

23．4【解析】【分析】采用待定系数法可根据已知等式构造方程求得代入求得从而得到解析式进而得到；设为的零点得到由此构造关于的方程求得；分别在和两种情况下求得所有零点从而得到结果【详解】设解得：又设为的零点

24．2【解析】【分析】利用分段函数分段定义域的解析式直接代入即可求出实数的值【详解】由题意得：所以由解得故答案为：2【点睛】本题考查了由分段函数解析式求复合函数值得问题属于一般难度的题

25．5【解析】【分析】由求出的范围根据正弦函数为零确定的值再由三角函数值确定角即可【详解】时当时的解有的解有的解有故共有5个零点故答案为：5【点睛】本题主要考查了正弦函数余弦函数的三角函数值属于中档题

三、解答题 26． 27． 28． 29． 30．

2016-2017年度第*次考试试卷 参考解析

【参考解析】

**科目模拟测试

一、选择题 1．C 解析：C 【解析】 【分析】

利用指数函数y2与对数函数ylog3x的性质即可比较a，b，c的大小． 【详解】

xclog382a21.3b40.721.4，

cab． 故选：C． 【点睛】

本题考查了指数函数与对数函数的单调性，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．

2．D

解析：D 【解析】

分析：由题意结合对数函数的性质整理计算即可求得最终结果. 详解：由题意结合对数函数的性质可知：

alog2e1，bln2据此可得：cab. 本题选择D选项.

110,1，clog1log23log2e， log2e32点睛：对于指数幂的大小的比较，我们通常都是运用指数函数的单调性，但很多时候，因幂的底数或指数不相同，不能直接利用函数的单调性进行比较．这就必须掌握一些特殊方法．在进行指数幂的大小比较时，若底数不同，则首先考虑将其转化成同底数，然后再根据指数函数的单调性进行判断．对于不同底而同指数的指数幂的大小的比较，利用图象法求解，既快捷，又准确．

3．B

解析：B 【解析】 【分析】

由题意作函数yf(x)与ym的图象，从而可得x1x22，0log2x42，x3x41，从而得解

【详解】 解：因为f(x)log2x,x0，2x2x,x0.，可作函数图象如下所示：

依题意关于x的方程f(x)m,mR，有四个不同的实数解x1,x2,x3,x4,即函数

yf(x)与ym的图象有四个不同的交点，由图可知令

x11x201x31x42， 2则x1x22，log2x3log2x4，即log2x3log2x40，所以x3x41，则

x31，x41,2 x41x4，x41,2 x4所以x1x2x3x42因为y1515x，在x1,2上单调递增，所以y2,，即x42,

x4x2211x40, x42x1x2x3x42故选：B

【点睛】

本题考查了数形结合的思想应用及分段函数的应用．属于中档题

4．C

解析：C 【解析】

由题意知，f(2x)ln(2x)lnxf(x)，所以f(x)的图象关于直线x1对称，故C正确，D错误；又f(x)ln[x(2x)]（0x2），由复合函数的单调性可知f(x)在

(0,1)上单调递增，在(1,2)上单调递减，所以A，B错误，故选C．

【名师点睛】如果函数f(x)，xD，满足xD，恒有f(ax)f(bx)，那么函数的图象有对称轴xab；如果函数f(x)，xD，满足xD，恒有2f(ax)f(bx)，那么函数f(x)的图象有对称中心(ab,0)． 25．A

解析：A 【解析】 【分析】

利用指数函数、对数函数的单调性直接比较. 【详解】 解：

x1.10.11.11，0y0.901.10.901，zlog234log210，x，33y，z的大小关系为xyz． 故选A． 【点睛】

本题考查三个数的大小的比较，利用指数函数、对数函数的单调性等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．

6．C

解析：C 【解析】

当2x1时，fx1x22x4； 当1x2时，fxxx22x4；

23所以fxx4,2x1， 3x4,1x23易知，fxx4在2,1单调递增，fxx4在1,2单调递增， 且2x1时，fxmax3，1x2时，fxmin3，

2上单调递增， 则fx在2,2m1212所以fm1f3m得：23m2，解得m，故选C．

23m13m点睛：新定义的题关键是读懂题意，根据条件，得到fxx4,2x1，通过单调3x4,1x22上单调递增，解不等式fm1f3m，要符合定义域性分析，得到fx在2,2m12和单调性的双重要求，则23m2，解得答案．

m13m7．B

解析：B 【解析】

因为|x|0，所以ax1，且在(0,)上曲线向下弯曲的单调递增函数，应选答案B．

8．B

解析：B 【解析】 由f(1)=得a2=, ∴a=或a=-(舍), 即f(x)=(

.由于y=|2x-4|在(-∞,2]上单调递减,在[2,+∞)上单调递增,所以f(x)在(-∞,2]上单

调递增,在[2,+∞)上单调递减,故选B.

9．C

解析：C 【解析】 【分析】

根据函数fxxsinx是奇函数，且函数过点

2,0，从而得出结论．

【详解】

由于函数fxxsinx是奇函数，故它的图象关于原点轴对称，可以排除B和D；

2又函数过点,0，可以排除A，所以只有C符合． 故选：C． 【点睛】

本题主要考查奇函数的图象和性质，正弦函数与x轴的交点，属于基础题．

10．B

解析：B 【解析】 【分析】

本题为选择压轴题，考查函数平移伸缩，恒成立问题，需准确求出函数每一段解析式，分析出临界点位置，精准运算得到解决． 【详解】

x(0,1]时，f(x)=x(x1)，f(x+1)=2 f(x)，f(x)2f(x1)，即f(x)右移1

个单位，图像变为原来的2倍．

如图所示：当2x3时，f(x)=4f(x2)=4(x2)(x3)，令4(x2)(x3)整理得：9x245x560，(3x7)(3x8)0,x18，978,x2（舍），33778x(,m]时，f(x)成立，即m，m,，故选B．

393

【点睛】

易错警示：图像解析式求解过程容易求反，画错示意图，画成向左侧扩大到2倍，导致题目出错，需加深对抽象函数表达式的理解，平时应加强这方面练习，提高抽象概括、数学建模能力．

11．A

解析：A 【解析】 【分析】

根据二次根式的性质求出函数的定义域即可． 【详解】

2x0 由题意得：x10解得：﹣1＜x≤2，

故函数的定义域是（﹣1，2]， 故选A． 【点睛】

本题考查了求函数的定义域问题，考查二次根式的性质，是一道基础题．常见的求定义域的类型有：对数，要求真数大于0即可；偶次根式，要求被开方数大于等于0；分式，要求分母不等于0，零次幂，要求底数不为0;多项式要求每一部分的定义域取交集.

12．A

解析：A 【解析】

本题考察函数的单调性与奇偶性 由函数的奇偶性定义易得yln13，y2|x|，ycosx是偶函数，yx是奇函数 |x|ycosx是周期为2的周期函数，单调区间为[2k,(2k1)](kz)

x0时，y2|x|变形为y2x，由于2>1,所以在区间(0,)上单调递增 x0时，yln111变形为yln，可看成ylnt,t的复合，易知ylnt(t0)|x|xx11yln为增函数，t(x0)为减函数，所以在区间(0,)上单调递减的函数

|x|x故选择A

13．D

解析：D 【解析】 【分析】

分类讨论：①当x1时；②当x1时，再按照指数不等式和对数不等式求解，最后求出它们的并集即可． 【详解】

当x1时，21x2的可变形为1x1，x0，0x1． 当x1时，1log2x2的可变形为x故选D． 【点睛】

本题主要考查不等式的转化与求解，应该转化特定的不等式类型求解．

1，x1，故答案为0,． 214．A

解析：A 【解析】 【分析】

根据对数函数的单调性，分类讨论，结合二次函数的图象与性质，利用排除法，即可求解，得到答案. 【详解】

由题意，若𝟎<𝒂<𝟏，则𝒚=𝐥𝐨𝐠𝒂𝒙在(𝟎,+∞)上单调递减，

又由函数𝒚=(𝒂−𝟏)𝒙𝟐−𝒙开口向下，其图象的对称轴𝒙=𝟐(𝒂−𝟏)在𝒚轴左侧，排除C，D. 若𝒂>𝟏，则𝒚=𝐥𝐨𝐠𝒂𝒙在(𝟎,+∞)上是增函数，

函数𝒚=(𝒂−𝟏)𝒙𝟐−𝒙图象开口向上，且对称轴𝒙=𝟐(𝒂−𝟏)在𝒚轴右侧，

𝟏

𝟏

因此B项不正确，只有选项A满足. 【点睛】

本题主要考查了对数函数与二次参数的图象与性质，其中解答中熟记二次函数和对数的函数的图象与性质，合理进行排除判定是解答的关键，着重考查了分析问题和解答问题的能力，属于基础题.

15．D

解析：D 【解析】 试题分析：y1在区间1,1上为增函数；ycosx在区间1,1上先增后减；1xyln1x在区间1,1上为增函数；y2x在区间1,1上为减函数，选D.

考点：函数增减性

二、填空题

16．【解析】【分析】不动点实际上就是方程f（x0）=x0的实数根二次函数f（x）=x2+ax+4有不动点是指方程x=x2+ax+4有实根即方程x=x2+ax+4有两个不同实根然后根据根列出不等式解答即可

10解析：,3

3【解析】 【分析】

不动点实际上就是方程f（x0）=x0的实数根，二次函数f（x）=x2+ax+4有不动点，是指方程x=x2+ax+4有实根，即方程x=x2+ax+4有两个不同实根，然后根据根列出不等式解答即可． 【详解】

解：根据题意，f（x）=x2+ax+4在[1，3]恒有两个不同的不动点，得x=x2+ax+4在[1，3]有两个实数根，

即x2+（a﹣1）x+4=0在[1，3]有两个不同实数根，令g（x）=x2+（a﹣1）x+4在[1，3]有两个不同交点，

g(1)0a40g(3)03a100∴1a，即1a， 12312322(a1)160(a1)160解得：a∈10,3； 310,3． 3故答案为：【点睛】

本题考查了二次函数图象上点的坐标特征、函数与方程的综合运用，属于中档题．

17．【解析】【分析】先利用已知求出的值再求点D的坐标【详解】由图像可知点在函数的图像上所以即因为点在函数的图像上所以因为点在函数的图像上所以又因为所以点的坐标为故答案为【点睛】本题主要考查指数对数和幂函

11解析：,

24【解析】 【分析】

先利用已知求出xA,xB，yC的值，再求点D的坐标. 【详解】

由图像可知，点AxA,2在函数

ylog22x的图像上，所以

2log22xA，即

21xA22.

因为点BxB,2在函数yx2的图像上，所以2x2，xB4.

B112221y因为点C4,yC在函数y的图像上，所以. C224又因为xDxAx411，yDyC， 2411,. 24所以点D的坐标为故答案为【点睛】

11, 24本题主要考查指数、对数和幂函数的图像和性质，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.

18．【解析】【分析】根据函数奇偶性和单调性的性质作出的图象利用数形结合进行求解即可【详解】偶函数的图象过点且在区间上单调递减函数的图象过点且在区间上单调递增作出函数的图象大致如图：则不等式等价为或即或即 解析：,20,2

【解析】 【分析】

根据函数奇偶性和单调性的性质作出fx的图象，利用数形结合进行求解即可． 【详解】

偶函数fx的图象过点P2,0，且在区间0,上单调递减，

函数fx的图象过点2,0，且在区间,0上单调递增，

作出函数fx的图象大致如图：

x0x0则不等式xfx0等价为fx0或fx0，

即0x2或x2，

即不等式的解集为,20,2， 故答案为,20,2 【点睛】

本题主要考查不等式的解集的计算，根据函数奇偶性和单调性的性质作出fx的图象是解决本题的关键．

19．【解析】【分析】根据函数经过点求出幂函数的解析式利用反函数的求法即可求解【详解】因为点在幂函数的图象上所以解得所以幂函数的解析式为则所以原函数的反函数为故答案为：【点睛】本题主要考查了幂函数的解析式 解析：x2(x0)

【解析】 【分析】

根据函数经过点(4,2)求出幂函数的解析式，利用反函数的求法，即可求解．

【详解】

因为点(4,2)在幂函数fxx(R)的图象上，所以24，解得1， 2所以幂函数的解析式为yx， 则xy，所以原函数的反函数为f故答案为：f1(x)x2(x0) 【点睛】

本题主要考查了幂函数的解析式的求法，以及反函数的求法，其中熟记反函数的求法是解答的关键，着重考查了推理与运算能力，属于基础题．

2112(x)x2(x0)．

20．【解析】函数是奇函数可得即即解得故答案为

1 2【解析】 解析：

函数fxa111fxfxaa是奇函数，可得，即，xxx414141114x1即2axx1，解得a，故答案为

22414121．6【解析】【分析】根据偶函数的关系有代入即可求解【详解】由题：函数是偶函数所以解得：故答案为：6【点睛】此题考查根据函数的奇偶性求函数值难度较小关键在于根据函数奇偶性准确辨析函数值的关系

解析：6 【解析】 【分析】

根据偶函数的关系有g(2)g2，代入即可求解. 【详解】

由题：函数g(x)f(x)x是偶函数， g(2)f(2)24，所以g(2)f(2)24，

解得：f(2)6. 故答案为：6 【点睛】

此题考查根据函数的奇偶性求函数值，难度较小，关键在于根据函数奇偶性准确辨析函数值的关系.

22．【解析】【分析】将函数转化为分段函数对参数分类讨论【详解】转化为分段函数：为更好说明问题不妨设：其对称轴为；其对称轴为①当时因为的对称轴显然不在则只需的对称轴位于该区间即解得：满足题意②当时此时函数 解析：9,00,3

【解析】 【分析】

将函数转化为分段函数，对参数a分类讨论. 【详解】

fx2x2xaxa，转化为分段函数： 3x22axa2,xafx2. 2x2axa,xa为更好说明问题，不妨设：

hx3x22axa2，其对称轴为xa； 3gxx22axa2，其对称轴为xa.

①当a0时， 因为hx的对称轴xa显然不在3,0，则 3只需gx的对称轴位于该区间，即a3,0， 解得：a0,3，满足题意. ②当a0时，

3x2,x0fx2，此时

x,x0函数在区间3,0是单调函数，不满足题意. ③当a0时，

因为gx的对称轴xa显然不在3,0 只需hx的对称轴位于该区间即可，即解得：a9,0，满足题意. 综上所述：a9,00,3. 故答案为：9,00,3. 【点睛】

本题考查分段函数的单调性，难点在于对参数a进行分类讨论.

a3,0 323．4【解析】【分析】采用待定系数法可根据已知等式构造方程求得代入求得从而得到解析式进而得到；设为的零点得到由此构造关于的方程求得；分别在和两种情况下求得所有零点从而得到结果【详解】设解得：又设为的零点

解析：4 【解析】 【分析】

采用待定系数法可根据已知等式构造方程求得a,b，代入f00求得c，从而得到

gx00fx解析式，进而得到gx,hx；设x0为gx的零点，得到，由此构造

hx00关于m的方程，求得m；分别在m0和m3两种情况下求得hx所有零点，从而得到结果. 【详解】

设fxaxbxc

2fx2fxax2bx2cax2bxc4ax4a2b4x4 4a4a1，解得： 4a2b4b4又f00 c0 fxx4x

22gxx24xm，hxx24x4x24xm

22xgx0004x0m0设x0为gx的零点，则，即 222hx00x04x04x04x0m0即m24mm0，解得：m0或m3 ①当m0时

hxx24x4x24xx24xx24x4xx4x2

22hx的所有零点为0,2,4

②当m3时

hxx24x4x24x3x24x3x24x1

2hx的所有零点为1,3,23 综上所述：hx的最大零点为4 故答案为：4 【点睛】

本题考查函数零点的求解问题，涉及到待定系数法求解二次函数解析式、函数零点定义的应用等知识；解题关键是能够准确求解二次函数解析式；对于函数类型已知的函数解析式的求解，采用待定系数法，利用已知等量关系构造方程求得未知量.

24．2【解析】【分析】利用分段函数分段定义域的解析式直接代入即可求出实数的值【详解】由题意得：所以由解得故答案为：2【点睛】本题考查了由分段函数解析式求复合函数值得问题属于一般难度的题

解析：2 【解析】

【分析】

利用分段函数分段定义域的解析式，直接代入即可求出实数a的值. 【详解】

由题意得：f0323，f333a1103a，

02所以由ff0103a2a， 解得a2.

故答案为：2. 【点睛】

本题考查了由分段函数解析式求复合函数值得问题，属于一般难度的题.

25．5【解析】【分析】由求出的范围根据正弦函数为零确定的值再由三角函数值确定角即可【详解】时当时的解有的解有的解有故共有5个零点故答案为：5【点睛】本题主要考查了正弦函数余弦函数的三角函数值属于中档题

解析：5 【解析】 【分析】

由x0,2，求出cosx的范围，根据正弦函数为零，确定cosx的值，再由三角函数值确定角即可. 【详解】

cosx,

fxsincosx0时, cosx0,1,1，

当x0,2时，cosx0的解有

322,，

cosx1的解有，

cosx1的解有0,2,

故共有0,2,,3,25个零点， 2故答案为：5 【点睛】

本题主要考查了正弦函数、余弦函数的三角函数值，属于中档题.

三、解答题 26．

（1）m1，n2；（2）,3 【解析】 【分析】

（1）利用二次函数的零点，代入方程，化简求解即可； （2）求出g(x)得表示，由函数F(x)g218r2在x1,1上有零点，可得

xxr12(【详解】

1211t)3，设，代入可得r的取值范围. xxx2222解：（1）由函数f(x)x3mxn（m0）的两个零点分别为1和2，

13mn0可得，可得m1，n2；

46mn0（2）由题意得：g(x)点，即g2设tf(x)2x3，函数F(x)g2xr2x在x1,1上有零xx121)3在x1,1有解， xx22r2xx0在x1,1有解，即r12(11x1,1t,2，r2t23t1， ，有，可得x22即r2t23t1在t,2有解，

2可得：r2t3t12(t),(t2)，可得2134211821r3， 81r故的取值范围为,3.

8【点睛】

本题考查了二次函数的性质，考查了函数的单调性、最值问题，考查换元思想，属于中档题.

27．

（1）f10，证明见解析；（2）[1,2)(2,3] 【解析】 【分析】

（1）根据函数解析式，对自变量进行合理赋值即可求得函数值，同时也可以得到fx与

fx之间的关系，进而证明；

（2）利用函数的奇偶性和单调性，合理转化求解不等式即可. 【详解】

111fxfxfy01， （1）令，则xxx得f1fxfx0，

再令x1，y1，可得f1f1f1， 得2f1f10，所以f10，

令y1，可得fxfxf1fx， 又该函数定义域关于原点对称， 所以fx是偶函数，即证.

（2）因为f21，又该函数为偶函数，所以f21. 因为函数fx在,0上是减函数，且是偶函数 所以函数fx在0,上是增函数.又

4f2x12x4xf2x4， ffxx所以f2x4f2，等价于解得2x3或1x2. 所以不等式f2【点睛】

2x40,2x40,或

2x42,2x42,4x1f1的解集为[1,2)(2,3]. x本题考查抽象函数求函数值、证明奇偶性，以及利用函数奇偶性和单调性求解不等式.

28．

（1）见解析（2）1, 【解析】 【分析】

（1）先判定函数的单调性，结合单调性来进行求解fx是否存在最小值；

（2）先判断函数的奇偶性及单调性，结合奇偶性和单调性把fx2f43x0进行转化求解. 【详解】 （1）由

531x01x01x0可得或，解得1x1，即函数fx的定义域为1x1x01x02x2x11x11x2，∵1x1x21，∴1x11x21x11x21x11x2， 1x11x21,1，

设1x1x21，则

x2x10，1x11x20，∴

①当a1时fx1fx2，则fx在1,1上是减函数，又t1,1， ∴xt,t时，fx有最小值，且最小值为ftloga1t； 1t②当0a1时，fx1fx2，则fx在1,1上是增函数，又t1,1， ∴xt,t时，fx无最小值.

（2）由于fx的定义域为1,1，定义域关于原点对称，且

1x1xfxlogalogafx，所以函数fx为奇函数.由（1）可知，

1x1x当a1时，函数fx为减函数，由此，不等式fx2f43x0等价于

1x23x45fx2f3x4，即有1x21，解得1x，所以x的取值范围是

3143x151,. 3【点睛】

本题主要考查函数性质的综合应用，奇偶性和单调性常结合求解抽象不等式问题，注意不要忽视了函数定义域，侧重考查数学抽象和逻辑推理的核心素养.

29．

10x2600x250,0x40,（Ⅰ）Qx（Ⅱ）2020年年产量为100（千部）10000x9200,x40.x时，企业获得的利润最大，最大利润为9000万元. 【解析】 【分析】

（Ⅰ）根据题意知利润等于销售收入减去可变成本及固定成本，分类讨论即可写出解析式（Ⅱ）利用二次函数求0x40时函数的最大值，根据对勾函数求x≥40时函数的最大值，比较即可得函数在定义域上的最大值. 【详解】

（Ⅰ）当0x40 时,

Qx800x10x2200x25010x2600x250 ；

1000010000Qx800x801x9450250x9200. 当x≥40时,xx10x2600x250,0x40,Qx 100009200,x40.xx（Ⅱ）当0x40时，Qx10x308750，

2QxmaxQ308750万元；

当x≥40时，Qxx100009200 ，当且仅当x100时， xQxmaxQ1009000万元.

所以，2020年年产量为100（千部）时，企业获得的利润最大，最大利润为9000万元. 【点睛】

本题主要考查了分段函数，函数的最值，函数在实际问题中的应用，属于中档题.

30．

（1）k【解析】 【分析】

(1)由偶函数定义fxfx,代入解析式求解即可;

(2)题设条件可等价转化为alog991x对x,0恒成立,因此设

x1（2）,log92 2gxlog99x1x,求出其在x,0上的最小值即可得出结论.

【详解】

(1)∵函数fxlog991kxkR 是偶函数.

x∴fxfx, ∴log99x1kxlog99x1kx,

xx9x1∴2kxlog991log991log9xx,

91∴k1. 2(2)由(1)知,fxlog991x1x, 2不等式f(x)1xa0即为alog99x1x, 2令gxlog991x,x,0,

x9x1则gxlog991xlog9log919x, x9x又函数gx在,0上单调递减,所以gxming0log92, ∴a的取值范围是,log92. 【点睛】

本题考查函数奇偶性的定义运用以及不等式恒成立问题,属于中档题.解决不等式恒成立问题时,一般首选参变分离法,将恒成立问题转化为最值问题求解.