【解析版】数学高一上期末经典练习题(培优)

一、选择题

1．(0分)[ID：12094]设alog63，blg5，clog147，则a,b,c的大小关系是（ ） A．abc

B．abc

C．bac

D．cab

2．(0分)[ID：12091]已知函数f(x)loga(1]，则a=（ ） A．

1)(a0且a1）的定义域和值域都是[0，x12 21 2B．2

C．D．2

3．(0分)[ID：12124]已知二次函数fx的二次项系数为a，且不等式fx2x的解集为1,3，若方程fx6a0，有两个相等的根，则实数a（ ） A．－

1 5B．1 C．1或－

1 5D．1或－

1 54．(0分)[ID：12108]酒驾是严重危害交通安全的违法行为．为了保障交通安全，根据国家有关规定：100mL血液中酒精含量低于20mg的驾驶员可以驾驶汽车，酒精含量达到20～79mg的驾驶员即为酒后驾车，80mg及以上认定为醉酒驾车．假设某驾驶员喝了一定量的酒后，其血液中的酒精含量上升到了1mg/mL．如果在停止喝酒以后，他血液中酒精含量会以每小时30%的速度减少，那么他至少经过几个小时才能驾驶汽车？（ ）（参考数据：lg0.2≈﹣0.7，1g0.3≈﹣0.5，1g0.7≈﹣0.15，1g0.8≈﹣0.1） A．1

B．3

C．5

D．7

25．(0分)[ID：12097]函数fxxsinx的图象大致为( )

A． B．

C． D．

6．(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7．(0分)[ID：12054]已知定义在R上的奇函数f(x)满足：f(1x)f(3x)0，且

f(1)0，若函数g(x)x6f(1)cos4x3有且只有唯一的零点，则f(2019)（ ） A．1

B．-1

C．-3

D．3

8．(0分)[ID：12051]函数f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)的图象关于直线x＝－对称．据此可推测，对任意的非零实数a，b，c，m，n，p，关于x的方程m[f(x)]2＋nf(x)＋p＝0的解集都不可能是( ) A．{1,2} C．{1,2,3,4}

B．{1,4} D．{1,4,16,64}

29．(0分)[ID：12033]若二次函数fxaxx4对任意的x1,x21,，且

x1x2，都有

1A．,0

2fx1fx20，则实数a的取值范围为（ ）

x1x2B．1, 2C．1,0 2D．1, 210．(0分)[ID：12072]设fx是R上的周期为2的函数，且对任意的实数x，恒有

1fxfx0，当x1,0时，fx1，若关于x的方程

2xfxlogax10(a0且a1)恰有五个不相同的实数根，则实数a的取值范围是

( ) A．3,5

B．3,5

ntC．4,6 D．4,6

11．(0分)[ID：12063]将甲桶中的a升水缓慢注入空桶乙中，tmin后甲桶剩余的水量符合指数衰减曲线yae，假设过5min后甲桶和乙桶的水量相等，若再过mmin甲桶中的水只有A．10

a升，则m的值为（ ） 4B．9

C．8

D．5

12．(0分)[ID：12043]已知函数f（x）=x（ex+ae﹣x）（x∈R），若函数f（x）是偶函数，记a=m，若函数f（x）为奇函数，记a=n，则m+2n的值为（ ） A．0

B．1

xC．2 D．﹣1

1,x1,013．(0分)[ID：12041]若函数fx{4，则f(log43)＝( ) 4x,x0,1A．

1 3B．

1 4C．3 D．4

14．(0分)[ID：12123]函数y＝A．2 C．

1在[2，3]上的最小值为( ) x1B．

1 21 3D．－

1 215．(0分)[ID：12039]已知函数f(x)g(x)x，对任意的xR总有

f(x)f(x)，且g(1)1，则g(1)（ ）

A．1

B．3

xC．3 D．1

二、填空题

16．(0分)[ID：12224]若函数f(x)a(a0,且a1)在[1,2]上的最大值比最小值大

a，则a的值为____________. 241,(x4)17．(0分)[ID：12221]已知函数f(x)．若关于x的方程，f(x)kxlog2x,(0x4)有两个不同的实根，则实数k的取值范围是____________． x118．(0分)[ID：12216]已知函数fx满足2fxx1f1x，其中xR且

xx0，则函数fx的解析式为__________

219．(0分)[ID：12197]函数ylog2(x5x6)单调递减区间是 ．

2上的偶函数fx在区间0,2上单调递减，若20．(0分)[ID：12183]设定义在2,f1mfm，则实数m的取值范围是________．

21．(0分)[ID：12181]已知常数aR，函数fx之差为2，则a__________.

22．(0分)[ID：12165]已知函数f(x)xaxa2，g(x)22x1xa.若fx的最大值与最小值x21，若关于x的不等

式f(x)g(x)恰有两个非负整数解，则实数a的取值范围是__________． ．．．．23．(0分)[ID：12159]函数yxsinx2的最大值和最小值之和为______ 2x124．(0分)[ID：12157]已知3m5nk，且

112，则k__________ mn25．(0分)[ID：12207]若集合Ax|x5x60，Bx|ax20，aZ，且

2BA，则实数a_____. 三、解答题

26．(0分)[ID：12322]已知函数f(x)ln(xax3).

2(1)若f(x)在(,1]上单调递减，求实数a的取值范围； (2)当a3时，解不等式f(ex)x.

27．(0分)[ID：12306]节约资源和保护环境是中国的基本国策.某化工企业,积极响应国家要求,探索改良工艺,使排放的废气中含有的污染物数量逐渐减少.已知改良工艺前所排放的

3废气中含有的污染物数量为2mg/m,首次改良后所排放的废气中含有的污染物数量为

1.94mg/m3.设改良工艺前所排放的废气中含有的污染物数量为r0,首次改良工艺后所排放

的废气中含有的污染物数量为r1,则第n次改良后所排放的废气中的污染物数量rn,可由函数模型rnr0r0r150.5np(pR，nN*)给出,其中n是指改良工艺的次数.

（1）试求改良后所排放的废气中含有的污染物数量的函数模型;

3（2）依据国家环保要求,企业所排放的废气中含有的污染物数量不能超过0.08mg/m,试问

至少进行多少次改良工艺后才能使得该企业所排放的废气中含有的污染物数量达标. （参考数据:取lg20.3）

28．(0分)[ID：12292]已知全集UR，函数f(x)x3lg(10x)的定义域为集合

A，集合Bx|5x7

（1）求集合A； （2）求(CUB)A.

29．(0分)[ID：12262]已知函数f(x)是二次函数,f(1)0,f(3)f(1)4. (1)求f(x)的解析式;

(2)函数h(x)f(x)ln(|x|1)在R上连续不断,试探究,是否存在n(nZ),函数h(x)在区间(n,n1)内存在零点,若存在,求出一个符合题意的n,若不存在,请说明由. 30．(0分)[ID：12257]求下列各式的值. （1）4log2a1213223(aa)a(a0)；

2（2）21g21g4lg5lg25.

【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．A 2．A 3．A 4．C 5．C 6．B 7．C 8．D 9．A 10．D 11．D 12．B 13．C 14．B 15．B

二、填空题

16．或【解析】【分析】【详解】若∴函数在区间上单调递减所以由题意得又故若∴函数在区间上单调递增所以由题意得又故答案：或

17．【解析】作出函数的图象如图所示当时单调递减且当时单调递增且所以函数的图象与直线有两个交点时有

18．【解析】【分析】用代换可得联立方程组求得再结合换元法即可求解【详解】由题意用代换解析式中的可得……（1）与已知方程……（2）联立（1）（2）的方程组可得令则所以所以故答案为：【点睛】本题主要考查了函

19．【解析】【分析】先求出函数的定义域找出内外函数根据同增异减即可求出【详解】由解得或所以函数的定义域为令则函数在上单调递减在上单调递增又为增函数则根据同增异减得函数单调递减区间为【点睛】复合函数法：复

20．【解析】【分析】由题意知函数在上是减函数在上是增函数其规律是自变量的绝对值越小其函数值越大由此可直接将转化成一般不等式再结合其定义域可以解出的取值范围【详解】解：函数是偶函数定义在上的偶函数在区间上

21．【解析】【分析】将化简为关于的函数式利用基本不等式求出的最值即可求解【详解

】当时当时时当且仅当时等号成立同理时即的最小值和最大值分别为依题意得解得故答案为:【点睛】本题考查函数的最值考查基本不等式的

22．【解析】【分析】由题意可得f（x）g（x）的图象均过（﹣11）分别讨论a＞0a＜0时f（x）＞g（x）的整数解情况解不等式即可得到所求范围【详解】由函数可得的图象均过且的对称轴为当时对称轴大于0由题

23．4【解析】【分析】设则是奇函数设出的最大值则最小值为求出的最大值与最小值的和即可【详解】∵函数∴设则∴是奇函数设的最大值根据奇函数图象关于原点对称的性质∴的最小值为又∴故答案为：4【点睛】本题主要考 24．【解析】因为所以所以故填

25．或【解析】【分析】先解二次不等式可得再由讨论参数两种情况再结合求解即可【详解】解：解不等式得即①当时满足②当时又则解得又则综上可得或故答案为：或【点睛】本题考查了二次不等式的解法空集的定义及集合的包

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．A 解析：A

【解析】 【分析】

构造函数fxlogx【详解】

构造函数fxlogxx，利用单调性比较大小即可. 2x11logx21，则fx在1,上是增函数， 2log2x又af6，bf10，cf14，故abc. 故选A 【点睛】

本题考查实数大小的比较，考查对数函数的单调性，考查构造函数法，属于中档题.

2．A

解析：A 【解析】 【分析】

由函数fxloga(函数，但【详解】

由函数fxloga(函数， 但

在[0，1]上为减函数，∴01)=0,(a0,a1)的定义域和值域都是[0，1]，可得f(x)为增x1在[0，1]上为减函数，得01)=0,(a0,a1)的定义域和值域都是[0，1]，可得f(x)为增x1当x=1时，f(1)loga(1)=-loga2=1, 111， 2故选A．

解得a=本题考查了函数的值与及定义域的求法，属于基础题，关键是先判断出函数的单调性． 点评：做此题时要仔细观察、分析，分析出f(0)=0，这样避免了讨论．不然的话，需要讨论函数的单调性.

3．A

解析：A 【解析】 【分析】

设fxaxbxc，可知1、3为方程fx2x0的两根，且a0，利用韦达定

2理可将b、c用a表示，再由方程fx6a0有两个相等的根，由0求出实数a的值. 【详解】

由于不等式fx2x的解集为1,3，

即关于x的二次不等式axb2xc0的解集为1,3，则a0.

2由题意可知，1、3为关于x的二次方程axb2xc0的两根，

2由韦达定理得b2c134，133，b4a2，c3a， aafxax24a2x3a，

由题意知，关于x的二次方程fx6a0有两相等的根， 即关于x的二次方程ax4a2x9a0有两相等的根，

2则4a236a210a222a0，【点睛】

21a0，解得a，故选：A.

5本题考查二次不等式、二次方程相关知识，考查二次不等式解集与方程之间的关系，解题的关键就是将问题中涉及的知识点进行等价处理，考查分析问题和解决问题的能力，属于中等题.

4．C

解析：C 【解析】 【分析】

根据题意先探究出酒精含量的递减规律，再根据能驾车的要求，列出模型0.7x0.2 求解. 【详解】

因为1小时后血液中酒精含量为（1-30%）mg/mL, x小时后血液中酒精含量为（1-30%）x mg/mL的，

由题意知100mL血液中酒精含量低于20mg的驾驶员可以驾驶汽车， 所以130%x0.2，

0.7x0.2，

两边取对数得，

lg0.7xlg0.2 ，

xlg0.214 ，

lg0.73所以至少经过5个小时才能驾驶汽车. 故选：C

【点睛】

本题主要考查了指数不等式与对数不等式的解法，还考查了转化化归的思想及运算求解的能力，属于基础题.

5．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．

6．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．

7．C

解析：C 【解析】 【分析】

由f(1x)f(3x)0结合f(x)为奇函数可得f(x)为周期为4的周期函数，则

f(2019)f(1)，要使函数g(x)x6f(1)cos4x3有且只有唯一的零点，即

x6f(1)cos4x3只有唯一解，结合图像可得f(1)3，即可得到答案．

【详解】

f(x)为定义在R上的奇函数，

f(x)f(x)，

又

f(1x)f(3x)0f(13x)f(33x)0，

f(x4)f(x)0f(x4)f(x)f(x)， f(x)在R上为周期函数，周期为4， f(2019)f(50541)f(1)f(1)

函数g(x)xf(1)cos4x3有且只有唯一的零点，即xf(1)cos4x3只有唯一解，

令m(x)x ，则m(x)6x，所以x(,0)为函数m(x)x减区间，x(0,)6为函数m(x)x增区间，令(x)f(1)cos4x3，则(x)为余弦函数，由此可得函

65666数m(x)与函数(x)的大致图像如下：

由图分析要使函数m(x)与函数(x)只有唯一交点，则m(0)(0)，解得f(1)3

f(2019)f(1)3，

故答案选C． 【点睛】

本题主要考查奇函数、周期函数的性质以及函数的零点问题，解题的关键是周期函数的判

定以及函数唯一零点的条件，属于中档题．

8．D

解析：D 【解析】 【分析】

方程mfxnfxp0不同的解的个数可为0,1,2,3,4.若有4个不同解，则可根据二次函数的图像的对称性知道4个不同的解中，有两个的解的和与余下两个解的和相等，故可得正确的选项. 【详解】

设关于fx的方程mf222xnfxp0有两根，即fxt1或fxt2.

b对称，因而fxt1或fxt2的两根也2a而fxaxbxc的图象关于x关于x【点睛】

b416164对称．而选项D中.故选D.

2a22对于形如fgx0的方程（常称为复合方程），通过的解法是令tgx，从而得

ft0到方程组，考虑这个方程组的解即可得到原方程的解，注意原方程的解的特征

gxt取决于两个函数的图像特征.

9．A

解析：A 【解析】 【分析】

，上单调递减，结合二次函数的开口方向及对称轴的位置即由已知可知，fx在1可求解． 【详解】

2∵二次函数fxaxx4对任意的x1,x21,，且x1x2，都有

fx1fx20，

x1x2，上单调递减， ∴fx在1∵对称轴x1， 2aa01∴ ，解可得a0，故选A． 1122a【点睛】

本题主要考查了二次函数的性质及函数单调性的定义的简单应用，解题中要注意已知不等式与单调性相互关系的转化，属于中档题.

10．D

解析：D 【解析】

x1由fxfx0，知fx是偶函数，当x1,0时，fx1，且2fx是R上的周期为2的函数，

作出函数yfx和ylogax1的函数图象，关于x的方程

fxlogax10(a0且a1)恰有五个不相同的实数根，即为函数yfx和ylogax1的图象有5个交点，

a1所以loga311，解得4a6.

log511a故选D.

点睛：对于方程解的个数(或函数零点个数)问题，可利用函数的值域或最值，结合函数的单调性、草图确定其中参数范围．从图象的最高点、最低点，分析函数的最值、极值；从图象的对称性，分析函数的奇偶性；从图象的走向趋势，分析函数的单调性、周期性等．

11．D

解析：D 【解析】

2ae5na15n5n由题设可得方程组{m5na，由2aeae，代入

2ae4ae(m5)n1aemn41emn12，联立两个等式可得{，由此解得m5，应选答案D。

12e5n212．B

解析：B 【解析】

试题分析：利用函数f（x）=x（ex+ae﹣x）是偶函数，得到g（x）=ex+ae﹣x为奇函数，然后利用g（0）=0，可以解得m．函数f（x）=x（ex+ae﹣x）是奇函数，所以g（x）=ex+ae﹣x为偶函数，可得n，即可得出结论．

解：设g（x）=ex+ae﹣x，因为函数f（x）=x（ex+ae﹣x）是偶函数，所以g（x）=ex+ae﹣x为奇函数．

又因为函数f（x）的定义域为R，所以g（0）=0， 即g（0）=1+a=0，解得a=﹣1，所以m=﹣1．

因为函数f（x）=x（ex+ae﹣x）是奇函数，所以g（x）=ex+ae﹣x为偶函数 所以（e﹣x+aex）=ex+ae﹣x即（1﹣a）（e﹣x﹣ex）=0对任意的x都成立 所以a=1，所以n=1， 所以m+2n=1 故选B．

考点：函数奇偶性的性质．

13．C

解析：C 【解析】 【分析】

根据自变量范围代入对应解析式，化简得结果. 【详解】

f(log43)＝4log43=3,选C. 【点睛】

本题考查分段函数求值，考查基本求解能力，属基础题.

14．B

解析：B 【解析】 y＝

11在[2，3]上单调递减，所以x=3时取最小值为，选B. x1215．B

解析：B 【解析】

由题意，f（﹣x）+f（x）=0可知f（x）是奇函数， ∵fxgxx，g（﹣1）=1， 即f（﹣1）=1+1=2 那么f（1）=﹣2． 故得f（1）=g（1）+1=﹣2， ∴g（1）=﹣3， 故选：B

二、填空题

16．或【解析】【分析】【详解】若∴函数在区间上单调递减所以由题意得又故若∴函数在区间上单调递增所以由题意得又故答案：或

13或 22【解析】 【分析】 【详解】

解析：

若0a1，∴函数f(x)a在区间[1,2]上单调递减，所以

xf(x)maxa,f(x)mina2，由题意得aa2a1，又0a1，故a．若a1，∴222x函数f(x)a在区间[1,2]上单调递增，所以f(x)maxa,f(x)mina，由题意得

a2a答案：

a3，又a1，故a． 2213或 2217．【解析】作出函数的图象如图所示当时单调递减且当时单调递增且所以函数的图象与直线有两个交点时有 解析：(1,2)

【解析】

作出函数f(x)的图象，如图所示，

当x4时，f(x)144单调递减，且112，当0x4时，f(x)log2x单调xx递增，且f(x)log2x2，所以函数f(x)的图象与直线yk有两个交点时，有1k2．

18．【解析】【分析】用代换可得联立方程组求得再结合换元法即可求解【详解】由题意用代换解析式中的可得……（1）与已知方程……（2）联立（1）（2）的方程组可得令则所以所以故答案为：【点睛】本题主要考查了函 解析：fx【解析】 【分析】

用x代换x，可得2f131(x1) x1x1xx1f1x，联立方程组，求得

xx11fx，再结合换元法，即可求解. x3【详解】

由题意，用x代换解析式中的x，可得2fx1与已知方程2fxx1xx1f1x，…….（1） xx1f1x，……（2） xx11f联立（1）（2）的方程组，可得x， x3令tx1,t1，则xx1t1，所以ft11， 3t111(x1). 所以fx3x111(x1). 故答案为：fx3x1【点睛】

本题主要考查了函数解析式的求解，解答中用x代换x，联立方程组，求得

x11fx是解答的关键，着重考查了函数与方程思想，以及换元思想的应用，属

x3于中档试题.

19．【解析】【分析】先求出函数的定义域找出内外函数根据同增异减即可求出【详解】由解得或所以函数的定义域为令则函数在上单调递减在上单调递增又为增函数则根据同增异减得函数单调递减区间为【点睛】复合函数法：复 解析：(,1)

【解析】 【分析】

先求出函数的定义域，找出内外函数，根据同增异减即可求出.

【详解】

2由x25x60，解得x6或x1，所以函数ylog2(x5x6)的定义域为

(,1)(6,).令ux25x6，则函数ux25x6在,1上单调递减，

在6,上单调递增，又ylog2u为增函数，则根据同增异减得，函数

ylog2(x25x6)单调递减区间为(,1).

【点睛】

复合函数法：复合函数yfg(x)的单调性规律是“同则增，异则减”，即yf(u)与

ug(x)若具有相同的单调性，则yfg(x)为增函数，若具有不同的单调性，则

yfg(x)必为减函数．

20．【解析】【分析】由题意知函数在上是减函数在上是增函数其规律是自变量的绝对值越小其函数值越大由此可直接将转化成一般不等式再结合其定义域可以解出的取值范围【详解】解：函数是偶函数定义在上的偶函数在区间上

1解析：1,

2【解析】 【分析】

由题意知函数在0,2上是减函数，在2,0上是增函数，其规律是自变量的绝对值越小，其函数值越大，由此可直接将f(1m)f(m)转化成一般不等式，再结合其定义域可以解出m的取值范围 【详解】 解：

函数是偶函数， f(1m)f(|1m|)，

f(m)f(|m|)，

2上的偶函数 定义在2,f(x)在区间0,2上单调递减，

f(1m)f(m)，

0|m||1m|2，

得1m1． 21． 2故答案为：1,【点睛】

本题考点是奇偶性与单调性的综合，考查利用抽象函数的单调性解抽象不等式，解决此类题的关键是将函数的性质进行正确的转化，将抽象不等式转化为一般不等式求解．本题在

2来限制参数的范围．做题一定要严谨，求解中有一点易疏漏，即忘记根据定义域为2,转化要注意验证是否等价．

21．【解析】【分析】将化简为关于的函数式利用基本不等式求出的最值即可求解【详解】当时当时时当且仅当时等号成立同理时即的最小值和最大值分别为依题意得解得故答案为:【点睛】本题考查函数的最值考查基本不等式的 解析：3 【解析】 【分析】

将fx化简为关于xa的函数式，利用基本不等式，求出的最值，即可求解. 【详解】

当xa时，f(x)0， 当xa时，

fxxaxax21[(xa)a]211， a21(xa)2axa2axa时，(xa)12a2a212a xa当且仅当xa21a时，等号成立，

a21a0f(x)

222a12a12a1a同理xa时，f(x)0，

2a21aa21a， f(x)2222a1aa1a即f(x)的最小值和最大值分别为， ,22依题意得a212，解得a3. 故答案为:3. 【点睛】

本题考查函数的最值，考查基本不等式的应用，属于中档题.

22．【解析】【分析】由题意可得f（x）g（x）的图象均过（﹣11）分别讨论a＞0a＜0时f（x）＞g（x）的整数解情况解不等式即可得到所求范围【详解】由函数可得的图象均过且的对称轴为当时对称轴大于0由题

310解析：,

23【解析】

【分析】

由题意可得f（x），g（x）的图象均过（﹣1，1），分别讨论a＞0，a＜0时，f（x）＞g（x）的整数解情况，解不等式即可得到所求范围． 【详解】

由函数f(x)xaxa2，g(x)2f(x)的对称轴为x2x1可得f(x)，g(x)的图象均过(1,1)，且

a，当a0时，对称轴大于0.由题意可得f(x)g(x)恰有0，1两2f(1)g(1)310a个整数解，可得；当a0时，对称轴小于0.因为

f(2)g(2)23f1g1,

由题意不等式恰有-3，-2两个整数解，不合题意，综上可得a的范围是310,. 23310故答案为：,.

23【点睛】

本题考查了二次函数的性质与图象，指数函数的图像的应用，属于中档题．

23．4【解析】【分析】设则是奇函数设出的最大值则最小值为求出的最大值与最小值的和即可【详解】∵函数∴设则∴是奇函数设的最大值根据奇函数图象关于原点对称的性质∴的最小值为又∴故答案为：4【点睛】本题主要考

解析：4 【解析】 【分析】 设gx求出yxsinx，则gx是奇函数，设出gx的最大值M，则最小值为M，2x1xsinx2的最大值与最小值的和即可. 2x1【详解】

∵函数yxsinx2， x21∴设gxxxsinxgxsinxgx， ，则x21x21∴gx是奇函数， 设gx的最大值M，

根据奇函数图象关于原点对称的性质，∴gx的最小值为M， 又ymax2gxmax2M，ymin2gxmin2M， ∴ymaxymin2M2M4，

故答案为：4. 【点睛】

本题主要考查了函数的奇偶性与最值的应用问题，求出gx最值是解题的关键，属于中档题.

xsinx的奇偶性以及x2124．【解析】因为所以所以故填 解析：15 【解析】

因为3m5nk，所以mlog3k，nlog5k，

11lg5lg3lg152，所以mnlgklgklgklgk1lg15lg15，k15，故填15 225．或【解析】【分析】先解二次不等式可得再由讨论参数两种情况再结合求解即可【详解】解：解不等式得即①当时满足②当时又则解得又则综上可得或故答案为：或【点睛】本题考查了二次不等式的解法空集的定义及集合的包

解析：0或1 【解析】 【分析】

先解二次不等式可得Ax|2x3，再由BA，讨论参数a0，a0两种情况，再结合aZ求解即可. 【详解】

解：解不等式x25x60，得2x3，即Ax|2x3， ①当a0时，B，满足BA， ②当a0时，B，又BA，则2a1，

2a223，解得a1，又aZ，则a3综上可得a0或a1， 故答案为：0或1. 【点睛】

本题考查了二次不等式的解法、空集的定义及集合的包含关系，重点考查了分类讨论的数学思想方法，属基础题.

三、解答题 26．

(1)2a4；(2)xx0或xln3 【解析】 【分析】

（1）根据复合函数单调性的性质,结合二次函数性质即可求得a的取值范围.

（2）将a3代入函数解析式,结合不等式可变形为关于ex的不等式,解不等式即可求解. 【详解】 （1）

f(x)在(,1]上单调递减,根据复合函数单调性的性质可知yx2ax3需单调

a1递减则2

1a30解得2a4.

2（2）将a3代入函数解析式可得f(x)ln(x3x3)

则由f(e)x,代入可得

xlne2x3ex3x

同取对数可得e2x3ex3ex 即(e)4e30, 所以(e1)e30 即ex1或ex3

xx2xxx0或xln3,

所以原不等式的解集为xx0或xln3 【点睛】

本题考查了对数型复合函数单调性与二次函数单调性的综合应用,对数不等式与指数不等式的解法,属于中档题.

27．

（1）rn20.065【解析】 【分析】

（1）先阅读题意，再解方程求出函数模型对应的解析式即可； （2）结合题意解指数不等式即可. 【详解】

解:（1）由题意得r02,r11.94, 所以当n1时,r1r0r0r15即1.942(21.94)50.5p0.5n0.5nN （2）6次

*0.5p,

,解得p0.5,

0.5n0.5(nN*), 所以rn20.065故改良后所排放的废气中含有的污染物数量的函数模型为rn20.0650.5n0.50.08, （2）由题意可得,rn20.0650.5n0.5nN.

*整理得,50.5n0.51.92,即50.5n0.532, 0.06lg32, lg5两边同时取常用对数,得0.5n0.5整理得n25lg21, 1lg25lg230115.3,

1lg27将lg20.3代入,得2又因为nN*,所以n6.

综上,至少进行6次改良工艺后才能使得该企业所排放的废气中含有的污染物数量达标. 【点睛】

本题考查了函数的应用，重点考查了阅读能力及解决问题的能力，属中档题.

28．

(1) Ax|3x10 (2) (CUB)Ax|3x5或7x10 【解析】

试题分析：（1）根据真数大于零以及偶次根式被开方数非负列不等式，解得集合A（2）先根据数轴求CUB，再根据数轴求交集

x30试题解析：（1）由题意可得：，则A{x|3x10}

10x0（2）CUB{x|x5或x7}

CUBA{x|3x5或7x10}29．

(1)f(x)(x1);(2)存在,1. 【解析】 【分析】

（1）由f(3)f(1),知此二次函数图象的对称轴为x1, 由f(1)0可设出抛物线

2的解析式为f(x)a(x1)，再利用f(1)4求得a的值；

2（2）利用零点存在定理，证明h(0)h(1)0即可得到n的值. 【详解】

(1)由f(3)f(1),知此二次函数图象的对称轴为x1, 又因为f(1)0,所以(1,0)是f(x)的顶点, 所以设f(x)a(x1)，

2因为f(1)4,即a(11)4，

2所以设a1 所以f(x)(x1)

(2)由(1)知h(x)(x1)ln(|x|1)

22因为h(1)(11)2ln(|1|1)ln(2)0

h(0)(01)2ln(|0|1)10

即h(0)h(1)0

因为函数h(x)f(x)ln(|x|1)在R上连续不断, 由零点存在性定理,所以函数h(x)在(1,0)上存在零点. 所以存在n1使得函数h(x)在区间(n,n1)内存在零点. 【点睛】

本题考查一元二次函数的解析式、零点存在定理，考查函数与方程思想考查逻辑推理能力和运算求解能力.

30．

（1）0；（2）2 【解析】 【分析】

直接利用指数和对数的运算法则化简求值即得解. 【详解】

log（1）42a12521log2a3323aaa2aa3aa0 22（2）2lg2lg4lg5lg252lg2(lg2lg5)2lg52(lg2lg5)2

【点睛】

本题主要考查指数和对数的运算法则，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.