湖南省常德市汉寿县第一中学2024-2025学年高一下学期7月期末考试数学试卷

这是一份湖南省常德市汉寿县第一中学2024-2025学年高一下学期7月期末考试数学试卷，共21页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
一、单选题
2
N  x | x  2  0
M  x | x
 4
x
M ∩ N 
设集合
， ，则
A [2, 2]B. {2}C. (0, 2]D. (, 2]
命题“ x  0 ，使得 x  2  2 x ”的否定为（ ）
x  0, x  2  2x
C. x  0, x  2  2x
x 0，使得 x  2  2 x
D. x 0，使得 x  2  2x
下列命题中正确的个数为（）
①若 a  b  0 ，则 ab  b2
②若 a  b  0 ，则 b  a
ab
③命题“ x  0, 2x  x2 ”的否定是“ x  0, 2x  x2 ”
④“三个连续自然数的乘积是6 的倍数”是存在量词命题
A. 2B. 3C. 4D. 5
下列命题是真命题的是（）
若 ac  bc .则 a  bB. 若 a2  b2 ，则 a  b
若 a  b ，则
11

若c  d ， a  c  b  d ，则 a  b
ab
已知函数 f  x 
1
x 1
a
x  a 1
1
x 1
，则“ f  x 是奇函数”是“ a  0 ”的（）
充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
一次函数 y  ax  b, ab  0, a  b  0 ，则其大致图象正确的是（）
A.B.C.D.
碳 14 是碳元素的一种同位素，具有放射性.活体生物其体内的碳 14 含量大致不变，当生物死亡后，其组织内的碳 14 开始衰变并逐渐消失.已知碳 14 的半衰期为 5730 年，即生物死亡 t 年后，碳 14 所剩质量
t
 1 5730 ，其中 C
为活体组织中碳 14 的质量.科学家一般利用碳 14 这一特性测定生物死亡年
0 2
C(t)  C  0

代.2023 年科学家发现某生物遗体中碳 14 含量约为原始质量的 0.8 倍，依据计算结果并结合下图中我国历史朝代的时间轴可推断该生物死亡的朝代为（）(参考数据： lg 2  0.3010 )
A. 西汉B. 东汉C. 三国D. 晋朝
双曲余弦函数csh x
 ex  e x
2
是高等数学中重要的函数之一.定义在 R 上的函数
f (x 1)
的图象关于点
(1,1) 对称，且当 x  0 时， f (x)  csh x ，则不等式 f (x 1)  f (2x  3)  2 的解集为（）
A.  2 , 
 1 , 
 3 , 
(2, )
 3
 2
 2

已知函数 f (x)  | x | 2 ，以下说法正确的是（）
1 | x |
A. f (x) 是偶函数B. 函数 f (x) 的值域为(, 1) ∪[2, )
C. f (x) 在( 0, 1) 上单调递减D. f (x) 在(∞, 1) 上单调递增
若函数 f (x)  sin | x | cs 2x ，则（）
f (x) 是周期函数B. f (x) 在π, π 上有 4 个零点
二、多选题
9. 已知 a  lg2 12 ， b  lg3 18 ，则（
A. a  b
）
B. a  2b  2  1
C. a  b  7
D. ab  9
C. f (x) 在 0,π 上是增函数D. f (x) 的最小值为1
2 

三、填空题
设命题 p ：已知 a  0 ， b  0 ，且 a  b  ab ，不等式 a  b  m2  5m  2 恒成立，命题 q ：存在 x [1,1] ，使得不等式 x2  2x  m 1  0 成立，若命题 p 、 q 中有一个为真命题，一个为假命题，则实数m 的取值范围是.
1 x
几位同学在研究函数 f  x x x  R  时给出了下面几个结论：
①函数 f  x 的值域为1,1 ；
②存在 x1  x2 ，使得 f  x1   f  x2  ；
③ f  x 在0, ∞ 是增函数；
x
④若规定 f1  x  f  x ，且对任意正整数 n 都有：fn1  x  f  fn  x ，则 fn  x  1 n x 对任意 n  N*
恒成立.
上述结论中正确结论的序号为.
→→x
已知平面向量 a  1, x ， b  2x  3, x ， x  R ，若 a ⊥b ，则 的值为
四、解答题
设集合 A  x 1  x  3 ，集合 B  {x 2  a  x  2  a , a  0} ．
（1）若 a  2 ，求 A ∪ B ， A  B ；
（2）设命题 p : x  A ，命题 q : x  B ，若 p 是 q 成立的必要不充分条件，求实数 a 的取值范围．
已知实数 a  0 且a  1，函数 f (x)  lga (x 1) ， g(x)  lg 1 (m  x) .
a
2
已知 f 
1  1 ， g 1  1，求实数 a ， m 的值.

2
当 m  1时，用定义法判断函数 h(x)  f (x)  g(x) 的奇偶性.
当m  5 时，利用对数函数单调性讨论不等式 f (x)  g(x)  0 的解集.
某企业生产一种机器的固定成本（即固定投入）为 0.5 万元，但每生产 1 百台时又需可变成本（即需另增加投入）0.25 万元，市场对此商品的需求量为 5 百台，销售收入（单位：万元）的函数为
R  5x  1 x2 (0  x  5) ，其中 x 是产品生产并售出的数量（单位：百台）．
2
把利润表示为年产量的函数．
年产量为多少时，企业所得利润最大？
年产量为多少时，企业才不亏本（不赔钱）？
若函数 g  x  2ax2  7ax  2  b a  0 在区间1, 0上有最大值 8 和最小值 3，设
g  x
f  x 
 x  0 .
x
求 a, b 的值；
若不等式 f 2x   k  2x  0 在 x 0, 2 上有解，求实数 k 的取值范围.
已知函数 f  x   3x2  x  1, g  x   2x2  x  a  x ．
求关于 x 的不等式 f  x   3mx  4x  3m  1 解集；
若 a  1 ，求 g  x  在 x 2, 2 上的值域；
设φ x  f  x  g  x ，记φ x 的最小值为 h a ，求 h a 的最小值．
湖南省常德市汉寿县第一中学 2024-2025 学年
高一下学期期末考试数学试卷
一、单选题
2
N  x | x  2  0
M  x | x
 4
x
M ∩ N 
设集合
， ，则
A. [2, 2]B. {2}C. (0, 2]D. (, 2]
【答案】C
【解析】
【分析】解二次不等式得集合 M，解分式不等式得集合 N，再根据交集定义求结果.
【详解】因为 x2  4 ，所以2  x  2 ，
因为 x  2  0 ，所以0  x  2 ，
x
因此 M  N  0, 2
故选：C.
命题“ x  0 ，使得 x  2  2 x ”的否定为（ ）
x  0, x  2  2x
C. x  0, x  2  2x
x 0，使得 x  2  2 x
D. x 0，使得 x  2  2x
【答案】C
【解析】
【分析】根据命题的否定的定义即可得解.
【详解】命题“ x  0 ，使得 x  2  2 x ”的否定为x  0, x  2  2x .
故选：C.
下列命题中正确的个数为（）
①若 a  b  0 ，则 ab  b2
②若 a  b  0 ，则 b  a
ab
③命题“ x  0, 2x  x2 ”的否定是“ x  0, 2x  x2 ”
④“三个连续自然数的乘积是6 的倍数”是存在量词命题
A. 2B. 3C. 4D. 5
【答案】A
【解析】
【分析】根据不等式的性质判断①②的对错，根据全称量词命题的否定为存在量词命题判断③的对错，根据存在量词命题的概念判断④.
【详解】对于①，由 a  b  0 ，两边都乘以b ，则 ab  b2 ，正确；
对于②，由 a  b  0 ，所以 a  1  b  0 ，错误；
ba
对于④，命题“ x  0, 2x  x2 ”的否定是“ x  0, 2x  x2 ”，正确； 对于⑤，“三个连续自然数的乘积是 6 的倍数”是全称量词命题，错误；所以命题中正确的个数为 2.
故选：A
下列命题是真命题的是（）
若 ac  bc .则 a  b
若 a2  b2 ，则 a  b
若 a  b ，则
11

若c  d ， a  c  b  d ，则 a  b
ab
【答案】D
【解析】
【分析】根据不等式的性质可判断选项 A，D；通过举反例可判断选项 B，C.
【详解】当c  0 时，若 ac  bc ，则 a  b ，故选项 A 错误；当a  5, b  1时，满足 a2  b2 ，但 a  b ，故选项 B 错误；
当 a  5, b  1时，满足 a  b ，但 1  1 ，故选项 C 错误；
ab
若c  d ， a  c  b  d ，则由不等式的可加性得 a  c  c  b  d  d ，即 a  b ，选项 D 正确.故选：D.
已知函数 f  x 
1
x 1
a
x  a 1
1
x 1
，则“ f  x 是奇函数”是“ a  0 ”的（）
充分而不必要条件B. 必要而不充分条件
C 充分必要条件D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】
【分析】由题意首先根据奇函数的定义求出 f  x 是奇函数充要条件，进一步即可得解.
【详解】由题意若 f  x 是奇函数，则x  D （ D 为 f  x 的关于原点对称的定义域），有
f x   f  x ，
1
此时有a
1  1a1  ，即a
 a，

x 1x  a 1x 1 x 1x  a 1x 1 x  a 1
x  a 1

进一步 ax  a2  a  ax  a2  a 恒成立，解得 a  0 或 a  1 ，
当 a  0 时， f  x 
1
x 1
1
x 1
2x x2 1
的定义域为, 1 1,1 1,  关于原点对称，且
f x   f  x ，即满足 f  x 是奇函数，
当 a  1 时， f  x 1 1 12x  1 的定义域为, 1 1, 0 0,1 1,  关于原
点对称，
x 1xx 1
x2 1x
且 f x   f  x ，即满足 f  x 是奇函数，
综上所述， f  x 是奇函数当且仅当 a  0 或 a  1 ，因此“ f  x 是奇函数”是“ a  0 ”的必要而不充分条件.故选：B.
一次函数 y  ax  b, ab  0, a  b  0 ，则其大致图象正确的是（）
A.B.C.D.
【答案】A
【解析】
【分析】由 ab  0, a  b  0 可得a  0  b ，结合一次函数的性质即可选择答案.
【详解】因为 ab  0, a  b  0 ，所以a  0  b .
于是，由 a  0 可得， y 随 x 增大而增大，
由b  0 可得， y  ax  b 的图象与 y 轴的交点在 x 轴的下方，
故一次函数 y  ax  b, ab  0, a  b  0 的大致图象为 A.
故选：A.
碳 14 是碳元素的一种同位素，具有放射性.活体生物其体内的碳 14 含量大致不变，当生物死亡后，其组织内的碳 14 开始衰变并逐渐消失.已知碳 14 的半衰期为 5730 年，即生物死亡 t 年后，碳 14 所剩质量
t
 1 5730 ，其中 C
为活体组织中碳 14 的质量.科学家一般利用碳 14 这一特性测定生物死亡年
0 2
C(t)  C  0

代.2023 年科学家发现某生物遗体中碳 14 含量约为原始质量的 0.8 倍，依据计算结果并结合下图中我国历史朝代的时间轴可推断该生物死亡的朝代为（）(参考数据： lg 2  0.3010 )
A. 西汉B. 东汉C. 三国D. 晋朝
【答案】B
【解析】
【分析】根据题意列方程C
t
 1 5730  0.8C
，运用对数运算求近似解即可.
0 2
 0

【详解】由题意知C
t
 1 5730  0.8C
t18
，所以lg  lg，
0 2
 0

5730210
所以t  5730  1 3lg 2 ，所以t  5730  1 0.903  1847 .
lg 20.301
2023 1847  176 ，故对应死亡的朝代为东汉，故选：B.
双曲余弦函数csh x
 ex  e x
2
是高等数学中重要的函数之一.定义在 R 上的函数
f (x 1)
的图象关于点
(1,1) 对称，且当 x  0 时， f (x)  csh x ，则不等式 f (x 1)  f (2x  3)  2 的解集为（）
A.  2 , 
 1 , 
 3 , 
(2, )
 3
 2
 2

【答案】A
【解析】
【分析】先推出 f (x) 的图象关于点( 0, 1) 对称，则 f (x)  f (x)  2 ，再将不等式化为
f (2x  3)  f (x 1) ，然后根据导数判断函数 f (x) 的单调性，利用单调性可解得结果.
【详解】因为函数 f (x 1) 的图象关于点(1,1) 对称，所以 f (x) 的图象关于点( 0, 1) 对称，所以 f (x)  f (x)  2 ，所以 f (x 1)  f (x 1)  2 ，
所以2  f (x 1)  f (x 1) ，
所以不等式 f (x 1)  f (2x  3)  2 等价于 f (2x  3)  2  f (x 1)  f (x 1) ，
因为
当 x  0 时， f (x)  csh x ， f (x)  ex  e x
2
 0 ，所以 f (x) 在[0, ) 上单调递增，

e x  ex
当 x0 时， f (x)  2  f (x)  2  csh(x)  2 ， f
2
(x)  
ex  ex 2
0 ，
所以 f (x) 在(, 0) 上单调递增，
又因为 f (x) 的图象连续不断，所以 f (x) 在(, ) 上单调递增，
所以 f (2x  3) 
f (x 1) 等价于2x  3  x 1，得 x  2 ，
3
所以不等式 f (x 1)  f (2x  3)  2 的解集为 2 , )  .
 3

【分析】对于 A，结合对数函数的单调性将 a, b 与 3 作大小比较，进而判断即可；
对于 B，化简 a  lg2 3  2 ， b  lg3 2  2 ，进而根据对数的运算性质计算即可判断；
对于 C，结合对数函数的单调性可得 a  4 ， b  3 ，进而根据不等式的基本性质判断即可；对于 D，化简 ab  5  2 lg2 3  lg3 2 ，进而根据基本不等式即可判断.
故选：A
二、多选题
9. 已知 a  lg2 12 ， b  lg3 18 ，则（
）
A. a  b
B. a  2b  2  1
C. a  b  7
【答案】BCD
D. ab  9
【解析】
【详解】对于 A，因为 a  lg2 12  lg2 8  3 ， b  lg3 18  lg3 27  3 ，所以 a  b ，故 A 错误；
对于 B，因为 a  lg2 12  lg2 3  lg2 4  lg2 3  2 ，即 a  2  lg2 3 ，
b  lg3 18  lg3 2  lg3 9  lg3 2  2 ，即b  2  lg3 2 ，所以a  2b  2  lg2 3lg3 2  1 ，故 B 正确；
对于 C，因为 a  lg2 12  lg2 16  4 ，由 A 选项知， b  3 ，
所以 a  b  7 ，故 C 正确；
对于 D，由 B 选项知， a  lg2 3  2 ， b  lg3 2  2 ，
lg2 3lg3 2
因为lg2 3  lg3 2 ，且lg2 3  lg2 1  0 ， lg3 2  lg3 1  0 ，所以 ab  lg2 3  2lg3 2  2  5  2 lg2 3  lg3 2  5  4
即 ab  9 ，故 D 正确.故选：BCD.
已知函数 f (x)  | x | 2 ，以下说法正确的是（）
1 | x |
 9 ，
f (x) 是偶函数B. 函数 f (x) 的值域为(, 1) ∪[2, )
C. f (x) 在( 0, 1) 上单调递减D. f (x) 在(∞, 1) 上单调递增
【答案】AB
【解析】
【分析】A.利用奇偶性的定义判断；B.由 x  0 且 x  1 时求解判断；CD.作出函数的图象判断.
【详解】A. f (x)  | x | 2 的定义域为x | x  1 ，且 f (x)  | x | 2  | x | 2 
f (x) ，所以 f (x) 是
1 | x |1 | x |1 | x |
偶函数，故 A 正确；
当 x  0 且 x  1 时， f (x)  x  2   x 1 3  1
1 xx 1
3
x 1
, 1 [2, ) ，又所以 f (x) 是偶
函数，所以函数 f (x) 的值域为(, 1) ∪[2, ) ，故 B 正确；
作出函数 f (x) 的图象如图所示：
由图象知： f (x) 在( 0, 1) 上单调递增，在(∞, 1) 上单调递减，故 C,D 错误；故选：AB
若函数 f (x)  sin | x | cs 2x ，则（）
f (x) 是周期函数B. f (x) 在π, π 上有 4 个零点
C. f (x) 在 0,π 上是增函数D. f (x) 的最小值为1
2 

【答案】BC
【解析】
【分析】直接利用函数的性质，函数的周期性，单调性，函数的导数，二次函数的性质的应用判断 A、 B、C、D 的结论．
【详解】解：函数 f (x)  sin | x | cs 2x ，
对于 A：函数 y  sin | x | 不是周期函数，故 A 错误；
2 sin2 x  sin x 1(x  0)

对于 B: f (x)  ，令 f (x)  0 ，在[π，π] 上，
2 sin2 x  sin x 1(x  0)
求得 x  π，  5π， 5π， π，故 B 正确；
6666
对于 C：当 x 
π
2
(0,) 时， f (x)  2sin x  sin x  1 ，
2
所以 f (x)  4sin x cs x  cs x ，
由于 x 
π ，所以sin x  0 且cs x  0 ，故 f (x)  0 ，
(0,)
2
故函数 f (x) 在 x 
π
(0,) 上单调递增，故 C 正确；
2
对于 D：由于 f (x)  2sin2 x  sin x  1  2(sin x  1 )2  9 ，
48
当sin x   1 时， f (x)
4
故选：BC．
三、填空题
min
  9 ，故 D 错误．
8
设命题 p ：已知 a  0 ， b  0 ，且 a  b  ab ，不等式 a  b  m2  5m  2 恒成立，命题 q ：存在 x [1,1] ，使得不等式 x2  2x  m 1  0 成立，若命题 p 、 q 中有一个为真命题，一个为假命题，则实数m 的取值范围是.
【答案】(, 1)  (2, 6]
【解析】
【分析】先求出当命题 p 、 q 为真命题时m 的取值范围，再根据题意可知 p ， q 有一真一假，然后根据 p
真， q 假或 p 假， q 真列出不等式组，即可即可．
p a  b 2

【详解】对于
： Q a  b  ab  
，所以 a  b  4 ，当且仅当 a  b  2 时取等号，
2


 m2  5m  8  a  b 恒成立，则 m2  5m  2  4 ，即1  m  6 ；对于 q ：存在 x [1,1] ，使得不等式 x2  2x  m 1  0 成立，
只需 x2  2x  m 1 0 ，
min
min
而x2  2x  m 1 2  m ，2  m  0 ， m  2 ；因为 p ， q 有一真一假，所以
m  2
若 q 为假命题， p 为真命题，则1  m  6 ，所以2  m  6 ；


若 p 为假命题， q 为真命题，则m
1或m
3
，所以 m  1.
综上， m  1或2  m  6 ，故答案为： (, 1)  (2, 6] .
几位同学在研究函数 f  x 
m  2
1 x
x x  R  时给出了下面几个结论：
①函数 f  x 的值域为1,1 ；
②存在 x1  x2 ，使得 f  x1   f  x2  ；
③ f  x 在0, ∞ 是增函数；
x
④若规定 f1  x  f  x ，且对任意正整数 n 都有：fn1  x  f  fn  x ，则 fn  x  1 n x 对任意 n  N*
恒成立.
上述结论中正确结论的序号为.
【答案】①③④
【解析】
【分析】按 x  0 ， x  0 分类，进而求出函数的值域、单调性判断①②③；利用归纳推理的求解判断④.
【详解】函数 f  x 
当 x  0 时， f  x 
x
1 x
x
，
 1
1 0,1 ，且 f  x 在0,  上单调递增，③正确；
1 xx 1
当 x  0 时， f  x 
x
1 x
 1
1
1 x
1, 0 ，且 f  x 在, 0 上单调递增，
因此函数 f  x 的值域为1,1 ，①正确；
函数 f  x 在R 上单调递增，则x1  x2 ，恒有 f  x1  
x
f  x2  ，②错误；
1 2 x
1
x
1
x
1
x
由 f  x  f  x ，得 f  x  f  f  x x，
121
1 2
x
1
x
1 2
x
x
1 n x
f  x  f  f  x x，L ，归纳推理得 f  x x，④正确.
1 3 x
32n
故答案为：①③④
【点睛】思路点睛：分段函数的值域可以采用分段求解，最后再取各段值域的并集；分段函数在判断单调性时，除了要考虑每一段函数单调性，还需要考虑到在分段点处各段函数的函数值的大小关系.
→→x
已知平面向量 a  1, x ， b  2x  3, x ， x  R ，若 a ⊥b ，则 的值为
【答案】3 或1
【解析】
【分析】根据向量垂直的坐标运算列方程，解方程即可.
→→
【详解】由已知 a  1, x ， b  2x  3, x ，且 a ⊥b ，
则 →
a  b  2x  3  x2  0 ，
解得 x  3 或 x  1 ，故答案为： 3 或1.
四、解答题
设集合 A  x 1  x  3 ，集合 B  {x 2  a  x  2  a , a  0} ．
（1）若 a  2 ，求 A ∪ B ， A  B ；
（2）设命题 p : x  A ，命题 q : x  B ，若 p 是 q 成立的必要不充分条件，求实数 a 的取值范围．
【答案】（1） A  B  x 1  x  4， A  B  x 0  x  3
（2） 0,1
【解析】
【分析】（1）根据交集和并集的定义即可得解；
（2）由题意可得 B 是A 的真子集，再根据集合的包含关系即可得解.
【小问 1 详解】
因为 a  2 ，所以 B  x 0  x  4 ，
所以 A  B  x 1  x  4， A  B  x 0  x  3 ；
【小问 2 详解】
因为 p 是 q 成立的必要不充分条件，所以 B 是A 的真子集，又 a  0 ，故 B 不为空集，
故1  2  a, 2  a  3（等号不同时成立），得0  a  1，
所以实数 a 的取值范围0,1 ．
已知实数 a  0 且a  1，函数 f (x)  lga (x 1) ， g(x)  lg 1 (m  x) .
a
2
已知 f 
1  1 ， g 1  1，求实数 a ， m 的值.

2
当 m  1时，用定义法判断函数 h(x)  f (x)  g(x) 的奇偶性.
当m  5 时，利用对数函数单调性讨论不等式 f (x)  g(x)  0 的解集.
【答案】（1） a  2, m  3 ；（2）奇函数，证明见解析；（3）见解析.
2
【解析】
2
【分析】（1）根据 f (
1)  1 ，求得 a  2 ，进而得到 g(x)  lg1 (m  x) ，再由 g 1  1求解.
22
由 m  1得到 h(x)  lg
1 x ，先求得函数h( x) 定义域，再判断 h(x), h(x) 的关系.
a 1 x
由m  5 ，得到 g(x)  lga (5  x) ，将 f (x)  g(x)  0 ，转化为lga (x 1)  lga (5  x) ，再分
0  a  1， a  1 讨论求解.
【详解】（1）因为 f (
1)  1 ，即lg
2
2
a
 1 ，
2
2
解得 a  2 ，则 g(x)  lg1 (m  x) ，
2
又因为 g(1)  lg1 (m 1)  1,
2
解得 m  3 .
2
（2）当 m  1时， h(x) 
f (x)  g(x)  lg (x 1)  lg (1 x)  lg
1 x
，
a
a1a 1 x
函数h( x) 定义域为1,1 ， h(x)  lg
所以函数为奇函数.
1 x  lg
a 1 x
1 x  h(x) ，
a 1 x
（3）当m  5 ，则 g(x)  lg 1 (5  x)  lga (5  x) ，
a
由 f (x)  g(x)  0 
f (x)  g(x) 即lga (x 1)  lga (5  x) ①
x 1  0

当0  a  1时，要使不等式①成立，则5  x  0，

x 1  5  x
解得1  x  2 .
x 1  0

当 a  1 时，要使不等式①成立，则5  x  0，

x 1  5  x
解得2  x  5 ，
综上所述：当0  a  1时不等式 f (x)  g(x)  0 的解集为1, 2 .
当 a  1 时不等式 f (x)  g(x)  0 的解集为2, 5 .
某企业生产一种机器的固定成本（即固定投入）为 0.5 万元，但每生产 1 百台时又需可变成本（即需另增加投入）0.25 万元，市场对此商品的需求量为 5 百台，销售收入（单位：万元）的函数为
R  5x  1 x2 (0  x  5) ，其中 x 是产品生产并售出的数量（单位：百台）．
2
把利润表示为年产量的函数．
年产量为多少时，企业所得利润最大？
年产量为多少时，企业才不亏本（不赔钱）？
 1 x2  4.75x  0.5(0  x  5)

【答案】（1） y   2
12  0.25x(x  5)
（2）475 台；（3）年产量在 11 台到 4800 台之间时，企业不亏本．
【解析】
【分析】（1）根据利润函数＝销售收入函数−成本函数，由此即可求出结果；
由利润函数是二次函数，可以利用二次函数的性质求出函数取最大值时对应的自变量 x 的值；
要使企业不亏本，则利润 y  0 ，根据分段函数，分类解不等式，即可求出结果．
【小问 1 详解】 设利润为 y 万元，


5x
得 y  
1 x2
2
 0.5  0.25x(0  x  5)
，
1
5 5   52  0.5  0.25x(x  5)
2
 1 x2  4.75x  0.5(0  x  5)

即 y   2.
12  0.25x(x  5)
【小问 2 详解】
显然当0  x  5 时，企业会获得最大利润，
此时， y   1 ( x  4.75)2  10.78125 ，
2
 x  4.75 ，即年产量为 475 台时，企业所得利润最大．
【小问 3 详解】
要使企业不亏本，则 y  0 ．
 0  x  5
 x  5


即 y   1

 2
x2  4.75x  0.5  0
或，
12  0.25x  0
得0.11  x  5 或5  x  48 ，即0.11  x  48 ．即年产量在 11 台到 4800 台之间时，企业不亏本．
若函数 g  x  2ax2  7ax  2  b a  0 在区间1, 0上有最大值 8 和最小值 3，设
g  x
f  x 
 x  0 .
x
求 a, b 的值；
若不等式 f 2x   k  2x  0 在 x 0, 2 上有解，求实数 k 的取值范围.
【答案】（1） a  1, b  6
（2） ,17
【解析】
【分析】（1）根据二次函数在闭区间上的单调性，利用最值得出方程组可解得a  1, b  6 ；
将不等式有解问题转化成 k  8t 2  7t  2, t   1 ,1 ，由二次函数单调性可得结果.
max
 4
【小问 1 详解】
易知函数 g  x  2ax2  7ax  2  b a  0 关于 x  
因此 g  x  在区间1, 0上单调递增，
7a 2  2a
  7 对称，
4
g 1  2a  7a  2  b  3

所以可得g 0  2  b  8
因此 a, b 的值分别为1, 6
a  1

，解得，
b  6
【小问 2 详解】
由（1）可得 g  x  2x2  7x  8 ，所以 f  x  g  x  2x  8  7 ；
xx
不等式 f 2x   k  2x  0 等价于 k 
f 2x 

2x
2  2x
 8  7 2x
2x
 1 2
 8  2x 
 7  1  2 ；
2x

令t 
1   1 ,1 ，可得 k  8t 2  7t  2 ，
2x 4
不等式 f 2x   k  2x  0 在 x 0, 2 上有解等价为 k  8t 2  7t  2, t   1 ,1 ；

2 1
max
 4
由二次函数性质可得 y  8t
 7t  2 在  4 ,1 上单调递增，
所以 ymax  8  7  2  17 ，因此 k  17 .
即可得实数 k 的取值范围为,17 .
已知函数 f  x   3x2  x  1, g  x   2x2  x  a  x ．
求关于 x 的不等式 f  x   3mx  4x  3m  1 解集；
若 a  1 ，求 g  x  在 x 2, 2 上的值域；
设φ x  f  x  g  x ，记φ x 的最小值为 h a ，求 h a 的最小值．
【答案】（1）答案见解析
（2）  3 , 9
 2
1
【解析】
【分析】（1）将不等式转化为 x2  m 1 x  m  0 ，分m 三种情况求出解集；
求出 g(x) 的分段函数，求出 g(x) 的单调区间，求出 g  x 在 x 2, 2 上的值域；
求出φ(x) ，分 a   1 、  1  a  1 和 a  1 三种情况求出 h(a) ，求出 h a 的最小值.
2222
【小问 1 详解】
由 f  x  3mx  4x  3m 1 ，
即不等式转化为 x2  m 1 x  m  0 ，
则 x  m x 1  0 ，当 m  1时，不等式的解集为x 1  x  m；当 m  1时，不等式的解集为x m  x  1；
当 m  1时，不等式的解集为；
【小问 2 详解】
2x2 1, x  1
g  x  2x2  x 1  x  ，
2x2  2x 1, x  1
当 x 2,1, g  x  2x2  2x 1，
g  x 在2,  1  单调递减，在  1 ,1 单调递增，


2 2
g   1    3 , g 2  3 ，函数 g  x 在x 2,1 上值域为 3 , 3 ，
2 2
 2

当 x 1, 2, g  x  2x2 1, g  x 在1, 2单调递增，
g 1  3, g 2  9 ，函数 g  x 在x 1, 2 上值域为3, 9 ，
综上所述，函数 g  x 在 x 2, 2 上值域为 3 , 9 ；
 2
【小问 3 详解】
由题意可知，  x  x2  x  a 1, x  a
φ
x2  x  a 1, x  a
，

①当 a   1 时，根据二次函数的性质，可知函数φ x 在 ∞,  1  单调递减，在  1 , ∞ 上单调递增，
22 2
函数φ x 的最小值为φ  1    5  a ；

2 4

②当 1  a  1 时，根据二次函数的性质，可知函数φ x 在, a单调递减，在a, ∞ 上单调递增，
22
函数φ x 的最小值为φa  a2 1 ；
③当 a  1 时，根据二次函数的性质，可知函数φ x 在 , 1  单调递减，在 1 , ∞ 上单调递增，
22 
 2
故函数φ x 的最小值为φ 1   a  5 ，

2
4


  5  a, a   1
42
11
综上所述， h a  a2 1,   a  ，

22
 5  a, a  1
42
当 a   1 时，函数φ x 的最小值为 5  a ，此时 h a   3 ；
244
当 1  a  1 时，函数φ x 的最小值为 a2 1，此时 h a  1；
22
当 a  1 时，函数φ x 的最小值为 5  a ，此时 h a   3 ．
244
综上所述， h a 的最小值为1．
【点睛】关键点点睛：本题（3）关键在于分 a   1 、  1  a  1 和 a  1 三种情况求出 h(a) .
2222