2020-2021学年江苏省盐城市高一（上）期中考试数学试卷苏教版

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这是一份2020-2021学年江苏省盐城市高一（上）期中考试数学试卷苏教版，共11页。试卷主要包含了选择题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1. 不等式2x2−7x+6>0的解集为（）
A.{x|x<−2或x>32}B.{x|x<32或x>2}
C.{x|32
2. 已知a，b∈R，那么“aA.充分不必要条件B.必要不充分条件
C.充要条件D.既不充分也不必要条件

3. 函数f(x)=ex−1,x<2,−lg3(x−1),x≥2,则f(f(4))=( )
A.1eB.eC.1e2D.1

4. 函数y=x+8x−1x>1的最小值是（）
A.22+1B.42+1C.42D.22

5. 已知正实数x，y满足xy=x+2y，则xy的最小值为( )
A.4B.8C.10D.12

6. 不等式lg2x−1+12lg12x3+2>0的解集为（）
A.[2, 3)B.(2, 3]C.(2, 4]D.[2, 4)

7. 已知函数fx是定义在R上的奇函数，且对任意x∈R满足fx+2=fx，又当0A.−4B.0C.−2D.1

8. 已知方程a=|1−21−x|−1有两个异根，则实数a的取值范围为（）
A.[−1,1)B.(−1,1]C.−1,0D.(−1,0]
二、多选题

设全集U=0,1,2,3,4,5，集合A=0,1,3，B=0,1,4,5，则( )
A.A∩B=0,1B.∁UB=3
C.A∪B=0,1,3,4,5D.集合A的真子集个数为7

如果aA.1a<1bB.ab>b2C.−ab<−a2D.−1a<−1b

已知函数fx=ex−e−x定义在区间a,b上，若fa=M，fb=N，那么下列四个命题中是假命题的有( )
A.必存在x∈a,b，使得fx=M+N2
B.必存在x∈a,b，使得fx=MN
C.必存在x∈a,b，使得fx=2MNM+N
D.必存在x∈a,b，使得fx=M+N2

下列选项中说法正确的是（）
A.函数fx=lg2x2−4x的单调减区间为−∞,2
B.幂函数fx=mxα过点12,22，则fx为偶函数
C.函数fx=x1−2x−x2在定义域上是偶函数，不是奇函数
D.若函数fx=lgax2+5x+4的值域为R，则实数a的取值范围是0,2516
三、填空题

函数f(x)=x+2+ln(1−x)的定义域为________.

已知函数fx=a−bx1+abxb>0,b≠1为奇函数，则负实数a的值为________.

若“存在x∈R，使得m2x+a⋅mx+a+1≤0”为假命题（其中m>0,m≠1），则实数a的取值范围为________.
四、解答题

(1)求值：lg5125+lg1000+lne+2lg23；

(2)解不等式a2x+1>a1−x(a>0且a≠1）.

设命题p：实数x满足x−mx−3m<0，其中m>0；命题q：实数x满足lg2x2−5lg2x+4≤0.
(1)若m=1，p，q都是真命题，求实数x的取值范围；

(2)若p是q的充分不必要条件，求实数m的取值范围．

已知函数fx是定义在−2,2上的奇函数，且当x>0时，fx=2x+x+1.
(1)求函数fx的解析式；

(2)判断函数fx在0,+∞上的单调性并证明；

对于正实数a，b，已知：若a+b=1，则1a+1b≥4；若a+b=1，则1a+4b≥9；若a+b=2，则4a+25b≥492.
(1)请根据上述结果完成猜想：若x，y，a，b均为正实数，则x2a+y2b≥________，证明并指明等号成立的条件；

(2)利用上述不等式解决下列问题：已知非负实数x，y满足若2x+y=2，求2x+1+9y+1的最小值．

已知函数fx=lgx−1−lgx+1，gx=2x.
(1)令lg3=t，lg2=s，当x∈1,2时，求函数fgx的值域（结果用t和s表示）；

(2)若不等式g2m−x2
已知二次函数fx满足fa=b，fb=a，f1=1，其中a，b是方程x2−3x+1=0的两根．
(1)求函数fx的解析式；

(2)若存在实数m，使得fx+m≤x−94对任意的x∈52,n恒成立，求n的最大值及此时m的值．
参考答案与试题解析
2020-2021学年江苏省盐城市高一（上）期中考试数学试卷
一、选择题
1.
【答案】
B
【考点】
一元二次不等式的解法
【解析】
利用二次不等式得解.
【解答】
解：由2x2−7x+6>0，
得2x−3x−2>0，
故2x2−7x+6>0的解集为{x|x<32或x>2}.
故选B.
2.
【答案】
A
【考点】
必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】
利用充分必要条件的判定方法得解.
【解答】
解：由题设a反之当a故a，b∈R，那么a故选A.
3.
【答案】
C
【考点】
分段函数的应用
函数的求值
【解析】
利用分段函数的解析式求解函数的值.
【解答】
解：由题设得f4=−lg34−1=−1，
ff4=f−1=e−2=1e2.
故选C.
4.
【答案】
B
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：由题意，y=x+8x−1=(x−1)+8x−1+1.
因为x>1，则由基本不等式可知，
(x−1)+8x−1≥2(x−1)×8x−1=42，
当且仅当x=1+22时取等号，
所以y=x+8x−1=(x−1)+8x−1+1≥42+1，
即函数的最小值为42+1.
故选B.
5.
【答案】
B
【考点】
基本不等式在最值问题中的应用
【解析】
根据题意，由基本不等式的性质可得x+2y≥22xy，据此可得xy≥22xy，设t=xy，(t>0)则有t2−22t≥0，解可得t的取值范围，变形即可得答案．
【解答】
解：根据题意，正实数x，y满足xy=x+2y，
又由x+2y≥22xy，则有xy≥22xy.
设t=xy(t>0)，则有t2−22t≥0，
解得：t≥22，
则有xy≥8，即xy的最小值为8.
故选B.
6.
【答案】
D
【考点】
其他不等式的解法
对数的运算性质
【解析】
将原不等式左边第二项利用对数的运算性质化简，设lg2x−1=t，得到关于t的一元二次不等式，求出不等式的解集得到t的范围，即为lg2x−1的范围，再利用对数的运算法则求出x的范围，即为原不等式的解集．
【解答】
解：原不等式等价于lg2x−1−32lg2x+32+12>0，lg2x−1≥0，
设lg2x−1=t，则有lg2x=t2+1，
原不等式化为t−32t2+12>0，
解得0≤t<1，
所以0≤lg2x−1<1，即1≤lg2x<2，
解得2≤x<4，
则原不等式的解集为[2, 4).
故选D.
7.
【答案】
A
【考点】
函数奇偶性的性质
函数的求值
函数的周期性
【解析】

【解答】
解：由题意，f(x)为R上的奇函数，则f(x)=−f(−x)，
从而有f(1)=−f(−1).
又f(x+2)=f(x)，则函数的周期为2，且f(1)=f(−1)，
所以有f(1)=0，
而f(−52)=−f(52)=−f(52−2)=−f(12)=−41=−4，
f(2021)=f(1+2020)=f(1)=0，
所以f(−52)+f(2021)=−4.
故选A.
8.
【答案】
C
【考点】
函数与方程的综合运用
由函数零点求参数取值范围问题
指数函数的图象
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：根据指数函数y=2x的图象，我们可以做出y=|1−21−x|−1的图象，
则要使得方程a=|1−21−x|−1有两个异根，由图可知−1所以a的取值范围为(−1,0).
故选C.
二、多选题
【答案】
A,C,D
【考点】
子集与真子集的个数问题
并集及其运算
交集及其运算
补集及其运算
【解析】

【解答】
解：由题意，全集U={0,1,2,3,4,5}，A={0,1,3}，B={0,1,4,5}，
则A∩B={0,1}，所以A正确；
∁UB={2,3}，所以B错误；
A∪B={0,1,3,4,5}，所以C正确；
集合A={0,1,3}，有23−1=7个真子集，所以D正确.
故选ACD.
【答案】
B,D
【考点】
不等式比较两数大小
不等式的基本性质
【解析】
由于a【解答】
解：由于a那么A，1a=−12，1b=−1，∴ 1a>1b，故A不正确；
B，ab=2，b2=1，∴ ab>b2，故B正确，
C，−ab=−2，−a2=−4，∴ −ab>−a2，故C不正确；
D，−1a=12，−1b=1，∴ −1a<−1b，故D正确.
故选BD.
【答案】
B,C,D
【考点】
函数单调性的判断与证明
不等式性质的应用
【解析】
先由题可知函数图像为a,b上连续的增函数，再结合每个选项和不等式性质验证合理性即可
【解答】
解：函数f(x)=ex−e−x是定义在a,b上的增函数，且图像是连续不断的曲线，
且fa=M，fb=N，所以fx∈M,N，
A，由y=fx−M+N2得，
[f(a)−M+N2]⋅[f(b)−M+N2]=(M−M+N2)(N−M+N2)
=−(M−N)22≤0，
可得函数y存在零点，故A正确；
B，由fx=MN得，
[f(a)−MN]⋅[f(b)−MN]=(M−MN)(N−MN)，
若M>0,N>0，
则上式为−MN(M−N)2≤0，可得函数y存在零点，
若M<0,N<0，则上式大于0，可得函数y不一定存在零点，故B不正确；
C，由y=fx−2MNM+N得，
[f(a)−2MNM+N]⋅[f(b)−2MNM+N]=(M−2MNM+N)(N−2MNM+N)
=−MN(M+N)2⋅(M−N)2，
若MN<0，则上式大于0，可得函数y不一定存在零点，故C不正确；
D，若f(x)=M+N2成立，则M先证M得M2−12M−12N<0，即(M−14)2−1+8N16<0，
所以(M−14)2<1+8N16，如M=94，N=3时，不成立，故D不正确.
故选BCD.
【答案】
C,D
【考点】
对数函数的值域与最值
复合函数的单调性
函数奇偶性的判断
幂函数的性质
【解析】
本题对于A选项：由对数函数的定义域和复合函数的单调可判断；对于B选项：由幂函数的定义和函数过的点可判断；对于C选项：由偶函数的定义可判断；对于D选项：由对数函数的值域可判断
【解答】
解：A，由x2−4x>0得x>4或x<0，
所以fx=lg2x2−4x中函数的定义域为−∞,0∪(4,+∞)，
又函数t=x2−4x在−∞,2上单调递减，
函数y=lg2t在0,+∞上单调递增，
所以函数fx=lg2x2−2x的单调减区间为−∞,0，故A不正确；
B，因为幂函数fx=mxα过点12,22，
所以22=m12α，且m=1，解得α=12，
所以fx=x12x>0，
因为定义域不关于原点对称，所以为非奇非偶函数，故B不正确；
C，因为函数y=fx的定义域为−∞,0∪0,+∞，
且f−x=−x1−2−x−−x2=−x⋅2x2x−1+x2x−122x−1
=−2x⋅2x+x2x−122x−1=−x2x−1−2x22x−1=fx，
所以y=fx为偶函数，故C正确；
D，因为函数fx=lg(ax2+5x+4)的值域为R，
所以当a=0时，fx=lg5x+4，满足其值域为R，
当a≠0时，需a>0且Δ=52−16a≥0，解得0所以实数a的取值范围是0,2516，故D正确.
故选CD.
三、填空题
【答案】
[−2, 1)
【考点】
函数的定义域及其求法
【解析】
由根式内部的代数式大于等于0，对数式的真数大于0，联立不等式组求解即可得答案．
【解答】
解：由x+2≥0,1−x>0, 解得−2≤x<1，
∴ 函数f(x)=x+2+ln(1−x)的定义域为[−2, 1)．
故答案为：[−2, 1).
【答案】
−1
【考点】
函数奇偶性的性质
【解析】
本题主要通过奇函数的性质通过其定义得到等式进行求解即可
【解答】
解：∵ 函数fx=a−bx1+a⋅bx为奇函数，f−x=−fx，
∴ a−b−x1+a⋅b−x=−a−bx1+a⋅bx，
∴ a⋅bx−1bx+a=−a−bx1+a⋅bx，
∴ a=1或−1.
∵ a为负实数，
∴ a=−1.
故答案为：−1.
【答案】
2−22,+∞
【考点】
函数恒成立问题
全称命题与特称命题
【解析】
本题主要通过换元以及二次函数的性质进行分类讨论求出每段上参数的范围，最后求并集即可
【解答】
解：令fx=m2x+amx+a+1m>0，m≠1，x∈R,
再令mx=t(t∈0,+∞)，即ft=t2+at+a+1.
∵”∃x∈R，使fx≤0“为假命题，则∀x∈R，fx>0，
即∀t∈0,+∞，ft>0.
当a<0时，对称轴t=−a2>0，且ft开口向上，
即ftmin=f−a2=a24−a22+a+1>0，
解得2−22当a≥0时，对称轴t=−a2≤0，
即ftmin=f0=a+1>0，恒成立.
综上：a>2−22.
故答案为：2−22,+∞.
四、解答题
【答案】
解：(1)lg5125+lg1000+lne+2lg23
=lg55−2+lg103+lne12+3
=−2+3+12+3
=92.
(2)由a2x+1>a1−x，得
当a>1时，原不等式化为2x+1>1−x，解得x>0，
∴原不等式的解集为0,+∞；
当0∴原不等式的解集为−∞,0.
【考点】
对数的运算性质
指数函数单调性的应用
【解析】
本题主要考查对数函数的综合运用，属于基础题.主要是根据对数的基本运算公式进行求解即可，
本题考查指数的基本性质，属于基础题.主要是根据底数与1的大小关系，进行分类讨论求解x的范围即可
【解答】
解：(1)lg5125+lg1000+lne+2lg23
=lg55−2+lg103+lne12+3
=−2+3+12+3
=92.
(2)由a2x+1>a1−x，得
当a>1时，原不等式化为2x+1>1−x，解得x>0，
∴原不等式的解集为0,+∞；
当0∴原不等式的解集为−∞,0.
【答案】
解：(1)当m=1时，p:x−1x−3<0，
∴ (x−1)(x−3)<0，解得x∈(1,3).
q:(lg2x)2−5lg2x+4≤0，令lg2x=t，
则t2−5t+4≤0，(t−4)(t−1)≤0，
解得1≤t≤4，
∴ 1≤lg2x≤4，得2≤x≤16，
∴ p∩q=[2,3).
故若m=1，p，q都是真命题，实数x的取值范围为[2,3).
(2)当p是q的充分不必要条件时，
∵ p:(x−m)(x−3m)<0(m>0)，q:[2,16]，
∴ p:(m,3m)⫋q:[2,16]，
∴ m>0,m≥2,3m≤16，
解得2≤m≤163，
∴ 当p是q的充分不必要条件时，m∈2,163.
【考点】
命题的真假判断与应用
根据充分必要条件求参数取值问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)当m=1时，p:x−1x−3<0，
∴ (x−1)(x−3)<0，解得x∈(1,3).
q:(lg2x)2−5lg2x+4≤0，令lg2x=t，
则t2−5t+4≤0，(t−4)(t−1)≤0，
解得1≤t≤4，
∴ 1≤lg2x≤4，得2≤x≤16，
∴ p∩q=[2,3).
故若m=1，p，q都是真命题，实数x的取值范围为[2,3).
(2)当p是q的充分不必要条件时，
∵ p:(x−m)(x−3m)<0(m>0)，q:[2,16]，
∴ p:(m,3m)⫋q:[2,16]，
∴ m>0,m≥2,3m≤16，
解得2≤m≤163，
∴ 当p是q的充分不必要条件时，m∈2,163.
【答案】
解：(1)设x<0，则−x>0，f(−x)=−2x+−x+1.
因为f(x)是[−2,2]上的奇函数，
所以f(−x)=−f(x)，又−f(x)=−2x+−x+1，
所以f(x)=2x−−x−1.
综上：f(x)=2x+x+1,0(2)函数f(x)在0,+∞上是单调增函数，证明如下：
设x1，x2∈0,+∞，且x1f(x1)−f(x2)=2x1+x1+1−2x2−x2−1，
=2x1−x2+x1−x2.
由x1所以x1−x2<0，x1−x2<0，
即2x1−x2+x1−x2<0，
所以得：f(x1)所以函数f(x)在0,+∞上是单调增函数.
【考点】
函数奇偶性的性质
函数单调性的判断与证明
【解析】
利用函数的奇偶性，求解分段函数的解析式.
本题利用定义证明函数的单调性，规定大小，作差，变形，断号，下结论.
【解答】
解：(1)设x<0，则−x>0，f(−x)=−2x+−x+1.
因为f(x)是[−2,2]上的奇函数，
所以f(−x)=−f(x)，又−f(x)=−2x+−x+1，
所以f(x)=2x−−x−1.
综上：f(x)=2x+x+1,0(2)函数f(x)在0,+∞上是单调增函数，证明如下：
设x1，x2∈0,+∞，且x1f(x1)−f(x2)=2x1+x1+1−2x2−x2−1，
=2x1−x2+x1−x2.
由x1所以x1−x2<0，x1−x2<0，
即2x1−x2+x1−x2<0，
所以得：f(x1)所以函数f(x)在0,+∞上是单调增函数.
【答案】
解：1猜想：x2a+y2b≥(x+y)2a+b.
证明：∵ x>0，y>0，a>0，b>0，
不等式两边同乘aba+b，
得ba+bx2+aa+by2≥abx2+2xy+y2，
即bx2−2abxy+ay2≥0，
即bx−ay2≥0，
当且仅当“bx=ay”，即xa=yb时，取等号.
故x2a+y2b≥(x+y)2a+b成立，当且仅当xa=yb时取等号.
2∵ 2x+1+9y+1=42x+2+9y+1≥(2+3)22x+2+y+1=5，
当且仅当x=0，y=2时取等号，
∴ 2x+1+9y+1的最小值为5.
【考点】
不等式性质的应用
【解析】
1直接猜想，证明结论成立即可；
2构造第一问的结构，即可得到答案.
【解答】
解：1猜想：x2a+y2b≥(x+y)2a+b，
证明：∵ x>0，y>0，a>0，y>0，
不等式两边同乘aba+b，
得ba+bx2+aa+by2≥abx2+2xy+y2，
即bx2−2abxy+ay2≥0，
即bx−ay2≥0，
当且仅当“bx=ay”，即xa=yb时，取等号.
故x2a+y2b≥(x+y)2a+b成立，当且仅当xa=yb时取等号.
2∵ 2x+1+9y+1=42x+2+9y+1≥(2+3)22x+2+y+1=5，
当且仅当x=0，y=2时取等号，
∴ 2x+1+9y+1的最小值为5.
【答案】
解：(1)f(g(x))=f(2x)=lg(2x−12x+1).
取任意1≤x1f(g(x1))−f(g(x2))=lg(2x1−12x1+1)−lg(2x2−12x2+1)
=lg(2x1−1)(2x2+1)(2x1+1)(2x2−1).
∵ 1≤x1∴ 0<2x1+1<2x2+1，0<2x1−1<2x2−1.
∵ (2x1−1)(2x2+1)−(2x1+1)(2x2−1)=2(2x1−2x2)，
且2x1<2x2，
∴ (2x1−1)(2x2+1)<(2x1+1)(2x2−1)，
∴ lg(2x1−1)(2x2+1)(2x1+1)(2x2−1)<0，
∴ f(g(x1))∴ f(g(x))在[1,2]上单调递增，
∴ f(g(x))min=f(g(1))=−lg3=−t，
f(g(x))max=f(g(2))=t+s−1，
∴ f(g(x))∈[−t,t+s−1].
(2)取任意m−1≤x1则g(x1)−g(x2)=2x1−2x2.
∵ x1∴ 2x1−2x2<0，即g(x1)∴ g(x)在[m−1,m+1]上单调递增.
∵ g(2m−x2)∴ 2m−x2m.
设ℎ(x)=x2+x.
当m+1≤−12，即m≤−32时，
ℎ(x)min=ℎ(m+1)，
∴ m2+2m+1+m+1>m，
解得m≤−32.
当m−1<−12即可得到m−1<−12,m+1>−12,m<−14,
解得−32当m−1≥−12时，ℎ(x)min=ℎ(m−1)>m，
解得m>2.
综上所述， m∈(−∞,−14)∪(2,+∞).
【考点】
对数函数的定义域
函数的值域及其求法
函数的最值及其几何意义
不等式恒成立问题
【解析】
本题考查对数函数值域
本题考察对数函数，恒成立问题
【解答】
解：(1)f(g(x))=f(2x)=lg(2x−12x+1).
取任意1≤x1f(g(x1))−f(g(x2))=lg(2x1−12x1+1)−lg(2x2−12x2+1)
=lg(2x1−1)(2x2+1)(2x1+1)(2x2−1).
∵ 1≤x1∴ 0<2x1+1<2x2+1，0<2x1−1<2x2−1.
∵ (2x1−1)(2x2+1)−(2x1+1)(2x2−1)=2(2x1−2x2)，
且2x1<2x2，
∴ (2x1−1)(2x2+1)<(2x1+1)(2x2−1)，
∴ lg(2x1−1)(2x2+1)(2x1+1)(2x2−1)<0，
∴ f(g(x1))∴ f(g(x))在[1,2]上单调递增，
∴ f(g(x))min=f(g(1))=−lg3=−t，
f(g(x))max=f(g(2))=t+s−1，
∴ f(g(x))∈[−t,t+s−1].
(2)取任意m−1≤x1则g(x1)−g(x2)=2x1−2x2.
∵ x1∴ 2x1−2x2<0，
∴ g(x)在[m−1,m+1]上单调递增.
∵ g(2m−x2)∴ 2m−x2m.
设ℎ(x)=x2+x.
当m+1≤−12，即m≤−32时，
ℎ(x)min=ℎ(m+1)，
∴ m2+2m+1+m+1>m，
解得m≤−32.
当m−1<−12即可得到m−1<−12,m+1>−12,m<−14,
解得−32当m−1≥−12时，ℎ(x)min=ℎ(m−1)>m，
解得m>2.
综上所述， m∈(−∞,−14)∪(2,+∞).
【答案】
解：(1)设二次函数f(x)的解析式为f(x)=cx2+dx+e，
∵ a，b是方程x2−3x+1=0的两根，
∴ a+b=3，ab=1.
∵ fx满足fa=b，fb=a，f1=1，
∴ f(a)+f(b)=c(a2+b2)+d(a+b)+2e=a+b，f(1)=c+d+e，
∴ 7c+3d+2e=3，c+d+e=1，
∴ e=4c，d=1−5c，即f(x)=cx2+(1−5c)x+4c，
由x2−3x+1=0可得一根为x=3−52，y=3+52，
将x=3−52，y=3+52代入f(x)，
得c=1，d=−4，e=4，
∴ f(x)的解析式为f(x)=x2−4x+4.
(2)由(1)得f(x)=x2−4x+4，
∴ f(x+m)≤x−94等价于x2+2mx+m2−4x−4m+4≤x−94，
即x2+(2m−5)x+m2−4m+254≤0，
又∵ x∈52,n，
∴ Δ≥0，m2+m≤0，
解得−1≤m≤0.
设g(x)=x2+(2m−5)x+m2−4m+254，
∴ g(x)的对称轴为x=−2m−52，
∴ 当m取−1时n取得最大值，
∴ nmax=92.
综上，n的最大值为92，此时m的值为−1.
【考点】
二次函数的性质
函数解析式的求解及常用方法
函数恒成立问题
【解析】
此题暂无解析
【解答】
解：(1)设二次函数f(x)的解析式为f(x)=cx2+dx+e，
∵ a，b是方程x2−3x+1=0的两根，
∴ a+b=3，ab=1.
∵ fx满足fa=b，fb=a，f1=1，
∴ f(a)+f(b)=c(a2+b2)+d(a+b)+2e=a+b，f(1)=c+d+e，
∴ 7c+3d+2e=3，c+d+e=1，
∴ e=4c，d=1−5c，即f(x)=cx2+(1−5c)x+4c，
由x2−3x+1=0可得一根为x=3−52，y=3+52，
将x=3−52，y=3+52代入f(x)，
得c=1，d=−4，e=4，
∴ f(x)的解析式为f(x)=x2−4x+4.
(2)由(1)得f(x)=x2−4x+4，
∴ f(x+m)≤x−94等价于x2+2mx+m2−4x−4m+4≤x−94，
即x2+(2m−5)x+m2−4m+254≤0，
又∵ x∈52,n，
∴ Δ≥0，m2+m≤0，
解得−1≤m≤0.
设g(x)=x2+(2m−5)x+m2−4m+254，
∴ g(x)的对称轴为x=−2m−52，
∴ 当m取−1时n取得最大值，
∴ nmax=92.
综上，n的最大值为92，此时m的值为−1.

2020-2021学年江苏省盐城市高一（上）期中考试数学试卷苏教版

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