人教版高一数学上学期期中填选精选50题（压轴版）解析版

1、期中填选精选50题（压轴版）一、单选题1（2019·晋江市子江中学）已知当 时，函数 的图象与 的图象有且只有一个交点，则正实数m的取值范围是A B C D 【答案】B【详解】当时， ， 单调递减，且，单调递增，且 ，此时有且仅有一个交点；当时， ，在 上单调递增，所以要有且仅有一个交点，需 选B.【名师点睛】已知函数有零点求参数取值范围常用的方法和思路(1)直接法：直接根据题设条件构建关于参数的不等式，再通过解不等式确定参数范围；(2)分离参数法：先将参数分离，转化成求函数值域问题加以解决；(3)数形结合法：先对解析式变形，在同一平面直角坐标系中，画出函数的图象，然后数形结合求解2

2、（2019·宁波市北仑中学）在实数的原有运算法则中，补充定义新运算“”如下：当时，；当时，已知函数，则满足的实数的取值范围是ABCD【答案】C【详解】当时，；当时，；所以，易知，在单调递增，在单调递增，且时，时，则在上单调递增，所以得：，解得，故选C点睛：新定义的题关键是读懂题意，根据条件，得到，通过单调性分析，得到在上单调递增，解不等式，要符合定义域和单调性的双重要求，则，解得答案3（2019·通榆县第一中学校高一期中）已知函数，则不等式的解集为（ ）ABCD【答案】D【分析】先判断函数的奇偶性和单调性，得到，且，解不等式得解.【详解】由题得函数的定义域为.因为，所以为上

3、的偶函数，因为函数都是在上单调递减.所以函数在上单调递减.因为，所以，且，解得.故选：D【点睛】本题主要考查函数的奇偶性和单调性的判断，考查函数的奇偶性和单调性的应用，意在考查学生对这些知识的理解掌握水平.4（2020·四川省绵阳南山中学）已知为偶函数，它在上是减函数，若有，则的取值范围是（ ）ABCD【答案】A【分析】利用偶函数的基本性质将所求不等式变形为，再由该函数的单调性得出，可得出，利用对数函数的单调性即可解出该不等式.【详解】函数为偶函数，由，可得，又函数在上是减函数，则，解得.因此，所求的取值范围是.故选：A.【点睛】本题考查利用函数的奇偶性和单调性解不等式，涉及对数函数

4、单调性的应用，考查运算求解能力，属于中等题.5（2020·安徽省舒城中学）已知函数，若对于任意，都有成立，则实数的取值范围是（ ）ABCD【答案】C【分析】由题意根据二次函数图像的特征可得方程组，解不等式组即可得到答案.【详解】因为函数的图像是一条开口向上的抛物线，所以要使得对于任意，都有成立，则只需，解得：所以.故选：C【点睛】本题以二次函数为背景考察了恒成立问题，属基础题.6（2020·九龙坡·重庆市育才中学高一期中）若函数在区间I上是增函数，且函数在区间I上是减函数，则称函数是区间I上的“H函数”对于命题：函数是上的“H函数”； 函数是上的“H函数”下列判断

5、正确的是（ ）A和均为真命题B和均为假命题C为假命题, 为真命题D为真命题, 为假命题【答案】D【详解】对于命题：令,函数可换元为在上是增函数，函数y=-t2+2t在上是增函数，在上是增函数；在上是减函数，函数是上的“H函数“，故命题是真命题对于命题，函数是（0，1）上的增函数，是上的增函数，故命题是假命题；故选D7（2020·安徽省舒城中学）设定义在上的函数满足，且当时，.若对任意，不等式恒成立，则实数的最小值是（ ）ABCD【答案】B【分析】当时，可得恒成立，再利用递推关系式探讨时适合，当时，并不恒满足题意，画出函数草图，令，解出，结合图形即可得结果.【详解】由已知，当时，恒成立

6、，可得当时，恒成立；当时，.画出函数草图，令，化简得，解得，由图可知，当时，不等式恒成立.故选：B.【点睛】本题考查函数恒成立问题，考查等价转化思想与综合运算能力，考查逻辑思维能力与推理论证能力，属于难题.8（2020·福建省泉州市泉港区第一中学）我们把定义域为且同时满足以下两个条件的函数称为“函数”：（1）对任意的，总有；（2）若，则有成立，下列判断正确的是（ ）A若为“函数”，则不一定成立B若为“函数”，则在上一定是增函数C函数在上是“函数”D函数在上是“函数”【答案】D【分析】对任意的，总有，令，则，判断A；利用特例法判断B；如果、，设、，则，可判断C；利用新定义的性质判断D.

7、【详解】对任意的，总有，又，则有成立，故错误； ，是函数，但不是增函数，故错误；显然满足条件（1），如果、，则，；如果、，设、，则，不满足条件（2），不是函数，故错误；显然，满足条件（1），满足条件（2），是函数，故正确故选：【点睛】新定义题型的特点是：通过给出一个新概念，或约定一种新运算，或给出几个新模型来创设全新的问题情景，要求考生在阅读理解的基础上，依据题目提供的信息，联系所学的知识和方法，实现信息的迁移，达到灵活解题的目的.遇到新定义问题，应耐心读题，分析新定义的特点，弄清新定义的性质，按新定义的要求，“照章办事”，逐条分析、验证、运算，使问题得以解决.9（2020·华东师范

8、大学第一附属中学高一期中）已知0<b<1+a，若关于x的不等式（xb）2>（ax）2的解集中的整数恰有3个，则A1<a<0B0<a<1C1<a<3D3<a<6【答案】C【详解】由，整理可得（1）2bx+>0，由于该不等式的解集中的整数恰有3个，则有1<0，此时>1，而0<b<1+a，故a>1，由不等式 <0解得即要使该不等式的解集中的整数恰有3个，那么3<<2，由<2得b<2（a1），则有a<+1，即a<+1<+1，解得a<3，由3<

9、得3a3>b>0，解得a>1，则1<a<310（2020·合肥市第六中学高一期中）设集合，其中，下列说法正确的是A对任意，是的子集，对任意，不是的子集B对任意，是的子集，存在，使得是的子集C对任意，使得不是的子集，对任意，不是的子集D对任意，使得不是的子集，存在，使得不是的子集【答案】B【分析】运用集合的子集的概念，令，推导出，可得对任意，是的子集；再由，求得，即可判断与的关系.【详解】解对于集合，可得当即可得，即有，可得对任意，是的子集；当时，可得是的子集；当时，可得不是的子集；综上可得，对任意，是的子集，存在，使得是的子集.故选：【点睛】本题考查集合

10、间的关系，一元二次不等式的解法，属于中档题.11（2020·浙江台州·高一期中）正数a,b满足,若不等式对任意实数x恒成立,则实数m的取值范围是ABCD【答案】A【分析】利用基本不等式求得的最小值，把问题转化为恒成立的类型，求解的最大值即可.【详解】,，且a,b为正数，当且仅当，即时，若不等式对任意实数x恒成立，则对任意实数x恒成立，即对任意实数x恒成立，故选：A【点睛】本题主要考查了恒成立问题，基本不等式求最值，二次函数求最值，属于中档题.12（2020·安徽省舒城中学）已知的斜边长为2.则下列关于的说法中，正确的是A周长的最大值为B周长的最小值为C面积的最大值

11、为2D面积的最小值为1【答案】A【分析】因为，由勾股定理可构建关系式，由基本不等式考查周长和面积的最值即可.【详解】设为斜边，所以，由基本不等式的推论可得：，当且仅当时等号成立，据此可知，故ABC的周长，周长的最大值为，选项A正确，B错误，由基本不等式可知当且仅当时取等号，由面积公式，故面积的最大值为1，所以C，D选项错误；故选：A.【点睛】本题考查基本不等式在三角形的周长和面积上应用，属于中档题13（2021·四川省武胜烈面中学校高一期中）已知正实数满足，则的最小值为（ ）A10B11C13D21【答案】B【分析】利用“乘1法”与基本不等式的性质即可得出【详解】解：正实数满足，则，

12、即：，当且仅当且，即时取等号，所以的最小值为11.故选：B.【点睛】本题考查了“乘1法”与基本不等式的性质的应用，同时考查转化思想和计算能力14（2020·四川成都市·成都七中高一期中）实数，满足且，则下列关系成立的是（ ）ABCD【答案】D【分析】根据等式可变形为，利用完全平方可得大小，由得，做差，配方法比较大小.【详解】由可得，则，由可得，利用完全平方可得所以，综上，故选：D【点睛】本题主要考查了做差法比较两个数的大小，考查了推理与运算能力，属于难题.15（2020·浙江余姚中学高一期中）已知关于的不等式组仅有一个整数解，则的取值范围为（ ）ABCD【答案】B

13、【分析】解不等式，得或，再分类讨论不等式的解集，结合集合关系求得参数的取值范围.【详解】解不等式，得或解方程，得，（1）当，即时，不等式的解为：此时不等式组的解集为，若不等式组的解集中仅有一个整数，则，即；（2）当，即时，不等式的解为：此时不等式组的解集为，若不等式组的解集中仅有一个整数，则，即；综上，可知的取值范围为故选：B【点睛】关键点睛：本题考查利用不等式组的解集情况求参数的范围，解题的关键是解一元二次不等式及分类讨论解含参数的一元二次不等式，再利用集合关系求参数，考查学生的分类讨论思想与运算求解能力，属于中档题.16（2020·武汉外国语学校（武汉实验外国语学校）高一期中）是

14、不同时为0的实数，则的最大值为（ ）ABCD【答案】A【分析】对原式变形，两次利用基本不等式，求解即可.【详解】因为a，b均为正实数，则，当且仅当，且取等，即取等号，即则的最大值为，故选：A【点睛】易错点睛：利用基本不等式求最值时，要注意其必须满足的三个条件：（1）“一正二定三相等”“一正”就是各项必须为正数；（2）“二定”就是要求和的最小值，必须把构成和的二项之积转化成定值；要求积的最大值，则必须把构成积的因式的和转化成定值；（3）“三相等”是利用基本不等式求最值时，必须验证等号成立的条件，若不能取等号则这个定值就不是所求的最值，这也是最容易发生错误的地方，注意多次运用不等式，等号成立条件是

15、否一致.17（2020·上海市嘉定区第二中学高一期中）设a，b，c为实数，f（x）=（x+a）（x2+bx+c），g（x）=（ax+1）（cx2+bx+1）记集合S=x|f（x）=0，xR，T=x|g（x）=0，xR若S，T分别为集合S，T 的元素个数，则下列结论不可能的是（ ）AS=1且T=0BS=1且T=1CS=2且T=2DS=2且T=3【答案】D【详解】f（x）=（x+a）（x2+bx+c），当f（x）=0时至少有一个根x=a当b24c=0时，f（x）=0还有一根只要b2a，f（x）=0就有2个根；当b=2a，f（x）=0是一个根当b24c0时，f（x）=0只有一个根；当b24

16、c0时，f（x）=0只有二个根或三个根当a=b=c=0时S=1，T=0当a0，b=0，c0时，S=1且T=1当a=c=1，b=2时，有S=2且T=2故选D18（2019·江西省石城中学高一期中）对于任意两个正整数 ，定义某种运算，法则如下：当都是正奇数时， ；当不全为正奇数时， ，则在此定义下，集合的真子集的个数是（ ）ABCD【答案】C【详解】由题意，当 都是正奇数时， ；当不全为正奇数时， ；若 都是正奇数，则由 ，可得 ，此时符合条件的数对为（ 满足条件的共8个；若不全为正奇数时， ，由 ，可得 ，则符合条件的数对分别为 共5个；故集合 中的元素个数是13，所以集合的真子集的个

17、数是 故选C【点睛】本题考查元素与集合关系的判断，解题的关键是正确理解所给的定义及熟练运用分类讨论的思想进行列举，19（2020·北京交通大学附属中学）设集合是集合的子集，对于，定义，给出下列三个结论：存在的两个不同子集，使得任意都满足且；任取的两个不同子集，对任意都有；任取的两个不同子集，对任意都有；其中，所有正确结论的序号是（ ）ABCD【答案】A【分析】根据题目中给的新定义，对于或，可逐一对命题进行判断，举实例例证明存在性命题是真命题，举反例可证明全称命题是假命题【详解】对于，定义， 对于，例如集合是正奇数集合，是正偶数集合，故正确； 对于，若，则，则且，或且，或且； 若，则，

18、则且； ；任取的两个不同子集，对任意都有；正确，故正确；对于，例如：，当时，； 故错误；所有正确结论的序号是：； 故选：A【点睛】本题考查了简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于中档题20（2018·重庆北碚·西南大学附中高一期中）已知集合其中，其中则与的关系为ABCD【答案】A【分析】先任取，分同为奇数或同为偶数和一奇一偶两种情况向集合B进行变形，得到形式，说明同理任取，变形为说明得到.【详解】任取当同为奇数或同为偶数时， 当一奇一偶时，因为所以，所以 所以任取，所以所以故选：A【点睛】本题主要考查了集合的包含关系的判断和应用，还考查了转化化归分类的思想，属于

19、难题.21（2020·合肥市第六中学高一期中）对于非空数集M，定义表示该集合中所有元素的和.给定集合，定义集合，则集合的元素的个数为（ ）A11B12C13D14【答案】B【分析】分别考虑集合为单元素集、双元素集、三元素集、四元素集，然后分别计算出的取值，由此确定出集合中的元素的个数.【详解】当集合为单元素集时，可取，此时可取；当集合为双元素集时，可取，此时可取；当集合为三元素集时，可取，此时可取，当集合为四元素集时，可取，此时可取，综上可知可取，共个值，所以的元素个数为，故选：B.【点睛】本题考查集合中的新定义问题，对学生的理解与分析问题的能力要求较高，难度较难.解答新定义的集合问

20、题，首先要明确集合中表示元素的含义，其次才是解答问题.22（2020·江苏省通州高级中学）已知函数是定义在R上奇函数，当时，.若对任意的恒成立，则实数的取值范围是（ ）ABCD【答案】D【分析】先判断函数在R上的单调性，再将函数值的大小转化为自变量的大小，分参转化为恒成立问题，进而得到答案.【详解】因为在单调递增（增增），且函数是R上的奇函数，容易判断函数在R上是增函数.对任意的,问题，记，则问题因为，当且仅当时取“=”，所以.故选：D.【点睛】本题较为综合，到这一步都是比较正常的思路，接下来注意齐次式的处理方式，目的是为了消元（看成一个量），下一步的换元一定要注意要把分母整体换元，

21、这样后面的运算会简单，最后结合基本不等式或者导数解决即可.二、多选题23（2020·汕头市澄海中学）关于函数，正确的说法是（ ）A有且仅有一个零点B的定义域为C在单调递增D的图象关于点对称【答案】ABD【分析】先求得函数的定义域，由此判断B选项的正确性；然后判断函数的单调性，由此判断C选项的正确性；根据函数零点判断A选项的正确性；根据关于点的对称点是否在图像上，判断D选项的正确性.【详解】函数的定义域为，B选项正确；，所以在和上递减，C选项错误.令，解得，所以有且仅有一个零点，A选项正确.设点是函数图象上的任意一点，则，且关于的对称点为，而，且，所以点在函数的图象上，所以D选项正确.

22、故选：ABD【点睛】本小题主要考查函数的定义域、单调性、零点、对称中心等知识，属于基础题.24（2020·湖北黄冈市·）德国著名数学家狄利克雷(Dirichlet,18051859)在数学领域成就显著.19世纪,狄利克雷定义了一个“奇怪的函数” 其中R为实数集,Q为有理数集.则关于函数有如下四个命题,正确的为A函数是偶函数B,恒成立C任取一个不为零的有理数T,对任意的恒成立D不存在三个点,使得为等腰直角三角形【答案】ACD【分析】根据函数的定义以及解析式，逐项判断即可【详解】对于A，若，则，满足；若，则，满足；故函数为偶函数，选项A正确；对于B，取，则，故选项B错误；对于C

23、，若，则，满足；若，则，满足，故选项C正确；对于D，要为等腰直角三角形，只可能如下四种情况：直角顶点在上，斜边在轴上，此时点，点的横坐标为无理数，则中点的横坐标仍然为无理数，那么点的横坐标也为无理数，这与点的纵坐标为1矛盾，故不成立； 直角顶点在上，斜边不在轴上，此时点的横坐标为无理数，则点的横坐标也应为无理数，这与点的纵坐标为1矛盾，故不成立； 直角顶点在轴上，斜边在上，此时点，点的横坐标为有理数，则中点的横坐标仍然为有理数，那么点的横坐标也应为有理数，这与点的纵坐标为0矛盾，故不成立； 直角顶点在轴上，斜边不在上，此时点的横坐标为无理数，则点的横坐标也应为无理数，这与点的纵坐标为1矛盾，故

24、不成立 综上，不存在三个点，使得为等腰直角三角形，故选项D正确故选：【点睛】本题以新定义为载体，考查对函数性质等知识的运用能力，意在考查学生运用分类讨论思想，数形结合思想的能力以及逻辑推理能力，属于难题25（2020·江苏苏州·星海实验中学高一期中）定义：若函数在区间上的值域为 ，则称区间是函数的“完美区间”，另外，定义区间 的“复区间长度”为，已知函数，则（ ）A是的一个“完美区间”B是 的一个“完美区间”C的所有“完美区间”的“复区间长度”的和为D的所有“完美区间”的“复区间长度”的和为【答案】AC【分析】根据定义，当时求得的值域，即可判断A；对于B，结合函数值域特点即

25、可判断；对于C、D，讨论与两种情况，分别结合定义求得“复区间长度”，即可判断选项.【详解】对于A，当时，则其值域为，满足定义域与值域的范围相同，因而满足“完美区间”定义，所以A正确；对于B，因为函数，所以其值域为，而，所以不存在定义域与值域范围相同情况，所以B错误；对于C，由定义域为，可知，当时，此时，所以在内单调递减，则满足，化简可得，即，所以或，解得（舍）或，由解得或（舍），所以，经检验满足原方程组，所以此时完美区间为，则“复区间长度”为；当时，若，则，此时.当在的值域为，则，因为 ，所以，即满足，解得，（舍）.所以此时完美区间为，则“复区间长度”为；若，则，此时在内单调递增，若的值域为，

26、则，则为方程的两个不等式实数根，解得， 所以，与矛盾，所以此时不存在完美区间.综上可知，函数的“复区间长度”的和为，所以C正确，D错误；故选：AC.【点睛】本题考查了函数新定义的综合应用，由函数单调性判断函数的值域，函数与方程的综合应用，分类讨论思想的综合应用，属于难题.26（2020·深圳市高级中学高一期中）对，表示不超过的最大整数十八世纪，被“数学王子”高斯采用，因此得名为高斯函数，人们更习惯称为“取整函数”，则下列命题中的真命题是（ ）ABC函数的值域为D若，使得同时成立，则正整数的最大值是5【答案】BCD【分析】由取整函数的定义判断，由定义得，利用不等式性质可得结论【详解】是

27、整数， 若，是整数，矛盾，A错误；，B正确；由定义，函数的值域是，C正确；若，使得同时成立，则，因为，若，则不存在同时满足，只有时，存在满足题意，故选：BCD【点睛】本题考查函数新定义，正确理解新定义是解题基础由新定义把问题转化不等关系是解题关键，本题属于难题27（2021·浙江杭州高级中学高一期中）下列结论正确的是（ ）A，B若，则C若，则D若，则【答案】BD【分析】对每个选项注意检验，要么证明其成立，要么举出反例判定其错误.【详解】当时，为负数，所以A不正确；若，则，考虑函数在R上单调递增，所以，即，所以B正确；若，则，所以C不正确；若，根据基本不等式有所以D正确.故选：BD【点

28、睛】此题考查命题真假性的判断，内容丰富，考查的知识面很广，解题中尤其注意必须对每个选项逐一检验，要么证明其成立，要么举出反例，方可确定选项.28（2020·重庆市凤鸣山中学高一期中）已知，则的值可能是ABCD【答案】CD【分析】,有则且,分和打开 ，然后用重要不等式求出其最值，从而得到答案.【详解】由，得，则且.当时, =.当且仅当即 时取等号.当时, =.当且仅当即 时取等号.综上，.故选：C D.29（2020·浙江学军中学高一期中）（多选题）已知，函数的图象与x轴的交点个数为m，函数与x轴的交点个数为M，则的值可能是（ ）A0B1C2D3【答案】ABC【分析】根据二次

29、函数的对称性，讨论、结合判别式、对称轴、根的情况，判断对应的零点可能情况即可求的值.【详解】由知：且，令，的定义域为，对称轴为，1、当时，中；2、当时，1）当时有一个零点，若时；若时；2）当时无零点，；3、当时，1）当时有两个零点，则；2）当时有一个零点，则；3）当时无零点，；综上知：的可能值有0, 1, 2；故选：ABC【点睛】本题考查了二次函数的性质，应用了分类讨论、判别式、对称轴、根的分布情况讨论复合函数零点的个数，属于难题.30（2020·重庆市第七中学校）若，则下列结论中一定正确的是（ ）ABCD若，则的最小值为【答案】ACD【分析】利用作差法判断A，举反例判断B，利用基本

30、不等式判断CD.【详解】对于A，由，所以，所以，成立；对于B，当时，所以B不正确；对于C，由，可得，所以，所以，等号不成立，所以；对于D,由，得，所以.当且仅当，即时，取得最小值4，故选：ACD.【点睛】关键点点睛，本题D的判断较为困难，利用展开后，利用基本不等式是解题的关键.31（2020·浙江台州·高一期中）当一个非空数集满足“如果,则,且时,”时,我们称就是一个数域,以下关于数域的说法:0是任何数域的元素;若数域有非零元素,则;集合是一个数域;有理数集是一个数域;任何一个有限数域的元素个数必为奇数.其中正确的选项有ABCD【答案】AD【分析】利用已知条件中数域的定义判

31、断各命题的真假，题目给出了对两个实数的四种运算，要满足对四种运算的封闭，只有一一验证.【详解】当时，由数域的定义可知，若，则有，即，故是真命题;当时，由数域的定义可知，若，则有，即，若，则，则， 则，故是真命题；当时，故是假命题；若，则，且时,，故是真命题；，当且时，则，因此只要这个数不为就一定成对出现，所以有限数域的元素个数必为奇数，所以是真命题.故选：.【点睛】本题考查学生对新定义题型的理解和把握能力，理解数域的定义是解决该题的关键，题目着重考查学生的构造性思维，一定要读懂题目再入手，没有一个条件是多余的，是难题.32（2020·随州市第一中学）用表示非空集合中的元素个数，定义.

32、已知集合，若，则实数的取值可能是（ ）ABCD【答案】ABD【分析】先分析，又由，分析易得或3，即方程有1个根或3个根，分析方程的根的情况，可得可取的值，即可得答案【详解】根据题意，已知，则，又由，则或3，即方程有1个根或3个根；若，则必有或，若，则或，当时，符合题意；当时，对应的根为0和；故需有两等根且根不为0和，当时，此时，符合题意；，此时，符合题意；当是的根时，解得；，此时，符合题意；，此时，1，符合题意；综合可得：可取的值为0，故选：ABD【点睛】本题考查集合的表示方法，关键是依据的意义，分析集合B中元素的个数，进而分析方程的根的情况33（2020·浙江杭州·高一期

33、中）（多选）若非空数集满足任意，都有，则称为“优集”已知是优集，则下列命题中正确的是（ ）A是优集B是优集C若是优集，则或D若是优集，则是优集【答案】ACD【分析】结合集合的运算，紧扣集合的新定义，逐项推理或举出反例，即可求解.【详解】对于A中，任取，因为集合是优集，则，则 ，则，所以A正确；对于B中，取，则或，令，则，所以B不正确；对于C中，任取，可得，因为是优集，则，若，则，此时 ；若，则，此时 ，所以C正确；对于D中，是优集，可得，则为优集；或，则为优集，所以是优集，所以D正确.故选：ACD.【点睛】解决以集合为背景的新定义问题要抓住两点：1、紧扣新定义，首先分析新定义的特点，把心定义所

34、叙述的问题的本质弄清楚，应用到具体的解题过程中；2、用好集合的性质，解题时要善于从试题中发现可以使用的集合的性质的一些因素.三、双空题34（2020·四会市四会中学）李明自主创业，在网上经营一家水果店，销售的水果中有草莓、京白梨、西瓜、桃，价格依次为60元/盒、65元/盒、80元/盒、90元/盒为增加销量，李明对这四种水果进行促销：一次购买水果的总价达到120元，顾客就少付x元每笔订单顾客网上支付成功后，李明会得到支付款的80%当x=10时，顾客一次购买草莓和西瓜各1盒，需要支付_元；在促销活动中，为保证李明每笔订单得到的金额均不低于促销前总价的七折，则x的最大值为_【答案】130.

35、 15. 【分析】由题意可得顾客需要支付的费用，然后分类讨论，将原问题转化为不等式恒成立的问题可得的最大值.【详解】(1),顾客一次购买草莓和西瓜各一盒,需要支付元.(2)设顾客一次购买水果的促销前总价为元,元时,李明得到的金额为,符合要求.元时,有恒成立,即,即元.所以的最大值为.【点睛】本题主要考查不等式的概念与性质数学的应用意识数学式子变形与运算求解能力,以实际生活为背景，创设问题情境，考查学生身边的数学，考查学生的数学建模素养.35（2020·重庆市万州第二高级中学高一期中）已知函数是定义在上的奇函数，当时，其中（1）当时，_； （2）若的值域是，则的取值范围为_.【答案】

36、（，-22，+） 【分析】运用奇函数的定义，计算即可得到所求值；由f（x）的图象关于原点对称，以及二次函数的值域，结合判别式与对称轴满足的条件列出不等式，解不等式即可得到所求范围【详解】当时，函数f（x）是定义在R上的奇函数，f（1）f（1）（12+3）2；由f（x）的图象关于原点对称，可得f（0）=0，又当x0时，f（x）的对称轴为x=a,所以若f（x）的值域是R，则当x0时，f（x）必须满足：，或，解得a2或a-2，即a的取值范围是（，-22，+）故答案为【答题空1】；【答题空2】（，-22，+）【点睛】本题考查了函数奇偶性的性质与判断，属于难题4、 填空题36（2020·四川省

37、绵阳江油中学）定义在上的函数是奇函数，满足，且图像关于直线对称，则_【答案】5【分析】令，根据的奇偶性，求出，再根据，求出，即可得到，再根据的对称性，求出即可；【详解】解：因为定义在上的函数是奇函数，令，则，所以，又，所以，则，所以，即，又图像关于直线对称，所以所以故答案为：37（2019·江苏）已知函数是定义在上的奇函数，当时，则的值为_【答案】1【分析】根据题意，由函数在（，0）上的解析式可得f（1）的值，又由函数为奇函数可得f（1）=f（1），即可得答案【详解】根据题意，当x（，0）时，f（x）=2x3+x2，则f（1）=2×（1）3+（1）2=1，又由函数为奇函数，

38、则f（1）=f（1）=1；故答案为1【点睛】本题考查函数奇偶性的应用，注意利用奇偶性明确f（1）与f（1）的关系38（2020·首都师范大学附属中学高一期中）设函数是定义在上的偶函数，记，且函数在区间上是增函数，则不等式的解集为_【答案】【分析】根据题意，分析可得为偶函数，进而分析可得原不等式转化为，结合函数的奇偶性与单调性分析可得，解可得的取值范围【详解】根据题意，且是定义在上的偶函数，则，则函数为偶函数，又由为增函数且在区间上是增函数，则，解可得：或，即的取值范围为，故答案为；【点睛】本题考查函数的奇偶性与单调性的综合应用，注意分析的奇偶性与单调性，属于中档题39（2019

39、83;黑龙江哈师大附中高一期中）已知函数，若对任意，总存在，使得成立，则实数的值为_【答案】【分析】将问题转化为，根据二次函数和分式的单调性可求得在上的最小值和最大值及在上的最大值；分别讨论最大值小于零、最小值小于零且最大值大于零、最小值大于零三种情况，得到每种情况下的最大值，从而得到不等式，解不等式求得结果.【详解】不等式恒成立可转化为：当时，当时，若，即时，解得：（舍）若，即时，又，当，即时，解得：（舍）当，即时，解得： 若，即时，解得：（舍）综上所述：本题正确结果：【点睛】本题考查恒成立和能成立综合应用的问题，关键是能够将不等式转化为两个函数最值之间的大小关系，从而根据函数的单调性求得函

40、数的最值，通过最值的比较构造不等式求得结果.40（2020·合肥市第六中学高一期中）定义域为R的函数满足，当时，若时，恒成立，则实数t的取值范围是_.【答案】【分析】本题首先可以求出时函数的最小值，然后根据求出当时函数的最小值以及时函数的最小值，再然后根据恒成立得出，最后通过运算即可得出结果.【详解】当时，当时，所以当时，的最小值为.因为函数满足，所以当时，的最小值为，所以当时，的最小值为，因为时，恒成立，所以，即，解得，故答案为：.【点睛】本题考查不等式恒成立问题，若恒成立，则函数与差的最小值大于零，考查函数最值的求法，考查推理能力，是中档题.41（2020·江西南昌二中

41、高一期中）已知，设，若存在不相等的实数同时满足方程和，则实数的取值范围为_【答案】【分析】根据奇偶性定义求得为奇函数，从而可得且，从而可将整理为：，通过求解函数的值域可得到的取值范围.【详解】 为上的奇函数又且 且即：令，则在上单调递增 又 本题正确结果：【点睛】本题考查函数性质的综合应用问题，涉及到奇偶性的判定、单调性的应用，关键是能够将问题转化为的值域的求解问题；易错点是在求解的取值范围时，忽略的条件，错误求解为，造成增根.42（2020·江苏扬州市·扬州中学高一期中）已知，且，则的最小值是_.【答案】【分析】由，整理得，设，再化简，再结合，结合基本不等式，即可求解.【

42、详解】因为，可得，整理得，设，则，又由，则所以又由，则，当且仅当，即等号成立，所以.所以的最小值是.故答案为：.【点睛】本题主要考查了利用基本不等式求最小值问题，其中解答中熟记基本不等式的条件“一正、二定、三相等”，合理化简和构造基本不等式的条件是解答的关键，着重考查推理与运算能力.43（2020·台州市洪家中学高一期中）若非负实数满足，则的最大值为_.【答案】【分析】令，结合题意，得到，根据关于的方程必须有解，利用，求得以，即可求解.【详解】令，则，两边平方，可得， （1）因为，所以， （2）由（1）（2）可得，整理得，因为关于的方程必须有解，所以，解得，因为，所以，所以的最大值为

43、16，即的最大值为.故答案为：.【点睛】解答中把转化为关于的方程必须有解，结合二次函数的性质求解是解答本题的关键.44（2020·浙江高一期中）若不等式对任意的恒成立，则的最大值为_.【答案】【分析】由题分析得到，再求得两函数的零点，分析得出若不等式对任意的恒成立，则有，再利用基本不等式求得最大值得解.【详解】时，有成立，所以 时，有，所以 令的零点是，在上，在上 的零点是，在上，在上 若不等式对任意的恒成立，则，当且仅当时，等号成立.故答案为：【点睛】解含参数的一元二次不等式时分类讨论的依据(1)二次项中若含有参数应讨论是等于，小于，还是大于，然后将不等式转化为一次不等式或二次项系数为正的形式(2)当不等式对应方程的实根的个数不确定时，讨论判别式与的关系(3)确定无实根时可直接写出解集，确定方程有两个实根时，要讨论两实根的大小关系，从而确定解集形式45（2020·辽宁高一期中）已知正实数满足则的最小值为_.【答案】【分析】根据，利用一