【文档说明】高中数学培优讲义练习（人教A版2019必修一）综合测试卷：必修一全册（基础篇） Word版含解析.docx，共(14)页，176.257 KB，由小赞的店铺上传

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全册综合测试卷（基础篇）参考答案与试题解析一．选择题（共8小题，满分40分，每小题5分）1．（5分）（2022·四川省高一期中）已知集合𝐴={𝑥|−2<𝑥<1}，𝐵={−1,0,1,2}，则𝐴∩𝐵=（）A．{−1,0}B．{−1,0,1}C．{0,1}D．{−

1,0,1,2}【解题思路】根据集合的交运算即可求解.【解答过程】由集合𝐴={𝑥|−2<𝑥<1}，𝐵={−1,0,1,2}得𝐴∩𝐵={−1,0}，故选：A.2．（5分）（2022·广东·高一

期中）已知函数𝑓(𝑥)=√(2𝑚+3)𝑥2+2𝑚𝑥+1的定义域为R，则实数𝑚的取值范围是（）A．[−32,3]B．[−1,3]C．[−32,1]∪(3,+∞)D．[−∞,−1]∪[3,+∞)【解题思路】由题意得不等式恒成立，分类讨论列不等式组求解，【解答过程

】由题意得(2𝑚+3)𝑥2+2𝑚𝑥+1≥0对𝑥∈R恒成立，当2𝑚+3=0即𝑚=−32时，不满足题意，当2𝑚+3≠0时，由{2𝑚+3>0Δ=4𝑚2−4(2𝑚+3)≤0解得−1≤𝑚≤3，综上，𝑚的取值范围是

[−1,3]，故选：B.3．（5分）（2022·福建莆田·高一期中）十六世纪中叶，英国数学家雷科德在《砺智石》一书中首先把“=”作为等号使用，后来英国数学家哈利奥特首次使用“<”和“>”符号，并逐渐被数学界接受，不等号的引入对不等式的发展影响深远.若𝑎,𝑏,𝑐∈R，则下列

命题正确的是（）A．若𝑎>𝑏，则1𝑎<1𝑏B．若𝑎>𝑏，则𝑎𝑐2>𝑏𝑐2C．若𝑎>𝑏，则𝑎2>𝑏2D．若𝑎>𝑏>𝑐>0，则𝑏𝑎−𝑏>𝑐𝑎−𝑐【解题思路】举反例，取𝑎=1,𝑏=−1，可判断A,C,取𝑐=0可判断B；根据不等式性质可判断D.

【解答过程】取𝑎=1,𝑏=−1，满足𝑎>𝑏，但1𝑎>1𝑏，A错误；当𝑐=0，若𝑎>𝑏，则𝑎𝑐2=𝑏𝑐2，B错误；取𝑎=1,𝑏=−1，满足𝑎>𝑏，但𝑎2=𝑏2，C错误；若𝑎>𝑏>𝑐>0，则0<𝑎−𝑏<𝑎−𝑐，故1𝑎−𝑏>1𝑎−𝑐>0

，所以𝑏𝑎−𝑏>𝑐𝑎−𝑐>0，故D正确，故选:D.4．（5分）（2022·广东·深圳市高一期中）设𝑎=log38，𝑏=21.1，𝑐=0.81.1，则𝑎，𝑏，𝑐的大小关系为（）A．𝑐<𝑎<𝑏B．𝑏<𝑎<𝑐C．𝑏<𝑐<�

�D．𝑐<𝑏<𝑎【解题思路】根据指数函数和对数函数的单调性结合中间量法即可得解.【解答过程】解：∵1=log33<log38<log39=2，∴1<𝑎<2，∵21.1>21=2，∴𝑏>2，∵0<0.

81.1<0.80=1，∴0<𝑐<1，∴𝑐<𝑎<𝑏.故选：A.5．（5分）（2022·江苏·南京市高一期中）定义在𝑅上的奇函数𝑓(𝑥)在(−∞,0)上单调递减，且𝑓(3)=0，则满足𝑥𝑓(𝑥)>0的

𝑥的取值范围是（）A．(−∞,−3)∪(3,+∞)B．(−3,0)∪(3,+∞)C．(−3,0)∪(0,3)D．(−∞,−3)∪(0,3)【解题思路】由题意可得𝑓(𝑥)在(−∞,0)上单调递减，在(0,+∞

)上是减函数，且𝑓(−3)=𝑓(3)=0，再讨论𝑥>0和𝑥<0，可得不等式的解集.【解答过程】由定义在𝑅上的奇函数𝑓(𝑥)在(−∞,0)上单调递减，可得𝑓(𝑥)在(0,+∞)上是减函数；又𝑓(−3)=−𝑓(3)=0，不等式𝑥𝑓(𝑥)>0，等价为

{𝑥>0𝑓(𝑥)>0或{𝑥<0𝑓(𝑥)<0，所以𝑥>0时，即有𝑓(𝑥)>0=𝑓(3)，解得0<𝑥<3；𝑥<0时，即有𝑓(𝑥)<0=𝑓(−3)，解得−3<𝑥<0；综上可得𝑥𝑓(𝑥)>0的解集为(−3,0)∪(0,3).故选：C.6．（5分）（

2022·河北·高一期中）若两个正实数𝑥,𝑦满足1𝑥+4𝑦=1，且不等式𝑥+𝑦4<3𝑚2−𝑚有解，则实数𝑚的取值范围为（）A．(−1,43)B．(−∞,−1)∪(43,+∞)C．(−43,1)D．(−∞,−4

3)∪(1,+∞)【解题思路】根据基本不等式，结合不等式有解的性质进行求解即可.【解答过程】∵不等式𝑥+𝑦4<3𝑚2−𝑚有解，∴(𝑥+𝑦4)min<3𝑚2−𝑚,∵𝑥>0,𝑦>0，且1𝑥+4𝑦=1，∴𝑥+𝑦4=(𝑥+𝑦4)

(1𝑥+4𝑦)=4𝑥𝑦+𝑦4𝑥+2≥2√4𝑥𝑦⋅𝑦4𝑥+2=4，当且仅当4𝑥𝑦=𝑦4𝑥，即𝑥=2,𝑦=8时取“="，∴(𝑥+𝑦4)min=4，故3𝑚2−𝑚>4，即(𝑚+1)(3𝑚−4)>0，解得𝑚<

−1或𝑚>43,∴实数𝑚的取值范围是(−∞,−1)∪(43,+∞).故选：B.7．（5分）（2022·江苏连云港·高三期中）已知函数𝑓(𝑥)=√3sin2𝑥−cos2𝑥，𝑥∈R，则（）A．−2≤𝑓(𝑥)≤2B．𝑓(𝑥)在区间(0，π)上有1

个零点C．𝑓(𝑥)的最小正周期为2πD．𝑥=23π为𝑓(𝑥)图象的一条对称轴【解题思路】根据正弦型函数图象性质即可求解.【解答过程】由题可知𝑓(𝑥)=√3sin2𝑥−cos2𝑥=2sin(2𝑥−π6)，所以函数的值域为[−2,2]，故A正确；令𝑓(𝑥)=2s

in(2𝑥−π6)=0，即2𝑥−π6=𝑘π即𝑥=π12+𝑘π2,𝑘∈Z，令0<π12+𝑘π2<π，−16<𝑘<116，所以𝑘=0,1，所以有两个零点𝑥=π12,7π12，故B错误；𝑇=2π|𝜔|=π,故

C错误；令2𝑥−π6=π2+𝑘π即𝑥=π3+𝑘π2,𝑘∈Z，没有任何𝑘∈Z能使得𝑥=23π，故D错误；故选:A.8．（5分）（2022·全国·高三阶段练习（理））已知函数𝑓(𝑥)=𝐴sin(𝜔𝑥+𝜑)(𝑥∈𝑅,𝐴>0,𝜔>0,|𝜑|<π2)的部分图象如图

所示，则下列说法正确的是（）A．𝑓(𝑥+π6)为偶函数B．𝑓(𝑥)的图象向右平移π6个单位长度后得到𝑦=𝐴sin2𝑥的图象C．𝑓(𝑥)图象的对称中心为(−π12+𝑘π,0)，𝑘∈𝑍D．𝑓(𝑥)在区间[0,π2]上的最小

值为−√3【解题思路】根据函数最大值和最小正周期可得𝐴,𝜔，由𝑓(π6)=2可得𝜑，从而得到𝑓(𝑥)解析式；由𝑓(𝑥+π6)=2cos2𝑥可确定奇偶性，知A正确；根据三角函数平移变换原则可得B错误；利用整体代换法，

令2𝑥+π6=𝑘π(𝑘∈𝑍)可求得对称中心，知C错误；由2𝑥+π6∈[π6,7π6]，结合正弦函数性质可确定最小值为2sin7π6=−1，知D错误.【解答过程】∵𝑓(𝑥)max=2，𝐴>0，∴𝐴=2；由图象可知：𝑓(𝑥)最小正周期𝑇=4×(5π12−π6)=π，

∴𝜔=2π𝑇=2，又𝑓(π6)=2sin(2×π6+𝜑)=2，∴π3+𝜑=π2+2𝑘π(𝑘∈𝑍)，解得：𝜑=π6+2𝑘π(𝑘∈𝑍)，又|𝜑|<π2，∴𝜑=π6，∴𝑓(𝑥)=2sin(2�

�+π6)；对于A，𝑓(𝑥+π6)=2sin(2(𝑥+π6)+π6)=2sin(2𝑥+π2)=2cos2𝑥，∵2cos(−2𝑥)=2cos2𝑥，∴𝑓(𝑥+π6)为偶函数，A正确；对于B，𝑓(𝑥−π6)=2sin

(2(𝑥−π6)+π6)=2sin(2𝑥−π6)≠2sin2𝑥，B错误；对于C，令2𝑥+π6=𝑘π(𝑘∈𝑍)，解得：𝑥=−π12+𝑘π2(𝑘∈𝑍)，∴𝑓(𝑥)的对称中心为(−

π12+𝑘π2,0)(𝑘∈𝑍)，C错误；对于D，当𝑥∈[0,π2]时，2𝑥+π6∈[π6,7π6]，∴当2𝑥+π6=7π6，即𝑥=π2时，𝑓(𝑥)min=2sin7π6=−1，D错误.故选

：A.二．多选题（共4小题，满分20分，每小题5分）9．（5分）（2022·山东·高一阶段练习）有以下四种说法，其中说法正确的是（）A．“𝑚是实数”是“𝑚是有理数”的必要不充分条件B．“𝑎>𝑏>0”是“𝑎2>𝑏2”的充要条件C．“𝑥=3”是“𝑥2−2

𝑥−3=0”的充分不必要条件D．“𝐴∩𝐵=𝐵”是“𝐴=∅”的必要不充分条件【解题思路】根据充分条件和必要条件的定义，依次判断每个选项即可.【解答过程】对于A，因为Q⊆R，故“𝑚是实数”是“𝑚是有理数”的必要不

充分条件，A正确；对于B，“𝑎>𝑏>0”是“𝑎2>𝑏2”的充分不必要条件，B错误；对于C，𝑥2−2𝑥−3=0，故𝑥=3或𝑥=−1，故“𝑥=3”是“𝑥2−2𝑥−3=0”的充分不必要条件，

C正确；对于D，𝐴∩𝐵=𝐵，则𝐵⊆𝐴，“𝐴∩𝐵=𝐵”是“𝐴=∅”的既不充分也不必要条件，D错误.故选：AC.10．（5分）（2022·江苏省高一期中）已知𝑎,𝑏>0，𝑎+2𝑏=𝑎𝑏，则下列表达式正确的是（）A．𝑎>2，𝑏>1B．𝑎+�

�的最小值为3C．𝑎𝑏的最小值为8D．(𝑎−2)2+(𝑏−1)2的最小值为4【解题思路】对A，通过用𝑎表示𝑏以及用𝑏表示𝑎，即可求出𝑎,𝑏范围，对B，对等式变形得2𝑎+1𝑏=1，利用乘“1”法即可得到最值，对C直接利用基本不等式构造一元二次不等式即

可求出𝑎𝑏最小值，对D通过多变量变单变量结合基本不等式即可求出最值.【解答过程】对A选项，∵𝑎,𝑏>0,𝑎+2𝑏=𝑎𝑏，即𝑏(𝑎−2)=𝑎，则𝑏=𝑎𝑎−2，则𝑎𝑎−2>0，且𝑎>0,解得𝑎>2，∵𝑎+2�

�=𝑎𝑏，则𝑎(𝑏−1)=2𝑏,则𝑎=2𝑏𝑏−1>0，且𝑏>0，解得𝑏>1，故A正确；对B选项，∵𝑎,𝑏>0,𝑎+2𝑏=𝑎𝑏，两边同除𝑎𝑏得2𝑎+1𝑏=1，则𝑎+𝑏=(𝑎+𝑏)(2𝑎+1𝑏)=3+𝑎𝑏+2𝑏𝑎≥3+2√𝑎𝑏⋅2𝑏�

�=3+2√2，当且仅当𝑎𝑏=2𝑏𝑎，且2𝑎+1𝑏=1，即𝑎=2+√2,𝑏=√2+1时等号成立，故B错误；对C选项，𝑎+2𝑏=𝑎𝑏≥2√2𝑎𝑏，∵𝑎,𝑏>0，解得√𝑎𝑏≥2√2，故𝑎𝑏≥8，当且仅当𝑎=2𝑏，且𝑎𝑏=8，即𝑎=4,𝑏=2时等号

成立，故C正确；对D选项，由A选项𝑏=𝑎𝑎−2代入得(𝑎−2)2+(𝑏−1)2=(𝑎−2)2+(𝑎𝑎−2−1)2=(𝑎−2)2+(2𝑎−2)2=(𝑎−2)2+4(𝑎−2)2≥2√(𝑎−2)2⋅4(𝑎−2)2=4，当且仅当(𝑎−2)2=4(𝑎

−2)2，𝑎>2，即𝑎=2+√2时，此时𝑏=√2+1时，等号成立，故D正确.故选：ACD.11．（5分）（2022·江苏省高一期中）给出以下四个命题，其中为真命题的是（）A．函数y=√𝑥2−4与函数y=√𝑥+2·√𝑥−2表示同一个函数

B．若函数𝑓(2𝑥)的定义域为[0,2]，则函数𝑓(𝑥)的定义域为[0,4]C．若函数𝑦=𝑓(𝑥)是奇函数，则函数𝑦=𝑓(𝑥)−𝑓(−𝑥)也是奇函数D．函数𝑦=−1𝑥在(−∞,0)∪(0,+∞)

上是单调增函数【解题思路】通过具体函数求解定义域即可判断A，抽象函数求定义域即可判断B，利用函数奇偶性的判定方法即可判断C，利用反比例函数单调性即可判断D.【解答过程】对A选项，𝑦=√𝑥2−4，𝑥2−4≥0，𝑥≥2或𝑥≤−2，故其定义域为(−∞,−

2]∪[2,+∞)，而后者𝑦=√𝑥+2⋅√𝑥−2，{𝑥+2≥0𝑥−2≥0，解得𝑥≥2，其定义域为[2,+∞)，定义域不同，故函数不同，所以A错误；对B选项，∵𝑥∈[0,2],∴2𝑥∈[0,4]，所以函数𝑓(𝑥)的定义域为[0,4

]，故B正确；对C选项，设ℎ(𝑥)=𝑓(𝑥)−𝑓(−𝑥)，根据𝑓(𝑥)为奇函数，则ℎ(𝑥)定义域关于原点对称，且ℎ(−𝑥)=𝑓(−𝑥)−𝑓(𝑥)=−[𝑓(𝑥)−𝑓(−𝑥)]=−ℎ(𝑥)，故其为奇函数，C正确，对D选项，反比

例函数𝑦=−1𝑥在(−∞,0),(0,+∞)上单调递增，不能取并集，中间应用逗号或者“和”隔开，故D错误.故选：BC.12．（5分）（2022·山东青岛·高三期中）将函数𝑓(𝑥)=3cos(2𝑥−π6)图象上所有点的横坐标缩短到原来的12倍，纵坐标不变，得到函数

𝑔(𝑥)的图象，则下列结论正确的为（）A．函数ℎ(𝑥)=𝑓(𝑥−π6)为偶函数B．直线𝑥=1924π是函数𝑔(𝑥)图象的一条对称轴C．[−17π24,−11π24]是函数𝑔(𝑥)的一个单调递减区间D．将𝑔(𝑥)的图象向右平移π12个单位长度可以得到函

数𝑦=3sin4𝑥的图象【解题思路】根据余弦型函数的图象变换性质，结合余弦型函数的奇偶性、对称性、单调性逐一判断即可.【解答过程】因为函数𝑓(𝑥)=3cos(2𝑥−π6)图象上所有点的横坐标缩短到原来的12倍，纵坐标不变，得到函数𝑔(𝑥)的图象，所以�

�(𝑥)=3cos(4𝑥−π6).A：ℎ(𝑥)=𝑓(𝑥−π6)=3cos[2(𝑥−π6)−π6]=3cos(2𝑥−π2)=3sin2𝑥，因为ℎ(−𝑥)=3sin(−2𝑥)=−3sin2𝑥=−ℎ(𝑥)，所以函数ℎ(𝑥)=𝑓(𝑥

−π6)为奇函数，本选项说法不正确；B：𝑔(1924π)=3cos(4×1924π−π6)=−3，所以当𝑥=1924π时，函数𝑔(𝑥)有最小值，所以直线𝑥=1924π是函数𝑔(𝑥)图象的一条对

称轴，因此本选项说法正确；C：当𝑥∈[−17π24,−11π24]时，4𝑥−π6∈[−3π,−2π]，因为函数𝑦=3cos𝑥在[−π,0]上单调递增，所以在[−3π,−2π]上也单调递增，所以[−17π24,−11π24]是函数𝑔(𝑥)的一个单调递

增区间，因此本选项说法不正确；D：𝑔(𝑥)的图象向右平移π12个单位长度可以得到函数𝑔(𝑥−π12)=3cos[4(𝑥−π12)−π6]=3cos(4𝑥−π2)=3sin4𝑥，因此本选项说法正确，故选：BD.三．填空题（共4小题，满分20分，每小题5分）13．（5分）（2

022·湖南·高一期中）已知集合𝑃={𝑥∣−1≤𝑥≤8},𝑆={𝑥∣2−2𝑚≤𝑥≤2+2𝑚}，若𝑥∈𝑃是𝑥∈𝑆的充分不必要条件，则𝑚的取值范围为[3,+∞).【解题思路】根据集合之间的包含关

系，列出不等关系，即可求得结果.【解答过程】根据题意，集合𝑃是集合𝑆的真子集；故2−2𝑚≤−1，2+2𝑚≥8，且不能同时取得等号，解得𝑚≥3，故𝑚的取值范围为：[3,+∞).故答案为：[3,+∞).14．（5分）（2022·黑龙江·高三期中）若𝑥>0，�

�>0，且9𝑥2+𝑦2+𝑥𝑦=4，则3𝑥+𝑦的最大值为4√217．【解题思路】利用基本不等式的性质，求解和的最小值.【解答过程】𝑥>0，𝑦>0，由基本不等式，3𝑥+𝑦≥2√3𝑥𝑦，即𝑥𝑦≤13(3𝑥

+𝑦2)2，当且仅当𝑦=3𝑥时等号成立.(3𝑥+𝑦)2=9𝑥2+6𝑥𝑦+𝑦2=9𝑥2+𝑦2+𝑥𝑦+5𝑥𝑦=4+5𝑥𝑦≤4+53(3𝑥+𝑦2)2，即7(3𝑥+𝑦)212≤4，

解得3𝑥+𝑦≤4√217，当𝑦=3𝑥，即𝑥=2√2121，𝑦=2√217时，3𝑥+𝑦有最大值4√217.故答案为：4√217.15．（5分）（2022·湖南·高一期中）已知𝑓(𝑥)是定义在R上的奇函数，且对∀𝑥1,𝑥2∈R，当𝑥1≠𝑥2时，都有𝑓

(𝑥1)−𝑓(𝑥2)𝑥1−𝑥2<0．若𝑓(2𝑥−1)+𝑓(3)<0，则𝑥的取值范围是(−1,+∞)．【解题思路】先判断函数𝑓(𝑥)的单调性，根据奇偶性化简题目所给不等式，利用函数的单调性求得𝑥的取值范围．【解答过程】当𝑥1

≠𝑥2时，不妨设𝑥1<𝑥2，根据已知条件得𝑓(𝑥1)−𝑓(𝑥2)>0，即𝑓(𝑥1)>𝑓(𝑥2)，所以𝑓(𝑥)在R上是减函数，又因为函数𝑓(𝑥)是定义在R上的奇函数，所以−𝑓(3)=𝑓(−3)，故𝑓(2𝑥−1)+𝑓(3)<0等价于𝑓(2

𝑥−1)<−𝑓(3)=𝑓(−3)，所以2𝑥−1>−3，解得𝑥>−1．故答案为：(−1,+∞)．16．（5分）（2023·全国·高三专题练习）筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，既经济又环保．明朝科学家徐光启在《农政全书

》中用图画描绘了筒车的工作原理（图1）．假定在水流量稳定的情况下，筒车上的每一个盛水筒都做匀速圆周运动如图2，将筒车抽象为一个半径为的圆，设筒车按逆时针方向每旋转一周用时120秒，当𝑡=0时，盛水筒M位于点𝑃0(3,−3√3)，经过t秒后运动到点𝑃(𝑥,𝑦)，点P的纵

坐标满足𝑦=𝑓(𝑡)=𝑅sin(𝜔𝑡+𝜑)(𝑡≥0,𝜔>0,|𝜑|<𝜋2)，则当筒车旋转100秒时，盛水筒M对应的点P的纵坐标为−3√3．【解题思路】根据筒车按逆时针方向每旋转一周用

时120秒，可求出𝜔，由𝑡=0时，𝑃0(3,−3√3)求出𝑅和𝜑，从而可求出𝑓(𝑡)的关系式，进而可求出点P的纵坐标【解答过程】因为筒车按逆时针方向每旋转一周用时120秒，所以𝑇=2π𝜔=120，得𝜔=π60，所以𝑦=�

�(𝑡)=𝑅sin(π60𝑡+𝜑)，因为当𝑡=0时，盛水筒M位于点𝑃0(3,−3√3)，所以𝑅=√32+(−3√3)2=6，所以𝑓(𝑡)=6sin(π60𝑡+𝜑)，因为𝑓(0)=−3√3，所以6sin𝜑=−3√3，得sin𝜑=−

√32，因为|𝜑|<𝜋2，所以𝜑=−π3，所以𝑓(𝑡)=6sin(π60𝑡−π3)，所以𝑓(100)=6sin(π60×100−π3)=6sin4π3=−6sinπ3=−6×√32=−3√3，所以当筒车旋转100秒时，盛水筒M对应的点P的纵坐标为−

3√3，故答案为：−3√3.四．解答题（共6小题，满分70分）17．（10分）（2022·甘肃·高一期中）计算：(1)2log32−log3329+log38−52log53；(2)(278)−23−(499)0.5+0.008−23×125．【解题思路】（1）根据对数的运算性质即可求

解，（2）根据指数幂的运算法则即可求解.【解答过程】（1）2log32−log3329+log38−52log53=log34−log3329+log38−5log532=log3(4×932×8)−9=log39−9=2−9=−7（

2）(278)−23−(499)0.5+0.008−23×125=(32)3×(−23)−(73)2×0.5+(0.2)3×(−23)×125=(32)−2−73+(0.2)−2×125=49−73+(5−1)−2×125=49−73+25×1

25=49−73+1=−89.18．（12分）（2022·湖南·高一阶段练习）已知合𝐴={𝑥|−1<𝑥<3}，𝐵={𝑥|𝑥<𝑚−1或𝑥≥𝑚+1}．(1)当𝑚=0时，求𝐴∩𝐵；(2)若𝑥∈𝐵是�

�∈𝐴的必要不充分条件，求实数m的取值范围．【解题思路】（1）代入𝑚=0化简集合𝐵，再利用集合的交集运算，结合数轴法可得结果；（2）利用集合与充要条件的关系得到𝐴是𝐵的真子集，结合数轴法即可

求得m的取值范围.【解答过程】（1）因为𝑚=0，所以𝐵={𝑥|𝑥<𝑚−1或𝑥≥𝑚+1}={𝑥|𝑥<−1或𝑥≥1}，又因为𝐴={𝑥|−1<𝑥<3}，所以𝐴∩𝐵={𝑥|1≤𝑥<3}.（2）因为𝑥∈𝐵是𝑥∈𝐴的必要不充分条件，所以𝐴是𝐵的真子集，又因为𝐴

={𝑥|−1<𝑥<3}，𝐵={𝑥|𝑥<𝑚−1或𝑥≥𝑚+1}，所以𝑚−1≥3或𝑚+1≤−1，故𝑚≥4或𝑚≤−2，故实数m的取值范围为(−∞,−2]∪[4,+∞).19．（12分）（2022·江苏·高一期中）设𝑓(𝑥)=𝑎𝑥2+(1−�

�)𝑥+𝑎−2.(1)若不等式𝑓(𝑥)≥−2对于一切实数𝑥恒成立，求实数𝑎的取值范围；(2)解关于𝑥的不等式𝑓(𝑥)<𝑎−1(𝑎∈R).【解题思路】（1）由已知可得，𝑎𝑥2+(1−𝑎)𝑥+𝑎−2≥0对于一切实数𝑥

恒成立，结合二次函数的性质，分类讨论进行求解（2）由已知可得，𝑎𝑥2+(1−𝑎)𝑥−1<0，分𝑎=0、𝑎>0、𝑎=−1、𝑎<−1、−1<𝑎<0共5种情况讨论，分别求出不等式的解集.【解答过程

】（1）解：不等式𝑓(𝑥)≥−2对于一切实数𝑥恒成立等价于𝑎𝑥2+(1−𝑎)𝑥+𝑎≥0对于一切实数𝑥恒成立，当𝑎=0时，不等式可化为𝑥≥0，不满足题意；当𝑎≠0时，{𝑎>0Δ≤0即{𝑎>0(

1−𝑎)2−4𝑎2≤0，解得𝑎≥13；综上可得𝑎≥13.（2）解：不等式𝑓(𝑥)<𝑎−1等价于𝑎𝑥2+(1−𝑎)𝑥−1<0，当𝑎=0时，不等式可化为𝑥<1，所以不等式的解集为{𝑥|𝑥<1}；当𝑎>0时，不等式可化为(𝑎𝑥+1)(𝑥−1)<0，此时−1𝑎<1

，所以不等式的解集为{𝑥|−1𝑎<𝑥<1}；当𝑎<0时，不等式可化为(𝑎𝑥+1)(𝑥−1)<0，即(𝑥+1𝑎)(𝑥−1)>0，①当𝑎=−1时，−1𝑎=1，不等式的解集为{𝑥|𝑥≠1}；②当−1<𝑎<0时，−1𝑎>1，不等式的

解集为{𝑥|𝑥>−1𝑎或𝑥<1}；③当𝑎<−1时，−1𝑎<1，不等式的解集为{𝑥|𝑥>1或𝑥<−1𝑎}.综上可得：当𝑎=0时，不等式的解集为{𝑥|𝑥<1}，当𝑎>0时，不等式的解集为{

𝑥|−1𝑎<𝑥<1}，当𝑎=−1时，不等式的解集为{𝑥|𝑥≠1}，当−1<𝑎<0时，不等式的解集为{𝑥|𝑥>−1𝑎或𝑥<1}，当𝑎<−1时，不等式的解集为{𝑥|𝑥>1或𝑥

<−1𝑎}.20．（12分）（2022·江苏宿迁·高一期中）我县黄桃种植户为了迎合大众需求，提高销售量，打算以装盒售卖的方式销售．经市场调研，若要提高销售量，则黄桃的售价需要相应的降低，已知黄桃的种植与

包装成本为24元/盒，且每万盒黄桃的销售价格g(x)（单位：元）与销售量x（单位：万盒）之间满足关系式g(x)＝{56−2𝑥,0<𝑥⩽1017.6+328𝑥−1440𝑥2,𝑥>10．(1)写出利润F(x)（单位：万元）关于销售量x（单位：万盒）的关

系式；（利润＝销售收入﹣成本）(2)当销售量为多少万盒时，黄桃种植户能够获得最大利润？此时最大利润是多少？【解题思路】（1）由题意列式求解，（2）由二次函数性质与基本不等式求解，【解答过程】（1）由题意得𝐹(𝑥)=𝑥𝑔(𝑥)−24𝑥={−2

𝑥2+32𝑥,0<𝑥⩽10−6.4𝑥−1440𝑥+328,𝑥>10，（2）当0<𝑥≤10时，由二次函数性质得𝐹(𝑥)≤𝐹(8)=128，当𝑥>10时，由基本不等式得6.4𝑥+1440

𝑥≥2√6.4𝑥⋅1440𝑥=192，则−6.4𝑥−1440𝑥+328≤136，当且仅当6.4𝑥=1440𝑥即𝑥=15时等号成立，综上，当销售量为15万盒时，该村的获利最大，此时的最大利润为

136万元.21．（2022·江苏·高一期中）已知函数𝑓(𝑥)=𝑚𝑥+𝑛𝑥2+1是定义在[−1,1]上的奇函数，且𝑓(1)=1.(1)求𝑚，𝑛的值：(2)试判断函数𝑓(𝑥)的单调性，并证明你的

结论；(3)求使𝑓(𝑎−1)+𝑓(𝑎2−1)<0成立的实数𝑎的取值范围.【解题思路】（1）由奇函数的性质可得𝑓(0)=0，结合𝑓(1)=1，解方程可得𝑚，𝑛的值；（2）𝑓(𝑥)在[−1,1]上为增函数，再由单调性的定义证

明，注意运用因式分解和不等式的性质；（3）由奇函数𝑓(𝑥)在[−1,1]上为增函数，可将不等式的两边的“𝑓”去掉，解不等式可得所求取值范围.【解答过程】（1）由题意，𝑥∈[−1,1]在𝑓(𝑥)=𝑚𝑥+𝑛𝑥2+1中，函数是奇函数，且𝑓(1)=1，可得𝑓(0)=0即𝑛=0；又

12(𝑚+𝑛)=1，则𝑚=2，∴𝑚=2，𝑛=0；经验证满足题意.（2）由题意及（1）得，𝑓(𝑥)=2𝑥𝑥2+1在[−1,1]上为增函数.证明如下：在𝑓(𝑥)=𝑚𝑥+𝑛𝑥2+1中，𝑥∈[−1,1]设−1⩽𝑥1<𝑥2⩽1，则𝑓(𝑥1)−𝑓(𝑥2)=

2𝑥1𝑥1⬚2+1−2𝑥2𝑥2⬚2+1=2(𝑥1−𝑥2)(1−𝑥1𝑥2)(𝑥1⬚2+1)(𝑥2⬚2+1)，∵−1⩽𝑥1<𝑥2⩽1，∴𝑥1−𝑥2<0，𝑥1𝑥2<1，∴𝑓(𝑥1)−𝑓(𝑥2)<0，即𝑓(𝑥1)<𝑓(𝑥2)，

∴𝑓(𝑥)在[−1,1]上为增函数；（3）由题意，（1）及（2）得，𝑥∈[−1,1]在𝑓(𝑥)=𝑚𝑥+𝑛𝑥2+1中，𝑓(𝑥)为奇函数，∴𝑓(𝑥)=−𝑓(−𝑥)∴𝑓(𝑎−1)+𝑓(𝑎2−1)<0，即𝑓(𝑎−1)<−𝑓(𝑎2−1)=𝑓(1−𝑎2)

，∴−1⩽𝑎−1<1−𝑎2⩽1，解得0⩽𝑎<1，∴𝑎的取值范围是[0,1).22．（12分）（2022·江苏·高三阶段练习）已知函数𝑓(𝑥)=2sin2(π4+𝑥)−√3cos2𝑥−1,𝑥∈R.(1)求𝑓(�

�)的最小正周期；(2)若ℎ(𝑥)=𝑓(𝑥+𝑡)的图象关于点(−π6,0)对称，且𝑡∈(0,𝜋)，求t的值(3)当𝑥∈[π4,π2]时，不等式|𝑓(𝑥)−𝑚|<3恒成立，求实数m的取值范围.【

解题思路】（1）利用三角恒等式化简函数关系式，根据最小正周期的计算公式，可得答案；（2）由（1）整理出函数ℎ(𝑥)的解析式，利用三角函数的对称中心的计算公式，可得答案；（3）利用整体换元的思想，求得函数𝑓(𝑥)在𝑥∈[π4,π2]上的值域，去掉绝对值，建立不等式组，可得答案.【解答过程

】（1）𝑓(𝑥)=2sin2(π4+𝑥)−√3cos2𝑥−1=2×1−cos2(π4+𝑥)2−√3cos2𝑥−1=1−cos(π2+2𝑥)−√3cos2𝑥−1=sin2𝑥−√3cos2𝑥=2(12sin2𝑥−√32cos2𝑥)=2sin

(2𝑥−π3)，则函数𝑓(𝑥)的最小正周期𝑇=2π2=π.（2）由（1）可得ℎ(𝑥)=𝑓(𝑥+𝑡)=2sin(2𝑥−π3+2𝑡)，因为ℎ(𝑥)的图象关于(−π6,0)对称，所以2⋅(−π6)−π3+2𝑡=𝑘π,

(𝑘∈N∗)，则𝑡=π3+𝑘2π,(𝑘∈N∗)，由𝑡∈(0,π)，则𝑡=π3或5π6.（3）由𝑥∈[π4,π2]得：2𝑥−π3∈[π6,2π3]，则𝑓(𝑥)=2sin(2𝑥−π3)∈[1,2]，即𝑓(𝑥)−𝑚∈[1−𝑚,2−𝑚]，由|𝑓(𝑥)−𝑚|<3，可得−

3<𝑓(𝑥)−𝑚<3，则{−3<1−𝑚2−𝑚<3，解得−1<𝑚<4.