北京市密云區(qū)2021-2022高一數(shù)學(xué)上學(xué)期期末考試試題(含解析)

1、- PAGE 2 -密云區(qū) 2021-2022 度第一學(xué)期期末高一數(shù)學(xué)試卷一、選擇題：本大題共 8 小題，每小題 5 分，共 40 分.在每小題列出的四個(gè)選項(xiàng)中，選出符合題目要求的一項(xiàng).1.已知集合M 1，01，3， N 1， 3，則集合M N 中元素的個(gè)數(shù)是（）A. 0B. 1C. 2【答案】B【解析】【分析】直接根據(jù)交集的定義計(jì)算即可；【詳解】解：M 1，01，3， N 1， 3M N 1故選：B【點(diǎn)睛】本題考查集合的運(yùn)算，集合中元素個(gè)數(shù)的求法，屬于基礎(chǔ)題.2.函數(shù) y cos 2x 的最小正周期為（）D. 3A.2【答案】B【解析】【分析】B. C. 2D. 4根據(jù)余弦型函數(shù)最小正周期的

2、求法即可求得結(jié)果.【詳解】 y cos 2x 最小正周期T 2 2故選： B【點(diǎn)睛】本題考查余弦型函數(shù)最小正周期的求解，屬于基礎(chǔ)題. 3.下列函數(shù)中，既是偶函數(shù)又在(0, ) 單調(diào)遞增的是（）A. y 2xB. y x3C. y cos x【答案】DD. y ln | x |【解析】【分析】根據(jù)題意，依次分析選項(xiàng)中函數(shù)的奇偶性與單調(diào)性，綜合即可得答案【詳解】解：根據(jù)題意，依次分析選項(xiàng)：對(duì)于 A ， y 2x ，為指數(shù)函數(shù)，其定義域?yàn)镽 ，不是偶函數(shù)，不符合題意； 對(duì)于 B ， y x3，為冪函數(shù)，是奇函數(shù)，不符合題意；對(duì)于C ， y cos x ，為偶函數(shù)，在(0, ) 不是增函數(shù)，不符合題意

3、；lnx, x0對(duì)于 D ， y ln x ，為偶函數(shù)，且當(dāng)x 0 時(shí)， y lnx ，為增函數(shù)，符合題ln(x), x 0意；故選：D【點(diǎn)睛】本題考查函數(shù)奇偶性與單調(diào)性的判定，關(guān)鍵是掌握常見(jiàn)函數(shù)的奇偶性與單調(diào)性，屬于基礎(chǔ)題4.命題“ x 0,x2 5x 6 0 ”的否定為（）A. x 0,x2 5x 6 0B. x 0,x2 5x 6 0C. x0 0,x02 5x0 6 0D. x0 0, x02 5x0 6 0【答案】C【解析】分析】根據(jù)全稱命題的否定為特稱命題解答即可；【詳解】解：因?yàn)槿Q命題的否定為特稱命題，則命題p : x 0,x2 5x 6 0 的否定為x 0,x002 5x0

4、6 0 ，故選：C【點(diǎn)睛】本題主要考查含有量詞的命題的否定，屬于基礎(chǔ)題已知定義在 R 上的函數(shù) f (x) 的圖象是連續(xù)不斷的，且有如下對(duì)應(yīng)值表：xf (x)16.1234 2.9 3.5 1那么函數(shù) f (x) 一定存在零點(diǎn)的區(qū)間是（）A. (1,2)【答案】A【解析】【分析】B. (2,3)C. (3, 4)D. (4,+)利用函數(shù)零點(diǎn)的存在定理進(jìn)行函數(shù)零點(diǎn)所在區(qū)間的判斷，關(guān)鍵要判斷函數(shù)在相應(yīng)區(qū)間端點(diǎn)函數(shù)值的符號(hào)，如果端點(diǎn)函數(shù)值異號(hào)，則函數(shù)在該區(qū)間有零點(diǎn)【詳解】解：因?yàn)楹瘮?shù) f (x) 是定義在 R 上的連續(xù)函數(shù)，且 f 1 0 ， f 2 0 ， 根據(jù)函數(shù)零點(diǎn)的存在定理可知故函數(shù) f (

5、x) 在區(qū)間1,2 內(nèi)存在零點(diǎn)故選：A【點(diǎn)睛】本題考查函數(shù)零點(diǎn)的判斷方法，關(guān)鍵要弄準(zhǔn)函數(shù)零點(diǎn)的存在定理，把握好函數(shù)在哪個(gè)區(qū)間的端點(diǎn)函數(shù)值異號(hào)，屬于基礎(chǔ)題函數(shù) f (x) 的圖象如圖所示，為了得到函數(shù) y 2sin x 的圖象，可以把函數(shù) f (x) 的圖象（）先向左平移 6 個(gè)單位，再把所得各點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長(zhǎng)到原來(lái)的2 倍（縱坐標(biāo)不變）1先向左平移 個(gè)單位，再把所得各點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮短到原來(lái)的 （縱坐標(biāo)不變）32- 3 - PAGE 5 -每個(gè)點(diǎn)的橫坐標(biāo)縮短到原來(lái)的1（縱坐標(biāo)不變），再向左平移 個(gè)單位23每個(gè)點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長(zhǎng)到原來(lái)的2 倍（縱坐標(biāo)不變），再向左平移 個(gè)單位6【答案】A【解析】【分析】由

6、函數(shù)的最值求出 A ，由周期求出 ，由五點(diǎn)法作圖求出 的值，可得 f (x) 的解析式，再利用 y Asin(x ) 的圖象變換規(guī)律，得出結(jié)論【詳解】解：根據(jù)函數(shù) f (x) 的圖象，設(shè) f (x) Asin(x ) ，1 2可得 A 2 ， 2 ， 2 236再根據(jù)五點(diǎn)法作圖可得2 6 0 ， 3， f (x) 2sin(2x ) ，3故可以把函數(shù) f (x) 的圖象先向左平移 個(gè)單位，得到 y 2sin(2 x ) 2sin 2x 的圖象，633再把所得各點(diǎn)的橫坐標(biāo)伸長(zhǎng)到原來(lái)的2 倍（縱坐標(biāo)不變），即可得到 y 2sin x 函數(shù)的圖象，故選：A【點(diǎn)睛】本題主要考查由函數(shù) y Asin(x

7、 ) 的部分圖象求解析式，由函數(shù)的最值求出 A ， 由周期求出 ，由五點(diǎn)法作圖求出 的值 y Asin(x ) 的圖象變換規(guī)律，屬于基礎(chǔ)題定義域均為 R 的兩個(gè)函數(shù) f (x) ， g(x) ，“ f (x) g (x) 為偶函數(shù)”是“ f (x) ， g(x) 均為偶函數(shù)”的（）A. 充分不必要條件C. 充分必要條件【答案】B【解析】B. 必要不充分條件D. 既不充分也不必要條件【分析】由函數(shù) f (x) ， g(x) 定義在 R 上，令 h x f (x) g(x) ，則 h x f (x) g(x) 的定義域也為 R ，關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，只要看h(x) 與h(x) 的關(guān)系即可得出h(x) 為

8、偶函數(shù)，反之，通過(guò)舉反例可得出非充分條件【詳解】解：令h x f (x) g(x) ，由 f (x) ， g(x) 均為偶函數(shù)，則 x R ， h( x) f ( x) g ( x) f (x) g (x) h(x) ，故h(x) 是偶函數(shù)，即必要性成立；反之，設(shè) f (x) x2 x ，g(x) 2 x ，h x f (x) g(x) x2 2 是偶函數(shù)，而 f (x) ，g(x)均不是偶函數(shù)，故充分性不成立；則“ f (x) g (x) 為偶函數(shù)”是“ f (x) ， g(x) 均為偶函數(shù)”的必要不充分條件 故選：B【點(diǎn)睛】本題考查的知識(shí)點(diǎn)是函數(shù)的奇偶性，充要條件的判定，其中根據(jù)“誰(shuí)推出誰(shuí)

9、”的原則，求解充要條件，是解答本題的關(guān)鍵，屬于基礎(chǔ)題 log已知函數(shù) f (x) 2x , x 0，關(guān)于x 的方程 f (x) m, m R ，有四個(gè)不同的實(shí)數(shù)解x2 2x, x 0.x , x, x , x,則 xx +x x的取值范圍為（）12341234A. (0, +)B. 0, 1 C. 1, 3 D. (1,+)2 2 【答案】B【解析】【分析】由題意作函數(shù) y f (x) 與 y m 的圖象，從而可得 x x12 2 ， 0 logx2 ， xx 1 ，3424從而得解【詳解】解：因?yàn)?logf (x) 2x , x 0，可作函數(shù)圖象如下所示：x2 2x, x 0.依題意關(guān)于x

10、的方程 f (x) m, m R ，有四個(gè)不同的實(shí)數(shù)解x , x, x , x,即函數(shù) y f ( x) 與1234y m 的圖象有四個(gè)不同的交點(diǎn)，由圖可知令x 1 x 0 1 x 1 x 2 ，12234則 x x 2 ， log x log x ，即logx logx 0 ，所以 x x1，則 x 1 ，12232423243 43x4x 1,2 4所以 x x12x x34 2 1x4x ， x441,2 因y 1 x ，在 x 1,2上單調(diào)遞增，所以 y 2, 5 ，即 1 x 2, 5 x xx x x 2 1 x 0, 1 2 x42 41234故選：Bx42 4【點(diǎn)睛】本題考查了

11、數(shù)形結(jié)合的思想應(yīng)用及分段函數(shù)的應(yīng)用屬于中檔題二、填空題:本大題共 6 小題，每小題 5 分，共 30 分.271 1 0 log 4= 9.3 5 2【答案】6【解析】分析】根據(jù)對(duì)數(shù)的運(yùn)算及分?jǐn)?shù)指數(shù)冪的運(yùn)算法則計(jì)算可得；1 1 0 131【詳解】解： 273 log 4= 33 3 1 log 22 =3 3 1 2log2 3 1 2 6 5 222故答案為：6- 6 - PAGE 10 -【點(diǎn)睛】本題考查對(duì)數(shù)及分?jǐn)?shù)指數(shù)冪的運(yùn)算，屬于基礎(chǔ)題.函數(shù) y x 【答案】6【解析】4 2 x 0的最小值為x【分析】利用基本不等式 a b ab (a 0,b 0) 即可求解.2x0 ，【詳解】解:x

12、4x函數(shù) y x 4 2 2x 2 2 2 2 6當(dāng)且僅當(dāng) x 4 ，x 0 ，即 x 2 時(shí)，上式取等號(hào).x故答案為: 6 .【點(diǎn)睛】本題主要考查基本不等式，利用基本不等式的條件是“一正、二定、三相等”，屬于基礎(chǔ)題.函數(shù) y 1tan(x ) 的定義域是34【答案】x | x k 3 , k Z4【解析】【分析】由 x 4 k 2k Z 解不等式可得函數(shù)的定義域【詳解】解：由 x 4k 2，k Z ，可解得x k 34，k Z ，函數(shù)1y tan(x )x | x k 3, k Z 的定義域?yàn)?，344故答案為：x | x k 3 , k Z 4【點(diǎn)睛】本題考查正切函數(shù)的定義域，屬于基礎(chǔ)題1

13、給出下列三個(gè)論斷： a b ； 1； a 0 且b 0 .ab以其中的兩個(gè)論斷作為條件，余下的一個(gè)論斷作為結(jié)論，寫出一個(gè)真命題：【答案】推出，推出【解析】【分析】利用不等式的基本性質(zhì)可得1【詳解】解：由 a b ； 1； a 0 且b 0 .ab以其中的兩個(gè)論斷作為條件，余下的一個(gè)論斷作為結(jié)論，寫出一個(gè)真命題：1（1）若a b ， a 0 且b 0 ，則 11；或（2）若1， a 0 且b 0 ，則a b ；abab對(duì)于（1）若a 0 且b 0 ，則ab 0 ，由不等式的性質(zhì)可得 a b 即 1 1 ；ababab對(duì)于（2）若a 0 且b 0 ，則ab 0 ，由不等式的性質(zhì)可得 1 ab 1

14、ab 即b a ；ab故答案為：推出，推出【點(diǎn)睛】本題考查了不等式的基本性質(zhì)，考查了推理能力與計(jì)算能力，屬于基礎(chǔ)題若函數(shù) f (x)= k 2x 1 為奇函數(shù)，則k =2x k【答案】【解析】【分析】由函數(shù) f (x) 為在定義域上為奇函數(shù)，則必有 f ( x) f (x) ，然后利用待定系數(shù)法求解【詳解】解：函數(shù) f (x)= k 2x 1 為奇函數(shù)2x k f (x) f (x) k 2 x 1 k 2x 12 x k2x k(k 2 1)(2x )2 1 0 k 2 1 0k 1當(dāng) k 1時(shí)， f (x)= 2x 1 ，定義域?yàn)?R ，且 f (x)= 2 x 1 1 2x2x 12 x

15、 12x 1 f (x) 為奇函數(shù)，滿足條件；當(dāng) k 1時(shí)， f (x)= 2x 1 ，定義域?yàn)閤 | x 0，且 f (x)= 2 x 1 1 2x f (x) 為奇函數(shù)，滿足條件；故答案為： 2x 12 x 12x 1【點(diǎn)睛】本題主要考查奇偶性的定義的應(yīng)用，要注意判斷和應(yīng)用的區(qū)別，判斷時(shí)一定要從兩個(gè)方面，一是定義域是否關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，二是模型是否滿足 f ( x) f (x) 應(yīng)用時(shí)，已經(jīng)知道奇偶性了，則對(duì)于定義域中任一變量都滿足模型，做大題時(shí)用待定系數(shù)法求參數(shù)，做客觀題時(shí)可用特殊值求解，屬于基礎(chǔ)題里氏震級(jí)M 的計(jì)算公式為：M=lgAlgA ，其中A 是測(cè)震儀記錄的地震曲線的最大振幅，是0相

16、應(yīng)的標(biāo)準(zhǔn)地震的振幅，假設(shè)在一次地震中，測(cè)震儀記錄的最大振幅是1000，此時(shí)標(biāo)準(zhǔn)地震的振幅A0為 0.001，則此次地震的震級(jí)為級(jí)；9 級(jí)地震的最大的振幅是 5 級(jí)地震最大振幅的倍【答案】6，10000【解析】【詳解】試題分析：根據(jù)題意中的假設(shè)，可得M=lgAlgA =lg1000lg0.001=6；設(shè) 9 級(jí)地震0的最大的振幅是 x，5 級(jí)地震最大振幅是 y，9=lgx+3，5=lgy+3，由此知 9 級(jí)地震的最大的振幅是 5 級(jí)地震最大振幅的 10000 倍解：根據(jù)題意，假設(shè)在一次地震中，測(cè)震儀記錄的最大振幅是1000，此時(shí)標(biāo)準(zhǔn)地震的振幅為0.001，則 M=lgAlgA =lg1000lg

17、0.001=3（3）=60設(shè) 9 級(jí)地震的最大的振幅是x，5 級(jí)地震最大振幅是y， 9=lgx+3，5=lgy+3，解得x=106，y=102， x 106 10000 y102故答案耿：6，10000點(diǎn)評(píng)：本題考查對(duì)數(shù)的運(yùn)算法則，解題時(shí)要注意公式的靈活運(yùn)用三、解答題：本大題共 6 小題，共 80 分.解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明，演算步驟或證明過(guò)程. 15.已知集合 M x | 2 x 3， N x | x a當(dāng)a 1時(shí)，求 M N ， M N ；當(dāng)a 4 時(shí)，求 M N ， M N ；N x |N x |當(dāng)MN = 時(shí)，求a 的范圍【 答 案 】 （ 1 ） M2 x 1 ， Mx 3 ；（ 2 ）

18、N x |N x |M2 x 3， Mx 4； （3）a | a 2【解析】【分析】首先求出集合 N ，再根據(jù)交集、并集的定義計(jì)算即可；首先求出集合 N ，再根據(jù)交集、并集的定義計(jì)算即可；由M N ，即 M 與 N 無(wú)公共部分，從而求出參數(shù)的取值范圍；N x |【詳解】解：（1）當(dāng)a 1 時(shí)， N x | x 1，N x |所以 M2 x 1， Mx 3 .N x |（2）當(dāng)a 4 時(shí)， N x | x 4，N x |所以 M2 x 3， Mx 4 .（3）因?yàn)镸 N ， 所以a 的范圍是a | a 2.【點(diǎn)睛】本題考查集合的運(yùn)算及集合的包含關(guān)系求參數(shù)的取值范圍，屬于基礎(chǔ)題.已知角 的頂點(diǎn)與原

19、點(diǎn)O 重合，始邊與 x 軸的非負(fù)半軸重合，它的終邊與單位圓交點(diǎn)為P(4 3,) 5 5（1）求cos 和sin 2 的值；43sin 2cos （2）求 5cos 3sin 的值【答案】（1） 24（2） 17【解析】2511【分析】由任意角的三角函數(shù)的定義，可得sin 3 ，cos 4 ， tan 3 ，再根據(jù)兩角554和的余弦公式及二倍角正弦公式計(jì)算可得；利用同角三角函數(shù)的基本關(guān)系將弦化切，再代入計(jì)算即可；【詳解】解：（1）根據(jù)題意sin 3 ， cos 4 ， tan 3 ，554所以cos( ) cos cos sin cos 72 ，44410sin 2 2sin cos 24 25

20、（2） 因?yàn)閠an 3 ，43sin 2cos 3tan 25cos 3sin 5 3tan 3 3 24 175 3 3 114【點(diǎn)睛】本題考查任意角的三角函數(shù)的定義，同角三角函數(shù)的基本關(guān)系以及兩角和的余弦公式，屬于基礎(chǔ)題.已知函數(shù) f (x) 是定義在 R 上的偶函數(shù)，當(dāng) x 0 時(shí)， f (x) x2 4x 現(xiàn)已畫出函數(shù) f (x) 在y 軸右側(cè)的圖象，如圖所示畫出函數(shù) f (x) 在 y 軸左側(cè)的圖象，根據(jù)圖象寫出函數(shù) f (x) 在 R 上的單調(diào)區(qū)間；求函數(shù) f (x) 在 R 上的解析式；解不等式 xf (x) 0 .【答案】（1）圖見(jiàn)解析；函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間是2，0，2， ，單調(diào)減

21、區(qū)間是， 2，0，2- 11 -（2）x2 4x, x 0f (x) x2 4x, x 0（3）， 40，4【解析】【分析】（1）根據(jù)偶函數(shù)的對(duì)稱性作出函數(shù)圖象，由函數(shù)圖象讀出函數(shù)的單調(diào)區(qū)間；（2）當(dāng) x 0 時(shí)， x 0 ，再根據(jù)當(dāng) x 0 時(shí)， f (x) x2 4x ，可得f (x) (x)2 4(x) x2 4x 再根據(jù)函數(shù) f (x) 為偶函數(shù)，可得 f (x) x2 4x ，由此能求出函數(shù) f (x)(x R) 的解析式（3）因?yàn)閤f (x) 0 ，當(dāng)x 0 時(shí)， f (x) 0 ，當(dāng)x 0 時(shí)， f (x) 0 ；由函數(shù)圖象讀出解集即可；【詳解】解：（1）如圖作函數(shù)圖象.函數(shù)的單

22、調(diào)增區(qū)間是：2，0，2， ，單調(diào)減區(qū)間是： ， 2，0，2（2）因?yàn)?x 0 時(shí)， f (x) x2 4x ，若 x 0 ，則x 0 ， f (x) (x)2 4(x) x2 4x ， 又因?yàn)?f (x) 是定義在 R 上的偶函數(shù)，- 12 - PAGE 18 -所以，當(dāng) x 0 時(shí)， f (x) f ( x) x2 4x .x2 4x, x 0綜上： f (x) x2 4x, x 0（3）因xf (x) 00，4當(dāng) x 0 時(shí)， f (x) 0 ，即 x 4 ；當(dāng) x 0 時(shí)， f (x) 0 ，即0 x 4 ； 所以解集為： ， 4【點(diǎn)睛】本題考查函數(shù)的圖象的作法，函數(shù)的奇偶性的性質(zhì)的應(yīng)用

23、，函數(shù)解析式的求法，考查運(yùn)算求解能力，數(shù)形結(jié)合思想，屬于基礎(chǔ)題已知函數(shù) f ( x) 3 sin x cos x cos 2 x .求函數(shù) f (x) 的最小正周期和單調(diào)區(qū)間；求函數(shù) f (x) 的零點(diǎn)【答案】（ 1 ） T ； 單調(diào)遞增區(qū)間為k , k ， k Z ； 單調(diào)遞減區(qū)間為63k , k 5 ， k Z； （2）x k或 x k ，k Z .3662【解析】【分析】首先利用二倍角公式及輔助角公式將函數(shù)化簡(jiǎn)為 f x sin 2x 1 ，62再根據(jù)正弦函數(shù)的周期公式求出最小正周期，最后根據(jù)正弦函數(shù)的單調(diào)性求出 f x的單調(diào)區(qū)間；令sin(2x ) 1 0 ，即sin(2 x ) 1

24、，即2x 2k 或6262662x 6 5 2k ， k Z，解得即可；6【詳解】（1） f ( x) 3 sin x cos x cos 2 x3cos 2x 1sin 2x 22 1sin 2x ，62即 f x sin 2x 1 ，622所以 f (x) 的最小正周期T .2因?yàn)?y sin x 的單調(diào)增區(qū)間為2k , 2k ， k Z ，令2k 2 2x 62 2k ，22 解得k6xk3， k Z .因?yàn)?y sin x 的單調(diào)減區(qū)間為2k + , 2k 3 ， k Z ，令2k + 2 2x 62 2k 3 ，22 解得k + 3 x k 5 ， k Z .6所以 f (x) 的單

25、調(diào)遞增區(qū)間為k , k ， k Z .63 單調(diào)遞減區(qū)間為k , k 5 ， k Z .36 （2）函數(shù)f ( x) 1sin2 x的零點(diǎn)，62令sin(2x ) 1 0 ，即sin(2 x ) .162622x 6 2k 或2x 66 5 2k ， k Z6解得 x 6k或 x 2k ，k Z所以 f (x)的零點(diǎn)為x k6或 x 2k ，k Z【點(diǎn)睛】本題考查的知識(shí)要點(diǎn)：三角函數(shù)關(guān)系式的恒等變換，正弦型函數(shù)的性質(zhì)的應(yīng)用，主要考查學(xué)生的運(yùn)算能力和轉(zhuǎn)換能力及思維能力，屬于中檔題已知函數(shù) f (x) x2 mx 1,m R 當(dāng)m 0 時(shí)，求 f (x) 的最大值；若函數(shù)h(x) f (x) 2x

26、 為偶函數(shù)，求m 的值；設(shè)函數(shù) g(x) 2sin( x ) ，若對(duì)任意 x1,2 ，存在 x0, ，使得 g (x) f (x ) ，61221求 m 的取值范圍【答案】（1）1 （2） m 2 （3）1,2【解析】【分析】代入m 的值，求出函數(shù)的最大值即可；根據(jù)偶函數(shù)圖象關(guān)于 y 軸對(duì)稱，二次函數(shù)的一次項(xiàng)系數(shù)為 0，可得m 的值；求解 f (x) 的值域 M 和 g(x) 的值域 N ，可得 M N ，即可求解實(shí)數(shù)m 的取值范圍【詳解】（1）當(dāng)m 0 時(shí)， f x x2 1故當(dāng) x 0 時(shí)， f x的最大值是 1（2）因?yàn)楹瘮?shù)h x f x 2x x2 m 2x 1為偶函數(shù)，h(x) h(

27、x) ，所以m 2 0 ， 可得m 2 ，即實(shí)數(shù)m 的值為2 .（3） g(x) 2sin( x )6x 0, ， x 7 ,，6 66 所以 g(x) 的值域?yàn)?,2 當(dāng) x 1,2 時(shí)，存在 x20, ，使得 g (x2) f (x1)，設(shè) f (x) 的值域 M ，轉(zhuǎn)化為：函數(shù) f x的值域是 g x的值域的子集； 即：當(dāng) x 1,2 時(shí)， M 1,2函數(shù) f x x2 mx 1，對(duì)稱軸 x m ，2當(dāng) m 1時(shí)，即m 2 ，可得 f (x)2min f (2) 2m 3 ； f (x)max f (1) m ；1 2m 3 m 2 可得：1 m 2 ；m當(dāng)1 m 2 時(shí)，即2 m 4

28、，可得 f (x) f () m2 1， f (x) 2m 3 或 m ，2顯然 m2 1 2 ，不滿足 m2max241 2 ，此時(shí)無(wú)解；min44當(dāng) m 2 時(shí)，即m 4 ，可得 f ( x)22m 3 2，此時(shí)無(wú)解；min f (1) m ， f ( x)max f (2) 2m 3 ；不滿足綜上可得實(shí)數(shù)m 的取值范圍為1,2 【點(diǎn)睛】本題主要考查偶函數(shù)的性質(zhì)的應(yīng)用，二次函數(shù)的最值問(wèn)題，存在性問(wèn)題，屬于中檔題.對(duì)于正整數(shù)集合 A a , a12, , ann N *, n 3，如果任意去掉其中一個(gè)元素a i 1,2, , n之后，剩余的所有元素組成的集合都能分為兩個(gè)交集為空集的集合，且這

29、兩i個(gè)集合的所有元素之和相等，就稱集合 A 為“可分集合”.（1）判斷集合1,2,3,4,5 和1,3,5,7,9,11 ,13是否是“可分集合”（不必寫過(guò)程）；求證：五個(gè)元素的集合 A a , a, a , a, a 一定不是“可分集合”；12345若集合 A a , a12, , ann N *, n 3是“可分集合”.證明： n 為奇數(shù)；求集合 A 中元素個(gè)數(shù)的最小值.【答案】（1）集合1,2,3,4,5 不是“可分集合”，集合 1,3,5,7,9,11 ,13是“可分集合”；（2）見(jiàn)解析；（3）見(jiàn)解析；最小值是 7【解析】【分析】根據(jù)定義直接判斷即可得到結(jié)論；不妨設(shè)a a12 a a34 a ，若去掉的元素為a52，則有a a15 a a34，或者a a a513a ；若去掉的元素為a41，則有a a25 a a34，或者a5 a a23 a ，4求解四個(gè)式子可得出矛盾，從而證明結(jié)論；設(shè)集合 A a , a , a 所有元素之和為M ，由題可知， M ai 1,2, n均12ni為偶數(shù)，因此aii 1,2, n均為奇數(shù)或偶數(shù).分類討論 M 為奇數(shù)和M 為偶數(shù)的情況，分析可得集合