《北師大版 必修第一冊(cè) 高考水平模擬性測(cè)試【含答案】》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《北師大版 必修第一冊(cè) 高考水平模擬性測(cè)試【含答案】（23頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、北師大版 必修第一冊(cè) 高考水平模擬性測(cè)試題號(hào)一二三四五總分得分注意事項(xiàng)：1答題前填寫好自己的姓名、班級(jí)、考號(hào)等信息2請(qǐng)將答案正確填寫在答題卡上評(píng)卷人得分一、單選題1命題“，”的否定是（）A，B，C，D，2已知集合，則（）Ax|1x4Bx|0x6Cx|0x1Dx|4x63某防疫站對(duì)學(xué)生進(jìn)行身體健康調(diào)查，欲采用分層抽樣的辦法抽取樣本，某中學(xué)共有學(xué)生2000名，抽取了一個(gè)容量為200的樣本，已知樣本中男生比女生少6人，則該校共有男生（）A1030人B1050人C950人D970人4設(shè)，則a，b，c的大小關(guān)系為（）ABCD5已知，那么函數(shù)的圖象大致是（）ABCD6當(dāng)使用一儀器去測(cè)量一個(gè)高度為70單位長(zhǎng)

2、的建筑物50次時(shí)，所得數(shù)據(jù)為測(cè)量值68單位長(zhǎng)69單位長(zhǎng)70單位長(zhǎng)71單位長(zhǎng)72單位長(zhǎng)次數(shù)51510155根據(jù)此數(shù)據(jù)推測(cè)，假如再用此儀器測(cè)量該建筑物2次，則2次測(cè)得的平均值為71單位長(zhǎng)的概率為（）A0.04B0.11C0.13D0.267已知函數(shù)，若，則的取值范圍為（）ABCD8已知，若函數(shù)有最小值，則實(shí)數(shù)的取值范圍是（）ABCD評(píng)卷人得分二、多選題9若是奇函數(shù)，則下列說(shuō)法正確的是（）A一定是偶函數(shù)B一定是偶函數(shù)CD10若是奇函數(shù)，則下列說(shuō)法正確的是（）A一定是偶函數(shù)B一定是偶函數(shù)CD11某校組織全體學(xué)生參加了主題為“奮斗百年路，啟航新征程”的知識(shí)競(jìng)賽，隨機(jī)抽取了200名學(xué)生進(jìn)行成績(jī)統(tǒng)計(jì)，發(fā)現(xiàn)抽

3、取的學(xué)生的成績(jī)都在50分至100分之間，進(jìn)行適當(dāng)分組后（每組的取值區(qū)間均為左閉右開(kāi)），畫(huà)出頻率分布直方圖（如圖），下列說(shuō)法正確的是（）A在被抽取的學(xué)生中，成績(jī)?cè)趨^(qū)間內(nèi)的學(xué)生有80人B圖中x的值為0.020C估計(jì)全校學(xué)生成績(jī)的中位數(shù)為87D估計(jì)全校學(xué)生成績(jī)的分位數(shù)為9512已知函數(shù)，則下列結(jié)論正確的有（）A若，則有2個(gè)零點(diǎn)B存在，使得有1個(gè)零點(diǎn)C存在，使得有3個(gè)零點(diǎn)D存在，使得有3個(gè)零點(diǎn)13已知函數(shù)，若，則實(shí)數(shù)可以取的值是（）ABC1D評(píng)卷人得分三、填空題14已知函數(shù)滿足：x4,則；當(dāng)x4時(shí)，則_15已知“若對(duì)任意的都成立，則在上為增函數(shù)”.能說(shuō)明命題為假命題的一個(gè)函數(shù)是_.16設(shè)表示p，q，r

4、三者中最小的一個(gè).若函數(shù)，則當(dāng)時(shí)，的值域是_.評(píng)卷人得分四、雙空題17已知某班男女同學(xué)人數(shù)之比為5：4，該班所有同學(xué)進(jìn)行踢毽子比賽，比賽規(guī)則如下：每個(gè)同學(xué)用腳踢起毽子，在毽子落地前用腳接住并踢起，腳沒(méi)有接到毽子則比賽結(jié)束現(xiàn)記錄了每個(gè)同學(xué)用腳踢起毽子開(kāi)始到毽子落地，腳踢到毽子的次數(shù)，已知男同學(xué)用腳踢到毽子次數(shù)的平均數(shù)為21，方差為17，女同學(xué)用腳踢到毽子次數(shù)的平均數(shù)為12，方差為17，那么全班同學(xué)用腳踢到毽子次數(shù)的平均數(shù)為_(kāi)，方差為_(kāi).評(píng)卷人得分五、解答題18已知集合，.(1)若，求集合；(2)在，兩個(gè)集合中任選一個(gè)，補(bǔ)充在下面問(wèn)題中，_，求使p是q的必要不充分條件的的取值范圍.19某網(wǎng)上電子商

5、城銷售甲乙兩種品牌的固態(tài)硬盤，甲乙兩種品牌的固態(tài)硬盤保修期均為3年，現(xiàn)從該商城已售出的甲乙兩種品牌的固態(tài)硬盤中各隨機(jī)抽取50個(gè)，統(tǒng)計(jì)這些固態(tài)硬盤首次出現(xiàn)故障發(fā)生在保修期內(nèi)的數(shù)據(jù)如下：型號(hào)甲乙首次出現(xiàn)故障的時(shí)間x(年)硬盤數(shù)(個(gè))212123假設(shè)甲乙兩種品牌的固態(tài)硬盤首次出現(xiàn)故障相互獨(dú)立.（1）從該商城銷售的甲品牌固態(tài)硬盤中隨機(jī)抽取一個(gè)，試估計(jì)首次出現(xiàn)故障發(fā)生在保修期內(nèi)的概率；（2）某人在該商城同時(shí)購(gòu)買了甲乙兩種品牌的固態(tài)硬盤各一個(gè)，試估計(jì)恰有一個(gè)首次出現(xiàn)故障發(fā)生在保修期的第3年(即)的概率.20第四屆中國(guó)國(guó)際進(jìn)口博覽會(huì)于2021年11月5日至10日在上海舉行.本屆進(jìn)博會(huì)有4000多項(xiàng)新產(chǎn)品新技

6、術(shù)新服務(wù).某跨國(guó)公司帶來(lái)了高端空調(diào)模型參展，通過(guò)展會(huì)調(diào)研，中國(guó)甲企業(yè)計(jì)劃在2022年與該跨國(guó)公司合資生產(chǎn)此款空調(diào).生產(chǎn)此款空調(diào)預(yù)計(jì)全年需投入固定成本260萬(wàn)元，生產(chǎn)x千臺(tái)空調(diào)，需另投入資金R萬(wàn)元，且.經(jīng)測(cè)算，當(dāng)生產(chǎn)10千臺(tái)空調(diào)時(shí)需另投入的資金R=4000萬(wàn)元.現(xiàn)每臺(tái)空調(diào)售價(jià)為0.9萬(wàn)元時(shí)，當(dāng)年內(nèi)生產(chǎn)的空調(diào)當(dāng)年能全部銷售完.(1)求2022年該企業(yè)年利潤(rùn)W（萬(wàn)元）關(guān)于年產(chǎn)量x（千臺(tái)）的函數(shù)關(guān)系式；(2)2022年產(chǎn)量為多少時(shí)，該企業(yè)所獲年利潤(rùn)最大？最大年利潤(rùn)為多少？注：利潤(rùn)=銷售額-成本.21第四屆中國(guó)國(guó)際進(jìn)口博覽會(huì)于2021年11月5日至10日在上海舉行.本屆進(jìn)博會(huì)有4000多項(xiàng)新產(chǎn)品新技術(shù)新

7、服務(wù).某跨國(guó)公司帶來(lái)了高端空調(diào)模型參展，通過(guò)展會(huì)調(diào)研，中國(guó)甲企業(yè)計(jì)劃在2022年與該跨國(guó)公司合資生產(chǎn)此款空調(diào).生產(chǎn)此款空調(diào)預(yù)計(jì)全年需投入固定成本260萬(wàn)元，生產(chǎn)x千臺(tái)空調(diào)，需另投入資金R萬(wàn)元，且.經(jīng)測(cè)算，當(dāng)生產(chǎn)10千臺(tái)空調(diào)時(shí)需另投入的資金R=4000萬(wàn)元.現(xiàn)每臺(tái)空調(diào)售價(jià)為0.9萬(wàn)元時(shí)，當(dāng)年內(nèi)生產(chǎn)的空調(diào)當(dāng)年能全部銷售完.(1)求2022年該企業(yè)年利潤(rùn)W（萬(wàn)元）關(guān)于年產(chǎn)量x（千臺(tái)）的函數(shù)關(guān)系式；(2)2022年產(chǎn)量為多少時(shí)，該企業(yè)所獲年利潤(rùn)最大？最大年利潤(rùn)為多少？注：利潤(rùn)=銷售額-成本.22十三屆全國(guó)人大四次會(huì)議表決通過(guò)了關(guān)于“十四五”規(guī)劃和2035年遠(yuǎn)景目標(biāo)綱要的決議，綱要指出：“加強(qiáng)原創(chuàng)性引領(lǐng)

8、性科技攻關(guān)”.某企業(yè)集中科研骨干，攻克系列“卡脖子”技術(shù)，該企業(yè)使用新技術(shù)對(duì)某款芯片進(jìn)行試生產(chǎn)，該款芯片的性能以某項(xiàng)指標(biāo)值為衡量標(biāo)準(zhǔn)，性能指標(biāo)的等級(jí)劃分如表：性能指標(biāo)值k等級(jí)ABCDE為了解該款芯片的生產(chǎn)效益，該企業(yè)從試生產(chǎn)的產(chǎn)品中隨機(jī)抽樣并測(cè)量了每件產(chǎn)品的指標(biāo)值，若以組距為5畫(huà)頻率分布直方圖時(shí)，發(fā)現(xiàn)Y（設(shè)“”）滿足：，.(1)試確定n的所有取值，并求a；(2)從樣本性能指標(biāo)值不小于85的產(chǎn)品中采用分層隨機(jī)抽樣的方法抽取5件產(chǎn)品，求樣本中A等級(jí)產(chǎn)品與B等級(jí)產(chǎn)品的件數(shù).然后從這5件產(chǎn)品中一次性隨機(jī)抽取2件產(chǎn)品，并求出2件都是A等級(jí)的概率.23已知函數(shù)，為常數(shù)，且的最小值0.（1）求的表達(dá)式；（2

9、）若函數(shù)有兩個(gè)零點(diǎn)，且一個(gè)在區(qū)間()上，另一個(gè)在區(qū)間()上，求實(shí)數(shù)的取值范圍.24已知函數(shù)（1）若，是否存在，使得為偶函數(shù)，如果存在，請(qǐng)舉例并證明，如果不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由；（2）若，判斷在上的單調(diào)性，并用定義證明；（3）已知，存在，對(duì)任意，都有成立，求的取值范圍.答案：1A【分析】直接用存在量詞否定全稱命題即可得到答案.【詳解】因?yàn)橛么嬖诹吭~否定全稱命題，所以命題“，”的否定是“，”.故選：A2A【分析】化簡(jiǎn)集合，按照補(bǔ)集定義求出，再按交集定義，即可求解.【詳解】,或，.故選:A.本題考查集合的混合運(yùn)算，解題要注意正確化簡(jiǎn)集合，屬于基礎(chǔ)題.3D【分析】根據(jù)樣本容量和男生比女生少6人，可得樣本中

10、男生數(shù)，再根據(jù)抽取的比例可得總體中的男生人數(shù)【詳解】解：樣本容量為200，男生比女生少6人，樣本中男生數(shù)為97人，又分層抽樣的抽取比例為，總體中男生數(shù)為人故選：本題考查了分層抽樣的定義，熟練掌握分層抽樣的特征是關(guān)鍵，屬于基礎(chǔ)題4D【分析】根據(jù)指數(shù)函數(shù)和對(duì)數(shù)函數(shù)的性質(zhì)求出的范圍即可求解.【詳解】，.故選：D.5D根據(jù)題意可知，從而可得為過(guò)點(diǎn)的增函數(shù)，再利用函數(shù)的平移變換即可得出選項(xiàng).【詳解】因?yàn)?，所以，所以為過(guò)點(diǎn)的減函數(shù)，所以為過(guò)點(diǎn)的增函數(shù).因?yàn)閳D象為圖象向左平移1個(gè)單位長(zhǎng)度，所以圖象為過(guò)點(diǎn)的增函數(shù).故選：D.本題考查了指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性解不等式、對(duì)數(shù)函數(shù)的單調(diào)性以及函數(shù)圖像的平移變換，屬于基礎(chǔ)題

11、.6C由題意，2次測(cè)得的平均值為71單位長(zhǎng)事件有兩次測(cè)得都為71單位長(zhǎng)，一次70單位長(zhǎng)另一次72單位長(zhǎng)，根據(jù)數(shù)據(jù)求出測(cè)得70、71、72單位長(zhǎng)的概率，進(jìn)而利用古典概型求2次測(cè)得的平均值為71單位長(zhǎng)的概率即可；【詳解】由題意知：2次測(cè)得的平均值為71單位長(zhǎng)，則事件有兩次測(cè)得都為71單位長(zhǎng)，一次70單位長(zhǎng)另一次72單位長(zhǎng)；根據(jù)數(shù)據(jù)知：P測(cè)得70單位長(zhǎng)=，P測(cè)得71單位長(zhǎng)= ，P測(cè)得72單位長(zhǎng)= ，P兩次測(cè)得都為71單位長(zhǎng)= ，P一次70單位長(zhǎng)另一次72單位長(zhǎng)= ，2次測(cè)得的平均值為71單位長(zhǎng)的概率故選：C本題考查了頻率和概率的關(guān)系，以及獨(dú)立事件概率乘法法則，屬于基礎(chǔ)題.7B【分析】先求出的定義域，

12、再判斷的單調(diào)性，利用函數(shù)的單調(diào)性將不等式轉(zhuǎn)化為，即可求解的取值范圍【詳解】解：要使函數(shù)有意義，則，解得，即函數(shù)的定義域?yàn)?，因?yàn)樵谏蠁握{(diào)遞增，在定義域上單調(diào)遞增，所以在上單調(diào)遞增，又因?yàn)楹瘮?shù)在上單調(diào)遞增，所以在上單調(diào)遞增，又，所以不等式等價(jià)于，所以，解得或，即的取值范圍是故選：A8D【分析】對(duì)a進(jìn)行分類討論，結(jié)合對(duì)稱軸，單調(diào)性，最值，列出不等關(guān)系，求出實(shí)數(shù)的取值范圍.【詳解】當(dāng)時(shí)，二次函數(shù)的對(duì)稱軸為直線，此時(shí)函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞減，函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞減，欲使函數(shù)有最小值，需，解得：與矛盾.當(dāng)時(shí)，函數(shù)的對(duì)稱軸為直線，所以在上單調(diào)遞減，在上單調(diào)遞增，此時(shí)函數(shù)在區(qū)間上的最小值為，函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞減，此

13、時(shí)，欲使函數(shù)有最小值，需，解得與矛盾；當(dāng)時(shí)，二次函數(shù)的對(duì)稱軸為直線，在區(qū)間上的最小值為，在區(qū)間上單調(diào)遞增，欲使函數(shù)有最小值，需，即，.綜上所述，實(shí)數(shù)的取值范圍是.故選：D.9AB【分析】根據(jù)奇函數(shù)和偶函數(shù)的定義可判斷A，B；計(jì)算可判斷C；計(jì)算可判斷D.【詳解】是奇函數(shù)，.A中，是偶函數(shù)，故A正確；B中，令，則，是偶函數(shù)，故B正確；C中，故C錯(cuò)誤；D中，不定成立，故D錯(cuò)誤.故選：AB.10AB【分析】根據(jù)奇函數(shù)和偶函數(shù)的定義可判斷A，B；計(jì)算可判斷C；計(jì)算可判斷D.【詳解】是奇函數(shù)，.A中，是偶函數(shù)，故A正確；B中，令，則，是偶函數(shù)，故B正確；C中，故C錯(cuò)誤；D中，不定成立，故D錯(cuò)誤.故選：AB

14、.11ACD【分析】由頻率和為1可求解x，再由頻率分布直方圖的頻率計(jì)算人數(shù)和中位數(shù)，根據(jù)百分?jǐn)?shù)定義計(jì)算分位數(shù)，對(duì)選項(xiàng)逐個(gè)判斷.【詳解】由題意，成績(jī)?cè)趨^(qū)間內(nèi)的學(xué)生人數(shù)為，A中說(shuō)法正確；由，得，B中說(shuō)法錯(cuò)誤；設(shè)中位數(shù)為a，則，得，C中說(shuō)法正確；低于90分的頻率為，設(shè)樣本數(shù)據(jù)的分位數(shù)為n，則，解得，D中說(shuō)法正確.故選：ACD.12ABD【分析】畫(huà)出函數(shù)圖象，根據(jù)與的函數(shù)圖象交點(diǎn)個(gè)數(shù)可判斷.【詳解】由題，的零點(diǎn)個(gè)數(shù)可轉(zhuǎn)化為與的函數(shù)圖象交點(diǎn)個(gè)數(shù)，畫(huà)出函數(shù)圖象如下，若，函數(shù)與在和各有一個(gè)交點(diǎn)，故有2個(gè)零點(diǎn)，故A正確；當(dāng)時(shí)，當(dāng)，故在上至少有一個(gè)零點(diǎn)，又，結(jié)合圖象知，在上有兩個(gè)零點(diǎn)，即與有兩個(gè)不同的交點(diǎn)，則當(dāng)

15、直線繞點(diǎn)順時(shí)針旋轉(zhuǎn)時(shí)，存在直線與的圖象相切，即有1個(gè)零點(diǎn)，故B正確，當(dāng)時(shí)，與至多有兩個(gè)交點(diǎn)，故C錯(cuò)誤；當(dāng)時(shí)，如圖，存在函數(shù)與的圖象分別在和上分別有1個(gè)和2個(gè)交點(diǎn)，故存在 ，使得有3個(gè)零點(diǎn)，故D正確.故選：ABD.13CD【分析】構(gòu)造函數(shù)，可得函數(shù)為奇函數(shù)，且在R上單調(diào)遞減，結(jié)合條件可得，即得.【詳解】設(shè)函數(shù)，又函數(shù)，函數(shù)定義域?yàn)镽，又，函數(shù)為奇函數(shù)，當(dāng)時(shí)，函數(shù)與函數(shù)單調(diào)遞減，當(dāng)時(shí)，函數(shù)單調(diào)遞減，又函數(shù)為R上的奇函數(shù)，函數(shù)在R上單調(diào)遞減，由，可得，即，所以，解得.故選：CD.關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題的關(guān)鍵是構(gòu)造函數(shù)，可得函數(shù)為R上的奇函數(shù)且單調(diào)遞減，問(wèn)題即可得到解決.14【分析】先由題得f(2log23

16、)f(3log23)，再利用x4的解析式求解即可.【詳解】32log234,所以f(2log23)f(3log23)，且3log234，f(3log23)本題主要考查對(duì)數(shù)的運(yùn)算和對(duì)數(shù)函數(shù)的性質(zhì)，意在考查學(xué)生對(duì)這些知識(shí)的理解掌握水平和分析推理能力.15（答案不唯一，如f(x)=x,0x41,x=4，只要滿足題意即可）【分析】利用函數(shù)的單調(diào)性和最值，舉例說(shuō)明即可.【詳解】由題意知，則函數(shù)圖象在上先減后增， 當(dāng)時(shí)，函數(shù)值最小，且，滿足題意，所以函數(shù)可以說(shuō)明命題p為假命題.故16【分析】通過(guò)題意得到為一個(gè)分段函數(shù)，并畫(huà)出該分段函數(shù)的圖像，結(jié)合圖像得到的值域【詳解】時(shí)，畫(huà)出函數(shù)的大致圖象如圖所示，結(jié)合圖

17、象可得，所以當(dāng)時(shí)，最低點(diǎn)為A點(diǎn)，最高點(diǎn)為C點(diǎn)，且，所以的值域是.故17 17 37【分析】設(shè)男女生分別有人，利用平均數(shù)的求法求全班的，再由求出男女生對(duì)應(yīng)值，進(jìn)而求全班的方差.【詳解】設(shè)男女生分別有人，則全班同學(xué)用腳踢到毽子次數(shù)的平均數(shù)為，對(duì)于男生，；對(duì)于女生，；所以，而全班同學(xué)用腳踢到毽子次數(shù)的方差為.故17，3718(1)(2)答案見(jiàn)解析【分析】（1）將代入集合，求得，利用集合的運(yùn)算法則即可；（2）若選集合：先計(jì)算出，根據(jù)條件得出集合是集合的真子集，利用包含關(guān)系列出不等式組即可求得答案。若選集合：先計(jì)算出，根據(jù)條件得出集合是集合的真子集，利用包含關(guān)系列出不等式組即可求得答案。（1）解（1）當(dāng)

18、時(shí)，可化為，解得，又，.（2）（2）若選集合B：由，得，由p是q的必要不充分條件，得集合是集合的真子集.，解得，m的取值范圍為.若選集合：由，得， 由p是q的必要不充分條件，得集合是集合的真子集，解得，m的取值范圍為.19（1）；（2）（1）由頻率表示概率即可求出；（2）先分別求出從甲、乙兩種品牌隨機(jī)抽取一個(gè)，首次出現(xiàn)故障發(fā)生在保修期的第3年的概率，即可求出恰有一個(gè)首次出現(xiàn)故障發(fā)生在保修期的第3年的概率.【詳解】解：（1）在圖表中，甲品牌的個(gè)樣本中，首次出現(xiàn)故障發(fā)生在保修期內(nèi)的概率為：，設(shè)從該商城銷售的甲品牌固態(tài)硬盤中隨機(jī)抽取一個(gè)，其首次出現(xiàn)故障發(fā)生在保修期內(nèi)為事件，利用頻率估計(jì)概率，得，即從

19、該商城銷售的甲品牌固態(tài)硬盤中隨機(jī)抽取一個(gè)，其首次出現(xiàn)故障發(fā)生在保修期內(nèi)的概率為：；（2）設(shè)從該商城銷售的甲品牌固態(tài)硬盤中隨機(jī)抽取一個(gè)，其首次出現(xiàn)故障發(fā)生在保修期的第3年為事件，從該商城銷售的乙品牌固態(tài)硬盤中隨機(jī)抽取一個(gè)，其首次出現(xiàn)故障發(fā)生在保修期的第3年為事件，利用頻率估計(jì)概率，得：，則 ,某人在該商城同時(shí)購(gòu)買了甲乙兩種品牌的固態(tài)硬盤各一個(gè)，恰有一個(gè)首次出現(xiàn)故障發(fā)生在保修期的第3年的概率為.關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題解題的關(guān)鍵是利用頻率表示概率.20(1)(2)當(dāng)2022年產(chǎn)量為100千臺(tái)時(shí)，該企業(yè)的年利潤(rùn)最大，最大年利潤(rùn)為8990萬(wàn)元【分析】（1）由題意可知時(shí)，R=4000，代入函數(shù)中可求出，然后由年

20、利潤(rùn)等于銷售總額減去投入資金，再減去固定成本，可求出年利潤(rùn)W（萬(wàn)元）關(guān)于年產(chǎn)量x（千臺(tái)）的函數(shù)關(guān)系式，（2）分別當(dāng)和求出函數(shù)的最大值，比較即可得答案（1）由題意知，當(dāng)時(shí)，所以a=300.當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，.所以，（2）當(dāng)時(shí)，所以當(dāng)時(shí)，W有最大值，最大值為8740；當(dāng)時(shí)，當(dāng)且僅當(dāng)，即x=100時(shí)，W有最大值，最大值為8990.因?yàn)椋援?dāng)2022年產(chǎn)量為100千臺(tái)時(shí)，該企業(yè)的年利潤(rùn)最大，最大年利潤(rùn)為8990萬(wàn)元.21(1)(2)當(dāng)2022年產(chǎn)量為100千臺(tái)時(shí)，該企業(yè)的年利潤(rùn)最大，最大年利潤(rùn)為8990萬(wàn)元【分析】（1）由題意可知時(shí)，R=4000，代入函數(shù)中可求出，然后由年利潤(rùn)等于銷售總額減去投入資金，

21、再減去固定成本，可求出年利潤(rùn)W（萬(wàn)元）關(guān)于年產(chǎn)量x（千臺(tái)）的函數(shù)關(guān)系式，（2）分別當(dāng)和求出函數(shù)的最大值，比較即可得答案（1）由題意知，當(dāng)時(shí)，所以a=300.當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，.所以，（2）當(dāng)時(shí)，所以當(dāng)時(shí)，W有最大值，最大值為8740；當(dāng)時(shí)，當(dāng)且僅當(dāng)，即x=100時(shí)，W有最大值，最大值為8990.因?yàn)?，所以?dāng)2022年產(chǎn)量為100千臺(tái)時(shí)，該企業(yè)的年利潤(rùn)最大，最大年利潤(rùn)為8990萬(wàn)元.22(1)n的取值集合為，(2)A等級(jí)產(chǎn)品的件數(shù)為4，B等級(jí)產(chǎn)品的件數(shù)為1，概率為【分析】（1）由，結(jié)合，求得n的所有取值；利用頻率之和為1求得a的值.（2）分別計(jì)算A等級(jí)和B等級(jí)產(chǎn)品的頻率，通過(guò)頻率比可計(jì)算所抽取的5件

22、產(chǎn)品中A等級(jí)，B等級(jí)產(chǎn)品的件數(shù)；利用列舉法，結(jié)合古典概型的概率計(jì)算公式，計(jì)算出所求概率.（1）根據(jù)題意，按組距為5可分成6個(gè)區(qū)間，分別是，因?yàn)?，且，所以n的取值集合為.每個(gè)小區(qū)間對(duì)應(yīng)的頻率值為.所以，解得.（2）A等級(jí)產(chǎn)品的頻率為.B等級(jí)產(chǎn)品的頻率為，所以A等級(jí)產(chǎn)品和B等級(jí)產(chǎn)品的頻率之比為，所以從樣本性能指標(biāo)值不小于85的產(chǎn)品中采用分層隨機(jī)抽樣的方法抽取5件產(chǎn)品，A等級(jí)產(chǎn)品的件數(shù)為4，分別記為，B等級(jí)產(chǎn)品的件數(shù)為1，記為b.從這5件產(chǎn)品中任意抽取2件產(chǎn)品，所有的可能情況有，共10種.事件“抽取的2件產(chǎn)品都是A等級(jí)”包含的可能情況有，共6種，故所求概率為.23（1）；（2）.【分析】（1）由可得

23、，由的最小值為0可得，即可解出；（2）令，可得方程有兩個(gè)不等根，且分別在區(qū)間上，利用零點(diǎn)存在性定理可求出.【詳解】解：（1），（1），若，函數(shù)無(wú)最小值，故，又且的最小值為0，必須有（2），由（1）（2）得，從而；（2）由得，令，則方程有兩個(gè)不等根，且分別在區(qū)間上，設(shè)，所以，解得，即的取值范圍().本題考查零點(diǎn)存在性定理的應(yīng)用，解題的關(guān)鍵是得出方程有兩個(gè)不等根，且分別在區(qū)間上.24（1）見(jiàn)解析；（2）見(jiàn)解析；（3）.【分析】（1）將代入證明為偶函數(shù)即可（2）代入，先判斷函數(shù)為單調(diào)遞減函數(shù)，再根據(jù)定義法代入作差即可證明為單調(diào)遞減函數(shù)（3）去絕對(duì)值化簡(jiǎn)不等式，根據(jù)全稱命題與特稱命題的成立關(guān)系可得，分兩段不等式求解即可【詳解】（1）存在使為偶函數(shù)， 此時(shí)：，證明：的定義域?yàn)殛P(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，且為偶函數(shù)（2），且，在上為減函數(shù)證明：任取，且，即在上為減函數(shù) （3）,對(duì)任意，存在，使得成立，即存在，使得， 當(dāng)時(shí)，為增函數(shù)或常函數(shù)，此時(shí)，則有恒成立當(dāng)時(shí)， 當(dāng)時(shí)， 綜上所述. 本題考查了函數(shù)奇偶性與單調(diào)性的綜合英語(yǔ)，恒成立與存在性成立問(wèn)題的綜合應(yīng)用，討論過(guò)程復(fù)雜，需要很強(qiáng)的數(shù)學(xué)思維能力，屬于難題