?期末精選50題（提升版）

一、單選題
1．（2020·浙江杭州·高一期末）若a，b，c均為正實(shí)數(shù)，則三個(gè)數(shù)，，（ ）
A．都不大于2 B．都不小于2
C．至少有一個(gè)不大于2 D．至少有一個(gè)不小于2
【答案】D
【分析】對(duì)于選項(xiàng)ABC可以舉反例判斷，對(duì)于選項(xiàng)D, 可以利用反證法思想結(jié)合基本不等式，可以確定，，至少有一個(gè)不小于2，從而可以得結(jié)論．
【詳解】解：A. 都不大于2，結(jié)論不一定成立，如時(shí)，三個(gè)數(shù)，，都大于2，所以選項(xiàng)A錯(cuò)誤；
B. 都不小于2，即都大于等于2，不一定成立，如則，所以選項(xiàng)B錯(cuò)誤；
C.至少有一個(gè)不大于2，不一定成立，因?yàn)樗鼈冇锌赡芏即笥?，如時(shí)，三個(gè)數(shù)，，都大于2，所以選項(xiàng)C錯(cuò)誤.
由題意，∵a，b，c均為正實(shí)數(shù)，
∴．
當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)，取“=”號(hào)，
若，，，則結(jié)論不成立，
∴，，至少有一個(gè)不小于2，所以選項(xiàng)D正確；
故選：D．
2．（2021·河北·衡水市冀州區(qū)第一中學(xué)高一期末）在使成立的所有常數(shù)M中，我們把M的最小值叫做的上確界，若，且，則的上確界為（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根據(jù)題意，結(jié)合均值不等式中“1”的妙用，即可求解.
【詳解】根據(jù)題意，由，得，
因?yàn)椋?，所以，?dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)，等號(hào)成立，
因此，根據(jù)定義知，的上確界為.
故選：D.
3．（2020·上海市洋涇中學(xué)高一期末）若，則下列不等式中不能成立的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】對(duì)于A,C,D利用不等式的性質(zhì)分析即可，對(duì)于B舉反例即可
【詳解】對(duì)于A，因?yàn)椋?，所以，即，所以A成立；
對(duì)于B，若，則，，此時(shí)，所以B不成立；
對(duì)于C，因?yàn)?，故，所以，所以C成立；
對(duì)于D，若，故，即，則，所以D成立；
故選：B
4．（2020·安徽·定遠(yuǎn)縣育才學(xué)校高一期末）若是定義在上的奇函數(shù)，且在上是增函數(shù)，，則解集是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】由奇函數(shù)性質(zhì)可得在上是增函數(shù)，由此可確定在不同區(qū)間內(nèi)的正負(fù)，結(jié)合的正負(fù)可得結(jié)果.
【詳解】為上的奇函數(shù)，且在上是增函數(shù)，在上是增函數(shù)，
又，
當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，；當(dāng)時(shí)，；
當(dāng)或時(shí)，，即的解集為.
故選：A.
5．（2021·廣西南寧·高一期末）已知偶函數(shù)在區(qū)間上單調(diào)遞增，則滿足的x的取值圍是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根據(jù)題意得，進(jìn)而得，再解不等式即可.
【詳解】因?yàn)榕己瘮?shù)在區(qū)間上單調(diào)遞增，且滿足，
所以不等式等價(jià)為，即：，
所以，解得：，
故的取值范圍是.
故選：A
6．（2021·湖南·長(zhǎng)沙縣第九中學(xué)高一期末）已知是定義在上的減函數(shù)，那么的取值范圍是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用分段函數(shù)在上單調(diào)遞減的特征直接列出不等式組求解即得.
【詳解】因函數(shù)是定義在上的減函數(shù)，則有，解得，
所以的取值范圍是.
故選：D
7．（2018·江西橫峰·高一期末（理））函數(shù)（，）的最小正周期為，若其圖象向左平移個(gè)單位后得到的函數(shù)為偶函數(shù)，則函數(shù)的圖象（ ）
A．關(guān)于直線對(duì)稱 B．關(guān)于直線對(duì)稱
C．關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱 D．關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱
【答案】D
【分析】先利用周期公式求出值，再利用圖象平移和奇偶性求得值，再利用、的值判定是否具有對(duì)稱性.
【詳解】因?yàn)榈淖钚≌芷跒椋?br /> 所以，解得，
即，
將的圖象向左平移個(gè)單位后得到
的圖象，
因?yàn)槭桥己瘮?shù)，所以，，
即，，
又因?yàn)椋?，即?br /> 因?yàn)椋赃x項(xiàng)A、C錯(cuò)誤；
因?yàn)?，所以函?shù)的圖象關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱，即選項(xiàng)D正確.
故選：D.
8．（2020·廣東揭東·高一期末）已知角的始邊與軸的非負(fù)半軸重合，終邊與單位圓的交點(diǎn)為，則的值為（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用任意角三角函數(shù)定義可求得，結(jié)合誘導(dǎo)公式可得關(guān)于正余弦的齊次式，由此求得結(jié)果.
【詳解】由題意得：，
.
故選：D.
9．（2021·浙江·高一期末）“且”是“”的（ ）
A．充分而不必要條件 B．必要而不充分條件
C．充分必要條件 D．既不充分也不必要條件
【答案】A
【分析】分充分性和必要性進(jìn)行判斷：
充分性：利用的單調(diào)性判斷；
必要性：取特殊值進(jìn)行否定.
【詳解】充分性：當(dāng)時(shí)，為增函數(shù)，所以當(dāng)時(shí)，有成立，故充分性滿足；
必要性：當(dāng)時(shí)，取,滿足但是不符合且，故必要性不滿足.
所以“且”是“”的充分而不必要條件.
故選：A
【點(diǎn)睛】判斷充要條件的四種方法：
（1）定義法；（2）傳遞性法；（3）集合法；（4）等價(jià)命題法.
10．（2018·浙江諸暨·高一期末）已知定義在實(shí)數(shù)集上的函數(shù)是偶函數(shù)，且在上單調(diào)遞增，，則不等式的解集為 （ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根據(jù)函數(shù)是偶函數(shù)，且在上單調(diào)遞增，可得函數(shù)在上單調(diào)遞減，從而可得不等式等價(jià)于或，從而可得出答案.
【詳解】解：因?yàn)楹瘮?shù)是偶函數(shù)，且在上單調(diào)遞增，
所以函數(shù)在上單調(diào)遞減，
又因，所以，
不等式等價(jià)于或，
即或，
所以或，
即不等式的解集為.
故選：B.
11．（2021·全國(guó)·高一期末）如果在實(shí)數(shù)運(yùn)算中定義新運(yùn)算“”：．那么對(duì)于任意實(shí)數(shù)a、b、c，以下結(jié)論中不一定成立的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】計(jì)算出和可判斷A；利用可判斷B；計(jì)算出、可判斷C；計(jì)算出、可判斷出D．
【詳解】A中，，，得，所以A一定成立；
B中，當(dāng)時(shí)，，而，所以B不一定成立；
C中，，，所以C一定成立；
D中，，
，所以D一定成立．
故選：B.
12．（2021·甘肅張掖·高一期末（理））如圖，在平面直角坐標(biāo)系中，角與角均以為始邊，終邊分別是射線和射線，且射線和射線關(guān)于軸對(duì)稱，射線與單位圓的交點(diǎn)為，則的值是（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由三角函數(shù)的定義可得，，，的值，再由差角的余弦公式計(jì)算即得.
【詳解】由任意角的三角函數(shù)的定義可得，，，
因，且射線和射線關(guān)于軸對(duì)稱，則射線OB與單位圓的交點(diǎn)為，于是得，，
因此，，
所以的值是.
故選：D

二、多選題
13．（2020·廣東·仲元中學(xué)高一期末）已知，，，均為實(shí)數(shù)，則下列命題正確的是（ ）
A．若，，則 B．若，則
C．若，，則 D．若，則
【答案】BCD
【分析】取，，，可判斷A；由，以及可判斷B；利用不等式的性質(zhì)可判斷C；利用均值不等式可判斷D
【詳解】選項(xiàng)A，取，，，，滿足，，則，錯(cuò)誤；
選項(xiàng)B，由于，故，故
故，正確；
選項(xiàng)C，若，則，且，則，正確；
選項(xiàng)D，由，利用均值不等式，，當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)等號(hào)成立，正確
故選：BCD
14．（2021·廣東高州·高一期末）王老師往返兩地的速度分別為和，全程的平均速度為，則( )
A． B． C． D．
【答案】BD
【分析】首先求出全程所需時(shí)間，即可求出全程平均速度，進(jìn)而判斷AB；根據(jù)全程的平均速度并結(jié)合均值不等式和作差法比較大小即可判斷CD.
【詳解】設(shè)兩地路程為，則全程所需的時(shí)間為，
則全程的平均速度，A錯(cuò)誤，B正確；
又由，由均值不等式可得，，
故，故C錯(cuò)誤；
因?yàn)椋?br /> 所以，則，故D正確．
故選：BD．
15．（2021·廣東蓬江·高一期末）已知定義在上的函數(shù)的圖象是連續(xù)不斷的，且滿足以下條件：①，；②，，當(dāng)時(shí)，；③.則下列選項(xiàng)成立的是（ ）
A． B．若，則
C．若，則 D．，，使得
【答案】CD
【分析】根據(jù)題中的條件確定函數(shù)的奇偶性和單調(diào)性，再逐項(xiàng)驗(yàn)證即可得出答案.
【詳解】根據(jù)題中條件知，函數(shù)為R上的偶函數(shù)；
根據(jù)題中條件知，函數(shù)在上單調(diào)遞增.
根據(jù)函數(shù)的單調(diào)性得，，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；
是R上的偶函數(shù)，且在上單調(diào)遞增
時(shí)， ，解得，選項(xiàng)B錯(cuò)誤；
或
解得或，即 時(shí)，，選項(xiàng)C正確；
根據(jù)偶函數(shù)的單調(diào)性可得，函數(shù)在上單調(diào)遞減
在R上有最小值，故選項(xiàng)D正確.
故選：CD.
16．（2021·河北·衡水市冀州區(qū)第一中學(xué)高一期末）函數(shù)，下列命題為真命題的是（ ）
A． B．
C．都不是偶函數(shù) D．是奇函數(shù)
【答案】BD
【分析】取特殊值，利用正弦型函數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)進(jìn)行判斷﹒
【詳解】A選項(xiàng)，若命題成立，則必須為整數(shù)，所以是假命題；
B選項(xiàng)，當(dāng)時(shí)，函數(shù)滿足，∴B是真命題；
C選項(xiàng)，當(dāng)時(shí)，，滿足，∴C是假命題；
D選項(xiàng)，當(dāng)時(shí)，，滿足，∴D是真命題．
故選：BD．
17．（2021·浙江浙江·高一期末）“”的一個(gè)充分不必要條件可以是（ ）
A． B． C． D．
【答案】BC
【分析】化簡(jiǎn)得，再利用集合的關(guān)系判斷得解.
【詳解】，所以.
設(shè),設(shè)選項(xiàng)對(duì)應(yīng)的集合為,
因?yàn)檫x項(xiàng)是“”的一個(gè)充分不必要條件，
所以是的真子集.
故選：BC.
【點(diǎn)睛】方法點(diǎn)睛：判斷充分必要條件的常用方法有：（1）定義法；（2）集合法；（3）轉(zhuǎn)化法.要根據(jù)已知條件靈活選擇方法判斷得解.
18．（2021·廣東·仲元中學(xué)高一期末）定義在上的函數(shù)滿足，當(dāng)時(shí)，，則滿足（ ）
A． B．是奇函數(shù)
C．在上有最大值 D．的解集為
【答案】ABD
【分析】利用賦值法可判斷A選項(xiàng)的正誤；利用函數(shù)奇偶性的定義可判斷B選項(xiàng)的正誤；利用函數(shù)單調(diào)性的定義可判斷C選項(xiàng)的正誤；利用函數(shù)的單調(diào)性解不等式，可判斷D選項(xiàng)的正誤.
【詳解】對(duì)于A選項(xiàng)，令，可得，解得，A對(duì)；
對(duì)于B選項(xiàng)，函數(shù)的定義域?yàn)椋?br /> 令，可得，則，
故函數(shù)是奇函數(shù)，B對(duì)；
對(duì)于C選項(xiàng)，任取、且，則，
即，所以，
所以，函數(shù)為上的減函數(shù)，
所以，在上有最大值，C錯(cuò)；
對(duì)于D選項(xiàng)，由于為上的減函數(shù)，由，可得，解得，D對(duì).
故選：ABD.
19．（2021·河北張家口·高一期末）設(shè)函數(shù)，若，則實(shí)數(shù)可以為（ ）
A． B． C． D．
【答案】AB
【分析】分、、三種情況討論，驗(yàn)證是否成立，綜合可得出實(shí)數(shù)的取值范圍，即可得出合適的選項(xiàng).
【詳解】若，則，，成立；
若，則，，成立；
若，則，，不成立.
綜上所述，實(shí)數(shù)的取值范圍是.
故選：AB.
20．（2021·重慶·高一期末）高斯是德國(guó)著名的數(shù)學(xué)家，近代數(shù)學(xué)奠基者之一，享有“數(shù)學(xué)王子”的稱號(hào)，他和阿基米德?牛頓并列為世界三大數(shù)學(xué)家，用其名字命名的“高斯函數(shù)”為：設(shè)，用表示不超過的最大整數(shù)，則稱為高斯函數(shù).例如：，.已知函數(shù)，則關(guān)于函數(shù)的敘述中正確的是（ ）
A．是奇函數(shù) B．在上是減函數(shù)
C．是偶函數(shù) D．的值域是
【答案】AD
【分析】利用奇偶性的定義判斷選項(xiàng)A，C，由函數(shù)單調(diào)性的結(jié)論，判斷選項(xiàng)B，由函數(shù)單調(diào)性求出f（x）的取值范圍，結(jié)合定義可得g（x）的值域，即可判斷選項(xiàng)D．
【詳解】解：因?yàn)楹瘮?shù)＝，
所以，
則函數(shù)f（x）為奇函數(shù)，
故選項(xiàng)A正確；
因?yàn)樗詅（x）在R上單調(diào)遞增，
故選項(xiàng)B錯(cuò)誤；
因?yàn)?，則，
，
因?yàn)樗院瘮?shù)g（x）不是偶函數(shù)，
故選項(xiàng)C錯(cuò)誤；
又，
所以，
故g（x）＝[f（x）]的值域?yàn)閧﹣1，0}，
故選項(xiàng)D正確．
故選：AD．
21．（2021·河北張家口·高一期末）已知函數(shù)，實(shí)數(shù)、滿足，則下列結(jié)論正確的有（ ）
A． B．、，使
C． D．
【答案】CD
【分析】作出函數(shù)的圖象，利用絕對(duì)值的性質(zhì)可得出，可判斷AC選項(xiàng)的正誤，利用基本不等式可判斷BD選項(xiàng)的正誤.
【詳解】畫出函數(shù)的圖象如下圖所示：

當(dāng)時(shí)，，則，
設(shè)，則，
因?yàn)?，可得，可得?br /> 由，可得，可得，
由，可得，則，A錯(cuò)，C對(duì)；
由基本不等式可得，所以，則，B錯(cuò)，D對(duì).
故選：CD.
22．（2021·河北遷安·高一期末）給定函數(shù)（ ）
A．的圖像關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱 B．的值域是
C．在區(qū)間上是增函數(shù) D．有三個(gè)零點(diǎn)
【答案】AB
【分析】對(duì)于A：由函數(shù)的定義域?yàn)镽，，可判斷；
對(duì)于B：當(dāng)時(shí)，，當(dāng)時(shí)，，由或，可判斷；
對(duì)于C：由在單調(diào)遞增可判斷；
對(duì)于D：令，解方程可判斷.
【詳解】解：對(duì)于A：因?yàn)楹瘮?shù)的定義域?yàn)镽，且，所以函數(shù)是奇函數(shù)，所以的圖像關(guān)于原點(diǎn)對(duì)稱，故A正確；
對(duì)于B：當(dāng)時(shí)，，
當(dāng)時(shí)，，又或，所以或，
綜上得的值域?yàn)椋蔅正確；
對(duì)于C：因?yàn)樵趩握{(diào)遞增，所以由B選項(xiàng)解析得， 在區(qū)間上是減函數(shù)，故C不正確；
對(duì)于D：令，即，解得，故D不正確，
故選：AB.
23．（2021·廣東·仲元中學(xué)高一期末）已知函數(shù)，，則下列結(jié)論中正確的是（ ）
A．兩函數(shù)的圖象均關(guān)于點(diǎn)成中心對(duì)稱
B．兩函數(shù)的圖象均關(guān)于直線成軸對(duì)稱
C．兩函數(shù)在區(qū)間上都是單調(diào)增函數(shù)
D．兩函數(shù)的最大值相同
【答案】CD
【分析】根據(jù)題意，先化簡(jiǎn)兩函數(shù)解析式，再結(jié)合正弦函數(shù)的圖像性質(zhì)，一一判斷即可.
【詳解】根據(jù)題意得，，.
對(duì)于選項(xiàng)AB，因，，
所以函數(shù)的圖象關(guān)于點(diǎn)成中心對(duì)稱，而函數(shù)的圖象關(guān)于直線成軸對(duì)稱，故AB都錯(cuò)；
對(duì)于選項(xiàng)C，當(dāng)時(shí)，，，因在上單調(diào)遞增，所以兩函數(shù)在區(qū)間上都是單調(diào)增函數(shù)，故C正確；
對(duì)于選項(xiàng)D，因，，所以，故D正確.
故選：CD.
三、填空題
24．若正數(shù)x，y滿足，則的取值范圍是______．
【答案】
【分析】利用均值不等式以及換元求出答案.
【詳解】因?yàn)椋?br /> 由均值不等式得：，
令，則．
化簡(jiǎn)得
解得或（舍去），
所以的取值范圍為.
故答案為：.
25．（2021·遼寧·撫順市第六中學(xué)高一期末）設(shè)則的最小值為________
【答案】
【分析】利用換元法，令將所給的代數(shù)式進(jìn)行變形，然后利用均值不等式即可求得最小值.
【詳解】由，可得.
可令，即，則，
當(dāng)且僅當(dāng)，時(shí)，等號(hào)成立.
故答案為：．
26．（2020·天津河西·高一期末）已知函數(shù)若是函數(shù)的最小值，則實(shí)數(shù)的取值范圍為______．
【答案】
【分析】利用定義可知在上遞減，在上遞增，所以當(dāng)時(shí)，取得最小值為，再根據(jù)是的最小值，可知且，解得結(jié)果即可得解.
【詳解】當(dāng)時(shí)，，
任設(shè)，則，
當(dāng)時(shí)，，，
所以，所以，
當(dāng)時(shí)，，，
所以，所以，
所以在上遞減，在上遞增，
所以當(dāng)時(shí)，取得最小值為，
又因?yàn)槭堑淖钚≈?，所以且，解?
故答案為：.
27．（2021·上海徐匯·高一期末）若關(guān)于的方程在內(nèi)恰有三個(gè)實(shí)數(shù)根，則實(shí)數(shù)的取值范圍是________
【答案】
【分析】題中有絕對(duì)值,故考慮分絕對(duì)值中的正負(fù)情況進(jìn)行去絕對(duì)值討論即可.
【詳解】設(shè),.
當(dāng)時(shí),有;當(dāng)時(shí)有.
故.
當(dāng)時(shí)，，
當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)取等號(hào)
根據(jù)對(duì)勾函數(shù)性質(zhì)可知
故在上單調(diào)遞減,在上單調(diào)遞增.
又在為減函數(shù),如圖

.

故方程在內(nèi)恰有三個(gè)相異實(shí)根則.
故答案為：
28．（2021·上海徐匯·高一期末）下列四個(gè)命題中正確的是________
①已知定義在上的偶函數(shù)，則；
②若函數(shù)，，值域?yàn)椋ǎ?，且存在反函?shù)，則函數(shù)，與函數(shù)，是兩個(gè)不同的函數(shù)；
③已知函數(shù)，，既無(wú)最大值，也無(wú)最小值；
④函數(shù)的所有零點(diǎn)構(gòu)成的集合共有4個(gè)子集；
【答案】①②
【分析】由偶函數(shù)的定義可判斷①；由互為反函數(shù)的定義可判斷②；由的單調(diào)性可判斷③；由的解的個(gè)數(shù)和集合的子集個(gè)數(shù)，可判斷④．
【詳解】①已知定義在上是偶函數(shù)，設(shè)，可得，
則，故①正確；
②若函數(shù)，，值域?yàn)?，且存在反函?shù)，
則函數(shù)，與函數(shù)，，即，，由于
是兩個(gè)不同的函數(shù)，故②正確；
③已知函數(shù)，，由在遞減，在遞減，
當(dāng)時(shí)，，當(dāng) 時(shí)，
又，所以，故③錯(cuò)誤；
④函數(shù)，由，可得或3，解得或，
的所有零點(diǎn)構(gòu)成的集合中共有四個(gè)元素，共有16個(gè)子集，故④錯(cuò)誤．
故答案為：①②．
29．（2020·上海金山·高一期末）若，且均為銳角，則________．
【答案】
【分析】先求得的值，由可求得的值.
【詳解】解：由于是銳角，所以，
所以，
所以
.
故答案為：.
30．（2020·廣東揭東·高一期末）已知函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為，則________
【答案】
【分析】令可得一個(gè)單調(diào)遞增區(qū)間，根據(jù)對(duì)稱性可知，由此可構(gòu)造方程求得結(jié)果.
【詳解】令，則的一個(gè)單調(diào)遞增區(qū)間為，
，，即，.
故答案為：.
31．（2021·云南·昭通市昭陽(yáng)區(qū)第二中學(xué)高一期末）在下列所示電路圖中，下列說(shuō)法正確的是____(填序號(hào))．

（1）如圖①所示，開關(guān)A閉合是燈泡B亮的充分不必要條件；
（2）如圖②所示，開關(guān)A閉合是燈泡B亮的必要不充分條件；
（3）如圖③所示，開關(guān)A閉合是燈泡B亮的充要條件；
（4）如圖④所示，開關(guān)A閉合是燈泡B亮的必要不充分條件．
【答案】（1）（2）（3）
【分析】充分不必要條件是該條件成立時(shí)，可推出結(jié)果，但結(jié)果不一定需要該條件成立；必要條件是有結(jié)果必須有這一條件，但是有這一條件還不夠；充要條件是條件和結(jié)果可以互推；條件和結(jié)果沒有互推關(guān)系的是既不充分也不必要條件
【詳解】（1）開關(guān)閉合，燈泡亮；而燈泡亮?xí)r，開關(guān)不一定閉合，所以開關(guān)閉合是燈泡亮的充分不必要條件，選項(xiàng)（1）正確.
（2）開關(guān)閉合，燈泡不一定亮；而燈泡亮?xí)r，開關(guān)必須閉合，所以開關(guān)閉合是燈泡亮的必要不充分條件，選項(xiàng)（2）正確.
（3）開關(guān)閉合，燈泡亮；而燈泡亮?xí)r，開關(guān)必須閉合，所以開關(guān)閉合是燈泡亮的充要條件，選項(xiàng)（3）正確.
（4）開關(guān)閉合，燈泡不一定亮；而燈泡亮?xí)r，開關(guān)不一定閉合，所以開關(guān)閉合是燈泡亮的既不充分也不必要條件，選項(xiàng)（4）錯(cuò)誤.
故答案為（1）（2）（3）.
32．已知正實(shí)數(shù)x，y滿足，則的最小值為___________.
【答案】
【分析】由條件可得且，利用基本不等式求解即可
【詳解】由得，
又，為正實(shí)數(shù)，所以，得，
則，
，
當(dāng)且僅當(dāng),即時(shí)取等號(hào)，
所以的最小值為，
故答案為：
33．（2020·廣東·仲元中學(xué)高一期末）已知函數(shù)，函數(shù)，，對(duì)于任意，總存在，使得成立，則實(shí)數(shù)的取值范圍是________．
【答案】
【分析】根據(jù)題意得到，從而只需求函數(shù)和函數(shù)的最大值即可.
【詳解】因?yàn)閷?duì)于任意，總存在，使得成立，
所以只需，
因?yàn)?，所以?dāng)時(shí)，；
當(dāng)時(shí)，在上單調(diào)遞增，所以，
所以此時(shí)只需，即；
當(dāng)時(shí)，在上單調(diào)遞減，所以，
所以此時(shí)只需，即；
當(dāng)時(shí)，，此時(shí)不滿足題意.
綜上知：實(shí)數(shù)的取值范圍為.
故答案為：.
34．（2021·甘肅·嘉峪關(guān)市第一中學(xué)高一期末）十七世紀(jì)德國(guó)著名天文學(xué)家開普勒曾經(jīng)說(shuō)過：“幾何學(xué)里有兩件寶，一個(gè)是勾股定理，一個(gè)是黃金分割，如果把勾股定理比作黃金礦的話，黃金分割就可以比作鉆石礦”.如果把頂角為36°的等腰三角形稱為“黃金三角形”，那么我們常見的五角星則是由五個(gè)黃金三角形和一個(gè)正五邊形組成，如圖所示.在一個(gè)黃金三角形中，（黃金分割比），根據(jù)這些信息，可以得出°=___________.

【答案】
【分析】由圖形知，，求出，利用二倍角公式以及誘導(dǎo)公式求解即可．
【詳解】解：由圖形知，，則，，
所以，
故，
故答案為：．
四、解答題
35．（2020·浙江·高一期末）已知不等式的解集為或.
（1）求實(shí)數(shù)a，b的值；
（2）解關(guān)于x的不等式（其中c為實(shí)數(shù)）.
【答案】（1），，（2）答案見解析
【分析】（1）根據(jù)不等式的解集得出對(duì)應(yīng)方程的解，由此求出、的值；
（2）不等式化為，然后分，和討論即可求出不等式的解集．
（1）不等式的解集為，或，
所以1和是方程的解，
所以，解得；
由根與系數(shù)的關(guān)系知，解得；
所以，；.
（2）由（1）知，不等式為，
即，
當(dāng)時(shí)，不等式化為，解得；
當(dāng)時(shí)，解不等式得；
當(dāng)時(shí)，若，即時(shí)，解不等式得或，若，即時(shí)，解不等式得，若，即，解不等式得或，
綜上知，時(shí)，不等式的解集為；
時(shí)，不等式的解集為
時(shí)，不等式的解集為或；
時(shí)，不等式的解集為
時(shí)，不等式的解集為或．
36．（2021·山東濟(jì)寧·高一期末）在①“xA是xB的充分不必要條件；②；③這三個(gè)條件中任選一個(gè)，補(bǔ)充到本題第（2）問的橫線處，求解下列問題：已知集合，.
（1）當(dāng)a=2時(shí)，求；
（2）若選 ，求實(shí)數(shù)a的取值范圍.
【答案】（1）；（2）答案見解析.
【分析】（1）當(dāng)時(shí)，求出集合再根據(jù)并集定義求；
（2）選擇有AB，列不等式求解即可；選擇有同樣列出不等式求解；選擇因?yàn)?，則或，求解即可．
【詳解】（1）當(dāng)時(shí)，集合，，
所以；
（2）選擇因?yàn)椤啊?是“”的充分不必要條件，所以AB，
因?yàn)?，所以又因?yàn)椋?br /> 所以 等號(hào)不同時(shí)成立，
解得，
因此實(shí)數(shù)a的取值范圍是.
選擇因?yàn)椋?
因?yàn)?，所?
又因?yàn)椋?br /> 所以，解得，
因此實(shí)數(shù)a的取值范圍是.
選擇因?yàn)椋?br /> 而，且不為空集，，
所以或，
解得或，
所以實(shí)數(shù)a的取值范圍是或．
37．（2021·甘肅·寧縣第二中學(xué)高一期末）“活水圍網(wǎng)”養(yǎng)魚技術(shù)具有養(yǎng)殖密度高、經(jīng)濟(jì)效益好的特點(diǎn).研究表明：“活水圍網(wǎng)”養(yǎng)魚時(shí)，某種魚在一定的條件下，每尾魚的平均生長(zhǎng)速度（單位：千克/年）是養(yǎng)殖密度（單位：尾/立方米）的函數(shù).當(dāng)時(shí)（尾/立方米）時(shí)，的值為2（千克/年）；當(dāng)時(shí)，是的一次函數(shù)；當(dāng)（尾/立方米）時(shí)，因缺氧等原因，的值為0（千克/年）.
（1）當(dāng)時(shí)，求函數(shù)的表達(dá)式；
（2）當(dāng)為多大時(shí)，魚的年生長(zhǎng)量（單位：千克/立方米）可以達(dá)到最大，并求出最大值.
【答案】（1）
（2），魚的年生長(zhǎng)量可以達(dá)到最大值12.5
【分析】（1）根據(jù)題意得建立分段函數(shù)模型求解即可；
（2）根據(jù)題意，結(jié)合（1）建立一元二次函數(shù)模型求解即可.
（1）解：（1）依題意，當(dāng)時(shí)，
當(dāng)時(shí)，是的一次函數(shù)，假設(shè)
且，，代入得：，解得.
所以
（2）解：當(dāng)時(shí)，，
當(dāng)時(shí)，
所以當(dāng)時(shí)，取得最大值
因?yàn)?br /> 所以時(shí)，魚的年生長(zhǎng)量可以達(dá)到最大值12.5.
38．（2021·浙江·高一期末）已知某公司生產(chǎn)某款手機(jī)的年固定成本為40萬(wàn)元，每生產(chǎn)1萬(wàn)部還需另投入16萬(wàn)元．設(shè)公司一年內(nèi)共生產(chǎn)該款手機(jī)x萬(wàn)部并全部銷售完，每1萬(wàn)部的銷售收入為萬(wàn)元，且．
（1）寫出年利潤(rùn)（萬(wàn)元）關(guān)于年產(chǎn)量x（萬(wàn)部）的函數(shù)的解析式；
（2）當(dāng)年產(chǎn)量為多少萬(wàn)部時(shí)，公司在該款手機(jī)的生產(chǎn)中獲得的利潤(rùn)最大?并求出最大利潤(rùn)．
【答案】（1）
（2）當(dāng)年產(chǎn)量為32萬(wàn)部時(shí)，獲得的利潤(rùn)最大，最大利潤(rùn)為6104萬(wàn)元
【分析】（1），考慮兩種情況得到分段函數(shù)，計(jì)算得到答案。
（2）利用二次函數(shù)性質(zhì)和均值不等式分別計(jì)算分段函數(shù)的最值，比較得到答案。
（1）
當(dāng)時(shí)，；
當(dāng)時(shí)，，
所以；
（2）當(dāng)時(shí)，，所以；
當(dāng)時(shí)，，
由于，
當(dāng)且僅當(dāng)，即時(shí)取等號(hào)，此時(shí)的最大值為5760，
綜上所述，當(dāng)年產(chǎn)量為32萬(wàn)部時(shí)，獲得的利潤(rùn)最大，最大利潤(rùn)為6104萬(wàn)元．
39．（2020·云南·富源縣第六中學(xué)高一期末）已知函數(shù)是定義在上的奇函數(shù)，且．
（1）確定函數(shù)的解析式；
（2）用定義法證明在上是增函數(shù)；
（3）解關(guān)于x的不等式．
【答案】（1）（2）證明見解析（3）
【分析】（1）由，求得，再根據(jù)，求得的值，即可求得函數(shù)的解析式.
（2）根據(jù)函數(shù)單調(diào)性的定義和判定方法，即可證得函數(shù)在區(qū)間上是增函數(shù).
（3）把不等式轉(zhuǎn)化為，列出不等式組，即可求解.
（1）由題意，函數(shù)是定義在上的奇函數(shù)，
可得，即，可得，即，
又由，可得，解得，所以，
經(jīng)驗(yàn)證，此時(shí)滿足，所以函數(shù)為奇函數(shù).
所以函數(shù)的解析式為，
（2）解：設(shè)且，
則，
因?yàn)榍?，可得?br /> 所以，即，
所以函數(shù)在區(qū)間上是增函數(shù).
（3）因?yàn)楹瘮?shù)是定義在上的奇函數(shù)，
則不等式可化為，
又因?yàn)楹瘮?shù)在區(qū)間上是增函數(shù)，
可得，解得，即不等式的解集為
40．（2021·全國(guó)·高一期末）已知函數(shù)為偶函數(shù)，函數(shù)為奇函數(shù)，對(duì)任意實(shí)數(shù)x恒成立．
（1）求函數(shù)與的表達(dá)式；
（2）設(shè)，．若對(duì)于恒成立，求實(shí)數(shù)m的取值范圍；
（3）對(duì)于（2）中的函數(shù)，若方程沒有實(shí)數(shù)解，求實(shí)數(shù)m的取值范圍．
【答案】（1），（2）（3）
【分析】（1）利用函數(shù)的奇偶性，列方程組求函數(shù)的解析式；
（2）由（1）變形，轉(zhuǎn)化為對(duì)于恒成立，再根據(jù)函數(shù)在區(qū)間[3，4]上單調(diào)性可得答案；
（3）由，為使方程沒有實(shí)數(shù)解，轉(zhuǎn)化為*沒有大于等于實(shí)數(shù)解，分方程*沒有實(shí)數(shù)解時(shí)、方程*的兩個(gè)實(shí)數(shù)解可得答案.
（1）由，得．又因?yàn)闉榕己瘮?shù)，為奇函數(shù)，所以，
所以 解得，．
（2）由，則，



，
所以對(duì)于恒成立，即對(duì)于恒成立，所以，
函數(shù)在區(qū)間[3，4]上是嚴(yán)格增函數(shù)，所以當(dāng)時(shí)，，因此．
（3）由，知的最小值為，
為使方程沒有實(shí)數(shù)解，只需方程沒有大于等于的實(shí)數(shù)解，即
*，
沒有大于等于實(shí)數(shù)解，
①方程*沒有實(shí)數(shù)解時(shí)，，解得；
②方程*的兩個(gè)實(shí)數(shù)解都小于時(shí)，，得，此時(shí)，只需，解得．
綜上所述，當(dāng)時(shí)，方程沒有實(shí)數(shù)解．
41．（2021·河北邯鄲·高一期末）已知是定義在上的奇函數(shù)，且當(dāng)時(shí)，.
（1）求函數(shù)在上的解析式；
（2）若對(duì)所有，恒成立，求實(shí)數(shù)的取值范圍.
【答案】（1）（2）
【分析】（1）利用奇函數(shù)的定義可得函數(shù)的解析式；
（2）由二次函數(shù)的性質(zhì)可得函數(shù)的最小值，代入不等式，進(jìn)而利用一次函數(shù)的性質(zhì)列不等式組，可得實(shí)數(shù)的取值范圍．
（1）因?yàn)楹瘮?shù)為定義域上的奇函數(shù)，所以，
當(dāng)時(shí)，，所以，
因?yàn)槭瞧婧瘮?shù)，所以，
所以，
所以
（2）作出在區(qū)間上的圖象，如圖：

可得函數(shù)在上為減函數(shù)，所以的最小值為，
要使對(duì)所有，恒成立，
即對(duì)所有恒成立，
令，，
則，即，
可得：，
所以實(shí)數(shù)的取值范圍是.
42．（2021·上海徐匯·高一期末）已知常數(shù)，函數(shù).
（1）若，求不等式的解集；
（2）若函數(shù)至少有一個(gè)零點(diǎn)在內(nèi)，求實(shí)數(shù)的取值范圍；
（3）若，且存在，使函數(shù)在區(qū)間上的最大值與最小值之差不超過1，求實(shí)數(shù)的取值范圍.
【答案】（1）；（2）；（3）.
【分析】（1），然后根據(jù)對(duì)數(shù)的單調(diào)性進(jìn)行求解即可.
（2）在上有解，化簡(jiǎn)，對(duì)討論即可.
（3）化為存在使得在成立，然后花間計(jì)算即可.
（1）或，即
（2）在上有解
所以在上有解，且
當(dāng)時(shí)，，不符合題意；
當(dāng)時(shí)，或

所以
（3）由則恒成立
又在上單調(diào)遞減
所以
所以，即存在使成立

即在有解，令
任取，則
則
化簡(jiǎn)可得
由，所以，即
所以在單調(diào)遞減，
所以，所以
又，所以
43．（2021·浙江浙江·高一期末）為了預(yù)防新型冠狀病毒，唐徠回民中學(xué)對(duì)教室進(jìn)行藥熏消毒，室內(nèi)每立方米空氣中的含藥量y（單位：毫克）隨時(shí)間x（單位：h）的變化情況如圖所示，在藥物釋放過程中，y與x成正比，藥物釋放完畢后，y與x的函數(shù)關(guān)系式為（a為常數(shù)），根據(jù)圖中提供的信息，回答下列問題：

（1）寫出從藥物釋放開始，y與x的之間的函數(shù)關(guān)系；
（2）據(jù)測(cè)定，當(dāng)空氣中每立方米的含藥量降低至0.25毫克以下時(shí)，學(xué)生方可進(jìn)入教室，那么從藥物釋放開始，至少需要經(jīng)過多少小時(shí)后，學(xué)生才能回到教室．
【答案】（1）（2）0.6
【分析】（1）利用函數(shù)圖象經(jīng)過點(diǎn)，分段討論即可得出結(jié)論；
（2）利用指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性解不等式．
（1）解：依題意，當(dāng)時(shí)，可設(shè)，且，
解得
又由，解得，
所以；
（2）解：令，即，
得，解得，
即至少需要經(jīng)過后，學(xué)生才能回到教室．
44．（2021·全國(guó)·高一期末）高鐵體現(xiàn)了中國(guó)裝備制造業(yè)水平，是一張亮麗的名片．設(shè)甲、乙兩個(gè)城市相距2000 km，高鐵列車從甲地勻速行駛到乙地，速度不超過350 km/h．已知高鐵列車每小時(shí)的運(yùn)輸成本（元）由可變部分和固定部分組成，可變部分與速度x（km/h）的平方成正比，比例系數(shù)為，固定部分為10000元．
（1）寫出全程的運(yùn)輸成本y（元）關(guān)于速度x（km/h）的函數(shù)表達(dá)式，并指出函數(shù)的定義域；
（2）求高鐵列車時(shí)速大約為多少（km/h）時(shí)，全程運(yùn)輸成本（元）最?。ňＡ舻秸麛?shù)）
【答案】（1），定義域?yàn)?br /> （2）高鐵列車時(shí)速大約224 km/h時(shí)，全程運(yùn)輸成本最小，約為17889元
【分析】（1）由題意求出高鐵列車行駛的時(shí)間和每小時(shí)的運(yùn)輸成本，從而可求出全程的運(yùn)輸成本y（元）關(guān)于速度x（km/h）的函數(shù)表達(dá)式，
（2）利用基本不等式可求得結(jié)果
（1）由題意可知高鐵列車行駛的時(shí)間為，每小時(shí)的運(yùn)輸成本為元，則
，定義域?yàn)椋?br /> （2）（元），等號(hào)當(dāng)且僅當(dāng)時(shí)成立，解得．
答：高鐵列車時(shí)速大約224 km/h時(shí)，全程運(yùn)輸成本最小，且約為17889元．
45．（2021·全國(guó)·高一期末）已知函數(shù)的表達(dá)式為．
（1）若，，求的值域．
（2）當(dāng)時(shí)，求的最小值．
（3）對(duì)于（2）中的函數(shù)，是否存在實(shí)數(shù)m、n，同時(shí)滿足：①；②當(dāng)?shù)亩x域?yàn)閇m，n]時(shí)，其值域?yàn)椋咳舸嬖?，求出m、n的值；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由．
【答案】（1）（2）
（3）不存在滿足條件的實(shí)數(shù)m、n，理由見解析
【分析】
（1）由，利用的范圍可得的范圍可得答案；
（2）令，函數(shù)可轉(zhuǎn)化為，分、、討論可得答案；
（3）利用的單調(diào)性，得到，兩式相減可得答案．
（1）當(dāng)時(shí)，由，得，
因?yàn)?，所以，?br /> （2）令，因?yàn)椋?，函?shù)f（x）可轉(zhuǎn)化為
，
①當(dāng)時(shí)，；
②當(dāng)時(shí)，；
③當(dāng)時(shí)，．
綜上所述，.
（3）因?yàn)?，，在R上是嚴(yán)格減函數(shù)，
所以在上的值域?yàn)椋?br /> 又在上的值域?yàn)?，所以，即?br /> 兩式相減，得，因?yàn)?，所以?br /> 而由，可得，與矛盾．
所以，不存在滿足條件的實(shí)數(shù)m、n．
46．（2020·黑龍江·大興安嶺實(shí)驗(yàn)中學(xué)高一期末）函數(shù).
（1）用五點(diǎn)作圖法畫出函數(shù)一個(gè)周期的圖象，并求函數(shù)的振幅、周期、頻率、相位；
（2）此函數(shù)圖象可由函數(shù)怎樣變換得到.
【分析】（1）由分別等于，計(jì)算描點(diǎn)作圖，并由三角函數(shù)性質(zhì)求解．
（2）根據(jù)三角函數(shù)圖象變換規(guī)則作答．
（1）列表：







0





0
2
0
－2
0
描點(diǎn)連線（如圖）：

振幅：2，周期，頻率，相位：．
（2）把的圖象向右平移個(gè)單位，然后圖象上所有點(diǎn)的的橫坐標(biāo)擴(kuò)大為原來(lái)的3倍，縱坐標(biāo)不變，再把所得圖象上所有點(diǎn)的橫坐標(biāo)不變，縱坐標(biāo)擴(kuò)大為原來(lái)的2倍，得圖象的解析式為．
47．（2021·河北·衡水市冀州區(qū)第一中學(xué)高一期末）已知函數(shù)
x






0











（1）請(qǐng)結(jié)合所給表格，在所給的坐標(biāo)系中作出函數(shù)一個(gè)周期內(nèi)的簡(jiǎn)圖.
（2）求的單調(diào)增區(qū)間.
（3）求的最值及相應(yīng)的x的取值.
【答案】（1）見詳解；（2），；
（3）當(dāng)，時(shí)，；當(dāng)，時(shí)，.
【分析】（1）根據(jù)題意，結(jié)合“五點(diǎn)法”完成表格，描點(diǎn)作圖即可；
（2）根據(jù)題意，結(jié)合正弦函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間，整體帶入，即可求解；
（3）根據(jù)題意，結(jié)合圖像，即可求解.
（1）根據(jù)題意，結(jié)合“五點(diǎn)法”完成表格，如下：







0










函數(shù)一個(gè)周期內(nèi)的簡(jiǎn)圖，如下：
.
（2）根據(jù)題意，由，，
得，，
故的單調(diào)增區(qū)間為，.
（3）根據(jù)題意，結(jié)合圖像可知，
當(dāng)，時(shí)，；
當(dāng)，時(shí)，.
48．（2021·北京·中國(guó)農(nóng)業(yè)大學(xué)附屬中學(xué)高一期末）已知函數(shù).
（1）求的最小正周期和單調(diào)遞增區(qū)間；
（2）若在區(qū)間上的最大值為，求m的最小值.
【答案】（1）的最小正周期，單調(diào)遞增區(qū)間為
（2）
【分析】（1）用降冪公式和輔助角公式結(jié)合化簡(jiǎn)三角函數(shù)，進(jìn)而得到周期和單調(diào)區(qū)間；
（2）利用正弦函數(shù)的圖象和性質(zhì)即得.
（1）∵，
∴的最小正周期，
由，
可得的單調(diào)遞增區(qū)間為．
（2）當(dāng)時(shí)，，
因?yàn)樵趨^(qū)間上的最大值為，
所以可以取到最大值1，
從而，可得，
∴的最小值為．
49．（2020·廣東揭東·高一期末）已知函數(shù)f(x)＝2cos2x＋sin2x－4acosx.
（1）若a=1，求的值；
（2）求函數(shù)f(x)的最大值g(a).
【答案】（1）（2）ga=2-4a,a≤02+4a,a>0
【分析】（1）直接代入數(shù)據(jù)計(jì)算得到答案.
（2）化簡(jiǎn)得到，設(shè)，得到新函數(shù)，考慮函數(shù)的對(duì)稱軸大于等于零和小于零兩種情況，分別計(jì)算最值得到答案.
（1）當(dāng)時(shí)，，
.
（2）
.
設(shè)，，故，函數(shù)對(duì)稱軸為.
當(dāng)，即時(shí)，；
當(dāng)，即時(shí)，；
故ga=2-4a,a≤02+4a,a>0.
50．（2020·廣東·仲元中學(xué)高一期末）已知函數(shù)．
（1）求函數(shù)的最小正周期；
（2）求在上的值域；
（3）將的圖象向右平移得到函數(shù)的圖象，若，探究在上是否存在零點(diǎn)．
【答案】（1）；（2）；（3）存在.
【分析】（1）利用二倍角公式，誘導(dǎo)公式，輔助角公式對(duì)函數(shù)的解析式進(jìn)行化簡(jiǎn)，然后利用周期公式即可求出答案；
（2）根據(jù)的范圍求出的范圍，然后結(jié)合正弦函數(shù)的圖象即可求出函數(shù)在上的值域；
（3）利用圖象的平移變換求出函數(shù)的解析式，然后根據(jù)零點(diǎn)存在性定理即可判斷出結(jié)論.
（1）
，
所以函數(shù)的最小正周期；
（2）由（1）知，
由，得，所以，
所以，所以，
即函數(shù)在上的值域?yàn)椋?br /> （3）易知，
所以，，
因?yàn)?，，?br /> 所以在上存在零點(diǎn)．

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