数学高一-期末精选50题（压轴版）高一数学上学期期中期末考试满分全攻略（人教A 版2019）解析版

期末精选50题（压轴版）一、单选题1．（2021·贵州黔东南·高一期末）已知定义在上的函数对于任意的都满足，当时，，若函数至少有6个零点，则的取值范围是（）A． B． C． D．【答案】D【分析】函数的零点个数即为与的图象的交点个数．在同一坐标系中作出函数与的图象，根据图象列不等式求解即可．【详解】函数的零点个数即为与的图象的交点个数．因为，所以函数是周期为2的周期函数，因为，所以可作出函数的图象．在同一坐标系中作出函数（）的图象，如图所示．由图象得，要使与的图象至少有6个交点，则，因为，所以，即的取值范围是．故选：D．【点睛】方法点睛：函数零点的几种等价形式：函数的零点函数在轴的交点方程的根函数与的交点.2．（2021·河南·高一期末（文））已知，，，则（）A． B．1 C． D．【答案】D【分析】先由已知条件得到，再利用两角差的正切公式求解即可.【详解】由，得，即，由，可得，则，故．故选：D．【点睛】利用三角函数值求值（角）的关键：（1）角的范围的判断；（2）根据条件进行合理的拆角，如等；（3）尽量用余弦和正切，如果用正弦需要把角的范围缩小.3．（2021·黑龙江·哈尔滨三中高一期末）在锐角中，角的对边分别为，的面积为，若，则的最小值为（）A． B．2 C．1 D．【答案】A【分析】结合面积公式，可得出，由余弦定理得出，再用正弦定理化边为角，得出，把所求式子用角表示，并求出角范围，最后用基本不等式求最值.【详解】因为，即，所以，因为，所以，由余弦定理，可得，再由正弦定理得，因为，所以，所以或，得或（舍去）.因为是锐角三角形，所以，得，即，所以，当且仅当，取等号.故选:A【点睛】本题考查考查用正弦定理、余弦定理、面积公式解三角形，考查基本不等式求最值，属于较难题.4．（2021·浙江浙江·高一期末）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（）A．11 B．12 C．13 D．14【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题，首先要明确集合中表示元素的含义，其次才是解答问题.5．（2021·安徽·合肥一六八中学高一期末）函数若，且，则的取值范围是（）A． B． C． D．【答案】B【分析】画出函数的图象，由图象判断，根据将原式转化为，再利用二次函数的性质求解即可.【详解】画出函数的图象如图，因为，且，由图可知点的横坐标分别为，其中，因为的图象关于对称，所以，又所以，因为，所以，即的取值范围是，故选：B.【点睛】方法点睛：函数图象是函数的一种表达形式，它形象地揭示了函数的性质，为研究函数的数量关系提供了“形”的直观性．归纳起来，图象的应用常见的命题探究角度有：1、确定方程根的个数；2、求参数的取值范围；3、求不等式的解集；4、研究函数性质．6．（2021·福建三明·高一期末）设函数的定义域为，满足，且当时，．若对任意，都有，则的取值范围是（）A． B． C． D．【答案】D【分析】根据题设条件可得当时，，其中，结合函数在上的解析式和函数在的图象可求的取值范围.【详解】当时，，故，因为，故当时，，，同理，当时，，依次类推，可得当时，，其中.所以当时，必有.如图所示，因为当时，的取值范围为，故若对任意，都有，则，令，或，结合函数的图象可得，故选：D.【点睛】思路点睛：此类问题考虑函数的“类周期性”，注意根据已知区间上函数的性质推证函数在其他区间上的性质，必要时应根据性质绘制函数的图象，借助形来寻找临界点.7．（2021·江西·赣州市赣县第三中学高一期末（理））已知函数，若存在两相异实数使，且，则的最小值为（）A． B． C． D．【答案】B【分析】由题设可得，又即为方程两个不等的实根，即有，结合、得，即可求其最小值.【详解】由题意知：当有，∵知：是两个不等的实根.∴，而，∵，即，∴，令，则，∴当时，的最小值为.故选：B【点睛】关键点点睛：由已知条件将函数转化为一元二次方程的两个不同实根为，结合韦达定理以及，应用二次函数的性质求最值即可.8．（2021·上海市金山中学高一期末）设锐角的内角所对的边分别为，若，则的取值范围为（）A．(1，9] B．(3，9]C．(5，9] D．(7，9]【答案】D【分析】由正弦定理求出，再由余弦定理可得，化为，结合角的范围，利用正弦函数的性质可得结论.【详解】因为，由正弦定理可得，则有，由的内角为锐角，可得，，由余弦定理可得因此有故选：D.【点睛】方法点睛：正弦定理是解三角形的有力工具，其常见用法有以下几种：（1）知道两边和一边的对角，求另一边的对角（一定要注意讨论钝角与锐角）；（2）知道两角与一个角的对边，求另一个角的对边；（3）证明化简过程中边角互化；（4）求三角形外接圆半径.9．（2021·河南驻马店·高一期末（理））已知函数是偶函数.若将曲线向左平移个单位长度后，再向上平移个单位长度得到曲线，若关于的方程在有两个不相等实根，则实数的取值范围是（）A． B． C． D．【答案】C【分析】本题首先可根据函数是偶函数得出，通过计算得出，然后通过转化得出，通过图像变换得出，最后根据正弦函数对称性得出且，通过求出此时的值域即可得出结果.【详解】因为函数是偶函数，所以，即，，解得，，则，则，向左平移个单位长度后，得到，向上平移个单位长度，得到，当时，，结合正弦函数对称性易知，在有两个不相等实根，则且，此时，实数的取值范围是，故选：C.【点睛】关键点点睛：本题考查三角函数图像变换、正弦函数性质、偶函数的性质的应用以及两角差的正弦公式，能够根据偶函数的性质求出是解决本题的关键，考查计算能力，考查化归与转化思想，体现了综合性，是难题.10．（2021·陕西阎良·高一期末）已知函数，若存在实数、，使得，且，则的最大值为（）A．9 B．8 C．7 D．5【答案】A【分析】本题首先可根据正弦函数性质得出、，然后根据得出，根据得出，最后根据得出，即可得出结果.【详解】因为，，所以，，，即，，，即，，则，因为，所以，，因为，所以的最大值为，故选：A.【点睛】关键点点睛：本题考查根据正弦函数性质求参数，能否根据求出、是解决本题的关键，考查计算能力，是难题.11．（2019·广东汕头·高一期末）设是定义在上的偶函数，对任意的，都有，且当时，．若在区间内关于的方程恰有个不同的实数根，则实数的取值范围是（）A． B．C． D．【答案】A【分析】分析出函数是周期为的周期函数，作出函数在上的图象，由题意可知，函数和函数在上的图象有个交点，数形结合可得出关于实数的不等式组，由此可解得实数的取值范围.【详解】由可得，所以，函数和函数在上的图象有个交点，因为对任意的，都有，即，所以，函数是周期为的周期函数，因为是定义在上的偶函数，且当时，，则.作出函数和函数在上的图象如下图所示：要使得函数和函数在上的图象有个交点，则，解得.因此，实数的取值范围是.故选：A.【点睛】方法点睛：已知函数有零点（方程有根）求参数值（取值范围）常用的方法：（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，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，转化成求函数的值域问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.二、多选题12．（2021·湖北·沙市中学高一期末）已知函数，其中为常数，且，将函数的图象向左平移个单位所得的图象对应的函数为偶函数，则以下结论正确的是（）A． B．点是的图象的一个对称中心C．在上的值域为 D．的图象在上有四条对称轴【答案】BD【分析】根据题意，求得平移后的解析式，根据其为偶函数，可求得的表达式，根据的范围，即可求得的值，即可判断A的正误；根据的解析式，代入，即可判断B的正误；根据x的范围，即可求得的范围，结合正弦型函数的图象，即可判断C的正误；令，即可求得对称轴的表达式，对k赋值，即可求得的对称轴，即可判断D的正误，即可得答案.【详解】对于A：将函数的图象向左平移个单位所得的解析式为：，由题意得：其图象对应的函数为偶函数，则，，解得，因为，令，得，故A错误．所以；对于B：因为，所以，所以点是的图象的一个对称中心，故B正确；对于C：因为，所以，所以当时，即时，有最大值2，当时，即时，有最小值，故C错误；对于D：令，解得，因为时，令，解得令，解得，令，解得，令，解得，所以的图象在上有四条对称轴，故D正确.故选：BD【点睛】解题的关键是熟练掌握正弦型函数的图象与性质，并灵活应用，在求解值域时，通过换元法令，将其转化为研究的性质，考查分析理解，计算化简的能力，属中档题.13．（2021·浙江义乌·高一期末）已知函数，有下列四个结论，其中正确的结论为（）A．在区间上单调递增 B．是的一个周期C．的值域为 D．的图象关于轴对称【答案】CD【分析】代入特殊值检验，可得A错误；求得的表达式，即可判断B的正误；分段讨论，根据x的范围，求得的范围，利用二次函数的性质，即可求得的值域，即可判断C的正误；根据奇偶性的定义，即可判断的奇偶性，即可判断D的正误，即可得答案.【详解】对于A：因为，所以，，所以，所以在区间上不是单调递增函数，故A错误；对于B：，所以不是的一个周期，故B错误；对于C：，所以的周期为，当时，，；当时，，；当时，，；当时，，；当时，，；综上：的值域为，故C正确；对于D：，所以为偶函数，即的图象关于轴对称，故D正确，故选：CD【点睛】解题的关键是根据的解析式，结合函数的奇偶性、周期性求解，考查分类讨论，化简计算的能力，综合性较强，属中档题.14．（2021·广东实验中学高一期末）已知函数，其中，且的，若对一切恒成立，则（）A． B．C．是奇函数 D．是奇函数【答案】BC【分析】由，可知为的一条对称轴，结合辅助角公式，可得，进而可得，再分别判断选项即可.【详解】由题意得，，因对一切恒成立，故，即，计算得，故.对于选项A，，，虽然，但时正负不知，故与无法比较大小，故A错；对于选项B，因，所以，故B正确；对于选项C，因，所以为奇函数，故C正确；对于选项D，，所以为偶函数，故D错.故选：BC.【点睛】本题主要考查了辅助角公式的应用以及三角函数的图像性质.对于图像性质问题，一般情况下需先把解析式化成的形式，再结合的图像性质即可解决.15．（2021·浙江浙江·高一期末）若定义在R上的函数满足，当时，()，则下列说法正确的是（）A．若方程有两个不同的实数根，则或B．若方程有两个不同的实数根，则C．若方程有4个不同的实数根，则D．若方程有4个不同的实数根，则【答案】AC【分析】由题知是R上的奇函数，则由时的解析式可求出在R上的解析式.先讨论特殊情况为方程的根，则可求出，此时方程化为，而函数为R上的减函数，则方程仅有一个根.当时，由分段函数分类讨论得出时，，时，.利用数形结合思想，画出图象，则可得知方程不同的实数根个数分别为2个和4时，参数的取值范围.【详解】因为所以，所以是R上的奇函数，，当时，，，所以，综上，若是方程的一个根，则，此时，即，而，在R上单调递减，当时，原方程有一个实根.当时，，所以，当时不满足，所以，当时，，所以，当时不满足，所以，如图：若方程有两个不同的实数根，则或；若方程有4个不同的实数根，则.故选：AC【点睛】关键点点睛：本题的关键是将方程进行参数分离，再借助数形结合法，求出对应的参数的取值范围.16．（2021·重庆南开中学高一期末）已知函数，若关于的方程有四个不等实根，，，，则下列结论正确的是（）A． B．C． D．的最小值为10【答案】ACD【分析】画出的图象，结合图象求得的取值范围，利用特殊值确定B选项错误，利用基本不等式确定CD选项正确.【详解】画出的图象如下图所示，由于关于的方程有四个不等实根，，，，由图可知，故A选项正确.由图可知关于直线对称，故，由解得或，所以，，当时，，所以B选项错误.令，，，，是此方程的解，所以，或，故，当且仅当时等号成立，故D选项正确.由图象可知，，，，由，解得或，由，解得或，所以，①.令或，所以①的等号不成立，即，故C选项正确.故选：ACD【点睛】求解有关方程的根、函数的零点问题，可考虑结合图象来求解.求解不等式、最值有关的问题，可考虑利用基本不等式来求解.17．（2021·广东·汕头市第一中学高一期末）已知函数f(x)满足：当时，，下列命题正确的是（）A．若f(x)是偶函数，则当时，B．若，则在上有3个零点C．若f(x)是奇函数，则D．若，方程在上有6个不同的根，则k的范围为【答案】BC【分析】解出当时的解析式可判断A；由在上的零点结合对称性可判断B；求得在上的值域，进而可判断C；作出函数在上的简图，由数形结合可判断D.【详解】对于选项A：若是偶函数，当时，，故A错误；对于选项B：令得，即，解得或.由知函数图象关于直线对称，所以，故在上有3个零点.故B正确；对于选项C：当时，，所以时，；当时，，故当时，.若是奇函数，则当时，，又，所以当时，.故对，.故C正确；对于选项D：即，所以或.由知函数的周期为3，作出函数在上的简图，由图可知，有2个根，依题意得必有4个根，由图可知.故D错误.故选：BC.【点睛】关键点点睛：判断选项D的关键点是：作出函数在上的简图，数形结合求得的取值范围.18．（2021·浙江·高一期末）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，①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；②若，则，，此时在内单调递增，若的值域为，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.19．（2021·湖南华容·高一期末）设，用表示不超过的最大整数，则称为高斯函数，也叫取整函数.令，以下结论正确的有（）A． B．函数为奇函数C． D．函数的值域为【答案】AD【分析】根据高斯函数的定义逐项检验可得正确的选项.【详解】对于A，，故A正确.对于B，取，则，而，故，所以函数不为奇函数，故B错误.对于C，则，故C错误.对于D，由C的判断可知，为周期函数，且周期为，当时，则当时，则，当时，，当时，，故当时，则有，故函数的值域为，故D正确.故选：AD．【点睛】思路点睛：对于函数的新定义问题，注意根据定义展开讨论性质的讨论，并且注意性质讨论的次序，比如讨论函数值域，可以先讨论函数的奇偶性、周期性．三、填空题20．（2021·北京西城·高一期末）设函数，，有以下四个结论.①函数是周期函数：②函数的图像是轴对称图形：③函数的图像关于坐标原点对称：④函数存在最大值其中，所有正确结论的序号是___________.【答案】②④【分析】根据正弦型函数和二次函数的周期性、对称性、值域进行逐一判断即可.【详解】①：函数的最小正周期为：，函数没有周期性，所以函数不是周期函数，故本结论不正确；②：因为函数，所以该函数的对称性为：，因为，所以函数也关于对称，因此函数的图像是轴对称图形，故本结论说法正确；③：令，，对于不恒成立，所以对于不恒成立，因此函数不是奇函数，故图象不关于原点对称，所以本结论说法不正确；④：因为，所以，因为，所以所以，因此本结论正确，故答案为：②④【点睛】关键点睛：正确理解函数的周期性和对称性是解题的关键.21．（2021·西藏·拉萨中学高一期末）如图所示，一竖立在地面上的圆锥形物体的母线长为，一只小虫从圆锥的底面圆上的点出发，绕圆锥爬行一周后回到点处，若该小虫爬行的最短路程为，则这个圆锥的体积为___________.【答案】【分析】作出该圆锥的侧面展开图，该小虫爬行的最短路程为PP′，由余弦定理求出，求出底面圆的半径r，从而求出这个圆锥的高，由此能求出这个圆锥的体积.【详解】作出该圆锥的侧面展开图，如图所示：该小虫爬行的最短路程为PP′，由余弦定理可得：∴.设底面圆的半径为r,则有,解得,所以这个圆锥的高为，则这个圆锥的体积为.故答案为：.【点睛】立体几何中的翻折叠（展开）问题要注意翻折（展开）过程中的不变量.22．（2021·广东·深圳市高级中学高一期末）已知函数．若存在正实数，使得方程有三个互不相等的实根，，，则的取值范围是__________．【答案】【分析】分离参数可得，做出的函数图象，根据二次函数的对称性求出的值，并求出的范围即可得出答案．【详解】由可看到，令，作出的函数图象如图所示：有三个不相等的实数根，，，直线与的图象有三个交点，设三个交点的横坐标从小到大分别为，，，由二次函数的对称性可知，令可得或（舍，，．即的取值范围是，故答案为：．【点睛】结论点睛：函数零点的几种等价形式：函数的零点函数在轴的交点方程的根函数与的交点.23．（2021·安徽芜湖·高一期末）在平面直角坐标系中，对任意角，设的终边上异于原点的任意一点的坐标为，它与原点的距离是.我们规定：比值分别叫做角的正割､余割､余切，分别记作，，，把分别叫做正割函数､余割函数､余切函数，则下列叙述正确的有___________(填上所有正确的序号)①；②；③的定义域为；④；⑤.【答案】②④⑤【分析】由题设新定义知：，，，由、、、以及正切二倍角公式，即可判断各项的正误.【详解】①，故错误；②，故正确；③，即，有，故错误；④，故正确；⑤，所以，故正确.故答案为：②④⑤【点睛】关键点点睛：新定义有，，，结合三角恒等变换判断各项的正误.24．（2021·江苏盐城·高一期末）已知函数，方程有六个不同的实数根、、、、、，则的取值范围为________．【答案】【分析】作出函数与函数的图象，利用对称性得出，，利用对数运算可得出，且有，可得出，利用双勾函数的单调性可求得结果.【详解】作出函数与函数的图象如下图所示：设，由图象可知，当时，直线与函数的图象有六个交点，点、关于直线对称，可得，点、关于直线对称，可得，且，由得，所以，，，下面证明函数在区间上为增函数，任取、且，即，，，则，，可得，所以，函数在区间上为增函数.，所以，.因此，的取值范围为.故答案为：.【点睛】方法点睛：已知函数有零点（方程有根）求参数值（取值范围）常用的方法：（1）直接法：直接求解方程得到方程的根，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，转化成求函数的值域问题加以解决；（3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解.25．（2021·广东潮阳·高一期末）函数，若最大值为，最小值为，，则的取值范围是______.【答案】【分析】先化简，然后分析的奇偶性，将的最大值和小值之和转化为和有关的式子，结合对勾函数的单调性求解出的取值范围.【详解】，令，定义域为关于原点对称，∴，∴为奇函数，∴，∴，，由对勾函数的单调性可知在上单调递减，在上单调递增，∴，，，∴，∴，故答案为：.【点睛】关键点点睛：解答本题的关键在于函数奇偶性的判断，同时需要注意到奇函数在定义域上如果有最值，那么最大值和最小值一定是互为相反数.26．（2021·江苏·南京师大附中高一期末）已知函数．若存在使得不等式成立，则实数的取值范围是________．【答案】【分析】令，判断函数的奇偶性与单调性，从而将不等式转化为，分离参数可得，令，，利用对勾函数的单调性可得，结合题意即可求解的取值范围．【详解】函数，若存在使得不等式成立，令，，所以，为奇函数．不等式，即，即，所以，因为在上为增函数，在上为增函数，所以在上为增函数，由奇函数的性质可得在上为增函数，所以不等式等价于，分离参数可得，令，，由对勾函数的性质可知在上单调递减，在上单调递增，（1），（4），所以，，所以由题意可得，即实数的取值范围是．故答案为：．【点睛】方法点睛：数的三个性质：单调性、奇偶性和周期性，在高考中一般不会单独命题，而是常将它们综合在一起考查，其中单调性与奇偶性结合、周期性与抽象函数相结合，并结合奇偶性求函数值，多以选择题、填空题的形式呈现，函数的单调性与奇偶性相结合，注意函数的单调性及奇偶性的定义，以及奇、偶函数图象的对称性27．（2021·浙江·高一期末）在中，记角A，B，C所对的边分别是a，b，c，面积为S，则的最大值为______【答案】【分析】利用面积公式和余弦定理，结合均值不等式以及线性规划即可求得最大值.【详解】（当且仅当时取等号）.令，故，因为，且，故可得点表示的平面区域是半圆弧上的点，如下图所示：目标函数上，表示圆弧上一点到点点的斜率，由数形结合可知，当且仅当目标函数过点，即时，取得最小值，故可得，又，故可得，当且仅当，即三角形为等边三角形时，取得最大值.故答案为：.【点睛】本题主要考查利用正余弦定理求范围问题，涉及线性规划以及均值不等式，属综合困难题.四、解答题28．（2021·浙江省三门第二高级中学高一期末）已知函数的最大值为1（1）求常数的值；（2）求函数的单调递增区间；（3）若，且是第一象限角，求的值．【答案】（1）；（2）；（3）.【分析】（1）利用两角和、差的余弦公式，辅助角公式，化简整理，可得的解析式，根据题意，即可得a值.（2）由（1）可得解析式，令，即可得答案.（3）根据题意，可得，根据的范围，分析计算，可得值，利用两角差的余弦公式，化简计算，即可得答案.【详解】（1）由题意得：因为的最大值为1，所以，解得.（2）由（1）可得，令，解得，所以函数的单调递增区间为（3）因为，所以，解得，因为是第一象限角，即，所以，因为，所以，即，所以.【点睛解题的关键是熟练掌握恒等变换公式、三角函数的性质等知识，并灵活应用，易错点为，根据的范围，得到的范围，此时无法判断的正负，还需比较与值的大小，进一步确定的范围，方可得答案，属中档题.29．（2021·安徽阜阳·高一期末）已知函数(，，)的部分图象如图所示.（1）求的解析式；（2）设函数，若在内存在唯一的，使得对恒成立，求的取值范围.【答案】（1）；（2）.【分析】（1）根据函数图象，结合最小正周期公式、特殊角的三角函数值进行求解即可；（2）根据辅助角公式，结合正弦型函数的最值进行求解即可.【详解】解：（1）根据图象可得，所以.因为，，所以.又因为图象过点，所以.因为，所以，，即，，又因为，所以.故.（2）因为，所以.依题意可得，又，所以，解得.【点睛】关键点睛：正确理解最小值的定义，结合题意得到不等式是解题的关键.30．（2021·甘肃省会宁县第一中学高一期末）已知函数．（1）求的最小正周期；（2）若对任意的和恒成立，求实数的取值范围．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）化简最小正周期；（2）当时，．①当为偶数时，．．②当为奇数时，同理得：即可求出m的取值范围．【详解】（1）．的最小正周期．（2）由（1）知．当时，，，即．①当为偶数时，．由题意，只需．因为当时，，所以．②当为奇数时，．由题意，只需．因为当时，，所以．综上所述，实数的取值范围是．【点睛】(1)三角函数问题通常需要把它化为“一角一名一次”的结构，借助于或的性质解题；(2)求参数的取值范围，通常采用分离参数法．31．（2021·黑龙江·哈九中高一期末）已知函数是定义域上的奇函数，且.（1）求函数的解析式，判断函数在上的单调性并证明；（2）令，设，若对任意，当时，都有，求实数a的取值范围.【答案】（1），函数在上单调递减，在上单调递增，证明见解析；（2）.【分析】（1）根据函数是奇函数，由，得，两者联立解得a，b，进而可得函数的解析式，再利用单调性的定义证明函数的单调性.（2）由（1）得，易知在上为减函数，将时，都有，转化为，进而转化为，对任意成立求解.【详解】（1）因为，且是奇函数，所以，所以，解得，所以，函数在上单调递减，在上单调递增，证明：任取，且，则，因为，且，所以，，所以，所以，即，所以函数在上单调递减，任取，且，则，因为，且，所以，，所以，所以，即，所以函数在上单调递增.（2）由（1）得，不妨令，则，由复合函数的单调性知：函数在上为减函数，所以，，因为当，满足，故只需，即，对任意成立，因为，所以函数在上单调递增，当时，y有最小值，，由，解得，所以a的取值范围为.【点睛】关键点点睛；本题第二问题关键点是将时，都有，转化为恒成立求解.32．（2021·浙江浙江·高一期末）已知函数，，.（1）当时，求函数的单调递增区间；（2）若，唯一的，使得，求实数的取值范围.【答案】（1）和；（2）.【分析】（1）分类和去绝对值符号得分段函数，结合二次函数性质可得增区间；（2）设在上值域，对任意，直线与函数的图象在上只有一个交点．令，把转化为，，，的值域是，

时，无解，在时，在上单调递增，，根据二次函数性质确定出后可得结论．【详解】解：（1）由题意，即，因此增区间为和；（2），设在上的值域为，则对，直线与函数的图象在上有1个交点，令，，，，，时，，①当时，，，需，即，无解；②当时，，，由勾形函数性质知时，在上递增，（i）当时，，，，需，即，得，∴；（ii）当时，，，，需，即，得，∴；③当时，，，同（ii）得，∴；④当时，，，在上单调递增，需，即，得，∴；综上得∴.【点睛】关键点点睛：本题考查绝对值函数的单调性，考查函数恒(能)成立问题．对函数恒(能)成立问题，要注意任意与存在的不同，象本题，任意，存在，使得，记值域是，值域是，则有．本题解题关键是利用二次函数性质分类讨论确定分段函数的值域．33．（2021·内蒙古赤峰·高一期末（文））已知函数.（1）求函数f（x）在区间上的最值；（2）若关于x的方程（x+2）f（x）-ax=0在区间（0，3）内有两个不等实根，求实数a的取值范围.【答案】（1）最大值为3，最小值为2；（2）【分析】（1）整理可得，根据基本不等式及对勾函数的性质，即可求得答案.（2）由题意整理可得在区间（0，3）内有两个不等实根，设，根据根据基本不等式及对勾函数的性质，数形结合，即可得答案.【详解】（1），因为，所以所以，当且仅当时，，即时等号成立，所以的最小值为2，根据对勾函数的性质可得在上单调递减，在上单调递增，且，所以函数f（x）在区间上的最大值为3，最小值为2.（2）因为关于x的方程（x+2）f（x）-ax=0在区间（0，3）内有两个不等实根，所以在区间（0，3）内有两个不等实根，整理得在区间（0，3）内有两个不等实根，设则，当且仅当，即x=2时等号成立，根据对勾函数的性质可得在上单调递减，在上单调递增，且时，，所以a的取值范围为【点睛】解题的关键是熟练掌握基本不等式、对勾函数的性质，并灵活应用，难点在于，需合理的变形，再根据“一正”、“二定”，“三相等”进行计算求值，属中档题.34．（2021·浙江浙江·高一期末）在海岸处，发现北偏东方向，距离为海里的处有一艘走私船，在处北偏西方向，距离为海里的处有一艘缉私艇奉命以海里/时的速度追截走私船，此时，走私船正以海里/时的速度从处向北偏东方向逃窜.（1）问船与船相距多少海里？船在船的什么方向？（2）问缉私艇沿什么方向行驶才能最快追上走私船？并求出所需时间.【答案】（1），船在船的正西方向；（2）缉私艇沿东偏北方向行驶小时才能最快追上走私船．【分析】（1）在中根据余弦定理计算，再利用正弦定理计算即可得出方位；（2）在中，利用正弦定理计算，再计算得出追击时间．【详解】解：（1）由题意可知，，，在中，由余弦定理得：，，由正弦定理得：，即，解得：，，船在船的正西方向．（2）由（1）知，，设小时后缉私艇在处追上走私船，则，，在中，由正弦定理得：，解得：，，是等腰三角形，，即．缉私艇沿东偏北方向行驶小时才能最快追上走私船．【点睛】本题考查了正余弦定理解三角形，以及解三角形的实际应用，考查转化能力和运算能力，属于中档题．35．（2021·安徽师范大学附属中学高一期末）已知函数.（1）当时，恒成立，求实数的取值范围；（2）是否同时存在实数和正整数，使得函数在上恰有个零点?若存在，请求出所有符合条件的和的值；若不存在，请说明理由.【答案】（1）；（2）存在，当时，；当时，.【分析】（1）利用三角恒等变换思想得出，令，，由题意可知对任意的，可得出，进而可解得实数的取值范围；（2）由题意可知，函数与直线在上恰有个交点，然后对实数的取值进行分类讨论，考查实数在不同取值下两个函数的交点个数，由此可得出结论.【详解】（1），当时，，，则，要使对任意恒成立，令，则，对任意恒成立，只需，解得，实数的取值范围为；（2）假设同时存在实数和正整数满足条件，函数在上恰有个零点，即函数与直线在上恰有个交点.当时，，作出函数在区间上的图象如下图所示：①当或时，函数与直线在上无交点；②当或时，函数与直线在上仅有一个交点，此时要使函数与直线在上有个交点，则；③当或时，函数直线在上有两个交点，此时函数与直线在上有偶数个交点，不可能有个交点，不符合；④当时，函数与直线在上有个交点，此时要使函数与直线在上恰有个交点，则.综上所述，存在实数和正整数满足条件：当时，；当时，.【点睛】关键点点睛：本题考查利用函数不等式恒成立求参数，利用函数在区间上的零点个数求参数，解本题第（2）问的关键就是要注意到函数与直线的图象在区间上的图象的交点个数，结合周期性求解.36．（2021·江苏宿迁·高一期末）已知函数．请在下面的三个条件中任选两个解答问题．①函数的图象过点；②函数的图象关于点对称；③函数相邻两个对称轴之间距离为．（1）求函数的解析式；（2）若是函数的零点，求的值组成的集合；（3）当时，是否存在满不等式？若存在，求出的范围，若不存在，请说明理由.【答案】（1）选择①②、①③、②③都有；（2）；（3）存在，的范围，利用见解析.【分析】（1）选择①②，将点代入，结合可求，由点是的对称中心可得，结合，可得，即可得解析式；选择①③：将点代入，结合可求，由，所即，可得，即可得解析式；选择②③由，所即，可得，若函数的图象关于点对称，则，结合，可得，即可得解析式；（2）若是函数的零点，则，解得或，可得或，进而可得可能的取值，即可求解；（3）由得，当时，函数可转化为，，，利用偶函数的性质原不等式可化为，即可求解.【详解】选择①②：因为函数的图象过点，所以，解得，因为，所以，因为函数的图象关于点对称，则，可得，因为，所以，，所以，选择①③：若函数的图象过点，所以，解得，因为，所以，因为函数相邻两个对称轴之间距离为，所以，所以，，解得：，所以，选择②③：因为函数相邻两个对称轴之间距离为，所以，所以，，解得：，若函数的图象关于点对称，则，可得，因为，所以，，所以（2）若是函数的零点，则，可得，所以或解得：或，若是函数的零点，则，，当时，，当时，，当时，所以的值组成的集合为；（3）当时，，令，则，令，则，，因为，所以，即，所以，即，，解得：.所以实数的范围是：.【点睛】关键点点睛：本题解题的关键是由余弦函数的性质求出的解析式，再利用余弦函数的零点可求可能的取值，求的范围的关键是构造偶函数，利用单调性脱掉，解关于的不等式.37．（2021·广东实验中学高一期末）已知函数为的零点，为图象的对称轴．（1）若在内有且仅有6个零点，求；（2）若在上单调，求的最大值．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）根据的零点和对称中心确定出的取值情况，再根据在上的零点个数确定出，由此确定出的取值，结合求解出的取值，再根据以及的范围确定出的取值，由此求解出的解析式；（2）先根据在上单调确定出的范围，由此确定出的可取值，再对从大到小进行分析，由此确定出的最大值.【详解】（1）因为是的零点，为图象的对称轴，所以，所以，因为在内有且仅有个零点，分析正弦函数函数图象可知：个零点对应的最短区间长度为，最长的区间长度小于，所以，所以，所以，所以，所以，所以，所以，代入，所以，所以，所以，又因为，所以，所以；（2）因为在上单调，所以，即，所以，又由（1）可知，所以，所以，当时，，所以，所以，所以此时，因为，所以，又因为在时显然不单调所以在上不单调，不符合；当时，，所以，所以，所以此时，因为，所以，又因为在时显然单调递减，所以在上单调递减，符合；综上可知，的最大值为.【点睛】思路点睛：求解动态的三角函数涉及的取值范围问题的常见突破点：（1）结论突破：任意对称轴（对称中心）之间的距离为，任意对称轴与对称中心之间的距离为；（2）运算突破：已知在区间内单调，则有且；已知在区间内没有零点，则有且.38．（2021·福建省福州第一中学高一期末）已知函数，图象上相邻的最高点与最低点的横坐标相差，______；（1）①的一条对称轴且；②的一个对称中心，且在上单调递减；③向左平移个单位得到的图象关于轴对称且从以上三个条件中任选一个补充在上面空白横线中，然后确定函数的解析式；（2）在（1）的情况下，令，，若存在使得成立，求实数的取值范围.【答案】（1）选①②③，；（2）.【分析】（1）根据题意可得出函数的最小正周期，可求得的值，根据所选的条件得出关于的表达式，然后结合所选条件进行检验，求出的值，综合可得出函数的解析式；（2）求得，由可计算得出，进而可得出，由参变量分离法得出，利用基本不等式求得的最小值，由此可得出实数的取值范围.【详解】（1）由题意可知，函数的最小正周期为，.选①，因为函数的一条对称轴，则，解得，，所以，的可能取值为、.若，则，则，不合乎题意；若，则，则，合乎题意.所以，；选②，因为函数的一个对称中心，则，解得，，所以，的可能取值为、.若，则，当时，，此时，函数在区间上单调递增，不合乎题意；若，则，当时，，此时，函数在区间上单调递减，合乎题意；所以，；选③，将函数向左平移个单位得到的图象关于轴对称，所得函数为，由于函数的图象关于轴对称，可得，解得，，所以，的可能取值为、.若，则，，不合乎题意；若，则，，合乎题意.所以，；（2）由（1）可知，所以，，当时，，，所以，，所以，，，，，则，由可得，所以，，由基本不等式可得，当且仅当时，等号成立，所以，.【点睛】结论点睛：利用参变量分离法求解函数不等式恒（能）成立，可根据以下原则进行求解：（1），；（2），；（3），；（4），.39．（2021·上海交大附中高一期末）若定义域为的函数满足：对于任意，都有，则称函数具有性质．（1）设函数，的表达式分别为，，判断函数与是否具有性质，说明理由；（2）设函数的表达式为，是否存在以及，使得函数具有性质？若存在，求出，的值；若不存在，说明理由；（3）设函数具有性质，且在上的值域恰为；以为周期的函数的表达式为，且在开区间上有且仅有一个零点，求证：．【答案】（1）函数具有性质，不具有性质，理由见解析；（2）不具备，理由见解析；（3）证明见解析.【分析】（1）根据具有性质的定义依次讨论即可得答案；（2）假设函数具有性质，则有，即，进而得，再根据并结合函数的值域为得，故，此时，在验证不具有性质，进而得到答案；（3）结合（2），并根据题意得，进而得在的值域为，当时，与零点唯一性矛盾得或，再讨论当时不成立得，即．【详解】（1）函数具有性质，不具有性质，说明如下：，，对任意，都有，所以具有性质，，，所以，所以不具有性质；（2）若函数具有性质，则有，即，于是，结合知，因此；若，不妨设由可知：（记作*），其中只要充分大时，将大于1考虑到的值域为为，等式（*）将无法成立，综上所述必有，即；再由，，从而，而当时，，而，显然两者不恒相等（比如时)综上所述，不存在以及使得具有性质；(3）由函数具有性质以及（2）可知，由函数是以为周期的周期函数，有，即，也即由，及题设可知在的值域为当时，当及时，均有，这与零点唯一性矛盾，因此或，当时，，在的值域为此时于是在上的值域为，由正弦函数的性质，此时当时和的取值范围不同，因而，即．【点睛】本题考查函数的新定义问题，考查逻辑推理能力，运算求解能力，是难题.本题解题的关键在于正确理解具有性质P的函数的定义，利用定义，结合反证法，分类讨论思想等讨论求解.40．（2021·浙江衢州·高一期末）如图，AB是的直径，C，D是上的两点，AB//CD.AD=BC=1，设AB=x，四边形ABCD的周长为f（x）.（1）求函数f（x）的解析式；（2）关于x的方程在[2，6]上有两个不相等的实数根，求实数t的取值范围；（3）△ABC的面积的平方为g（x），若对于，，使得成立，求实数a的取值范围.【答案】（1）；（2）；（3）.【分析】（1）在中，过点作于，求出,，即可得到函数f（x）的解析式；（2）将方程变形去掉绝对值，得到或，将方程的根转化为图象的交点的问题，数形结合解不等式即可；（3）先求出，令，将问题转化为x∈[2，6]时，，利用函数的单调性求出的最小值，然后将转化为分段函数，然后分类讨论，求解的最值，建立不等式，求解即可.【详解】（1）如图在中，过点作于，则，则,,.（2）即或，结合图像可得，实数t的取值范围为;（3），令即需满足x∈[2，6]时，，，①当，即时，，得，②当，即时，，得，③当，即时，，得④当，即时，，得，无解，综上：实数a的取值范围为.【点睛】函数零点的求解与判断方法：（1）直接求零点：令f(x)＝0，如果能求出解，则有几个解就有几个零点．（2）零点存在性定理：利用定理不仅要函数在区间[a，b]上是连续不断的曲线，且f(a)·f(b)＜0，还必须结合函数的图象与性质(如单调性、奇偶性)才能确定函数有多少个零点．（3）利用图象交点的个数：将函数变形为两个函数的差，画两个函数的图象，看其交点的横坐标有几个不同的值，就有几个不同的零点．41．（2021·广东揭东·高一期末）如图，是边长为的正三角形，记位于直线左侧的图形的面积为．（1）求函数解析式；（2）当函数有且只有一个零点时，求的值．【答案】（1）；（2）.【分析】（1）根据分段函数的定义，分段讨论即可求出函数的解析式．（2）求出的表达式，根据有且只有一个零点，即，分类讨论即可求出的值．【详解】解：（1）当时，；当时，；当时，；所以.（2）由（1）知，当时，若有且只有一个零点，即有且只有一个根，则有，因为，所以，即；当时，若有且只有一个零点，即有且只有一个根，化简得有且只有一个根，所以，解得或，当时，，所以内，当时，；当时，若有且只有一个零点，即有且只有一个根，则有，因为，所以，所以；综上，当时，有两个零点，不合题意；当时，有且只有一个零点，符合题意；所以．【点睛】关键点点睛：本题的解题关键是根据有且只有一个零点，即，分类讨论求出的取值范围．42．（2021·浙江浙江·高一期末）设函数，.（1）判断的奇偶性，并说明理由；（2）当时，若对任意的，均有成立，求的最大值.【答案】（1）当时，为偶函数；当时，为非奇非偶函数；（2）4.【分析】（1）当时，利用定义可得为偶函数，当时，利用反例可得为非奇非偶函数.（2）原不等式等价于在恒成立，令，求出的最小值后可得满足的不等式，从而得到的不等式，由此可求的最大值.【详解】（1）若，则，此时，又的定义域为，故为偶函数.若，则，但，故不是偶函数，又，故不是奇函数.故当时，为偶函数；当时，为非奇非偶函数.（2）因为对任意的，均有，故在上恒成立.令，，若，则，因为，故，当时，，故，故，当且仅当时等号成立.若，，故，故，当且仅当时等号成立.当时，，当时，，该函数在上为减函数，当，，该函数在上为减函数，故，故，所以，当且仅当时等号成立，故的最大值为4.【点睛】思路点睛：（1）函数奇偶性的证明，一般依据定义来处理，说明一个函数不是奇函数或偶函数，可通过反例来说明.（2）含绝对值的不等式的恒成立问题，优先利用参变分离的方法，多变量代数式的最值问题，应用通过相等关系或不等式消元转化为一元函数的最值问题.43．（2021·河南驻马店·高一期末（理））已知函数可以表示为一个奇函数与一个偶函数的和．（1）请分别求出与的解析式；（2）记．（i）证明：为奇函数；（ii）若存在，使得不等式成立，求实数的取值范围．【答案】（1），；（2）（i）证明见解析；（ii）.【分析】（1）根据题意，分析可得，结合函数的奇偶性可得，联立两个式子分析可得答案；（2）（i）求出的解析式，结合函数的奇偶性与单调性定义分析可得结论；（ii）根据题意，原问题可以转化为，令，记，即可．【详解】（1）根据题意①，则∵为奇函数，为偶函数∴②联立①②可得，（2）（i）由（1）得定义域为，对任意，都有∴为奇函数（ii）∵为增函数，∴为减函数，∴为增函数，即为上单调递增的奇函数∴存在，使成立即存在使得成立即，使成立令，使成立∵在上单调递减，在上单调递增而，，∴，∴.【点睛】关键点睛：本题中函数解析式的求法-方程组法，及函数奇偶性的性质，其中根据函数奇偶性的定义构造出关于关于与的另一个方程：是解答本题的关键.44．（2021·广东广州·高一期末）给定函数．且用表示，的较大者，记为．（1）若，试写出的解析式，并求的最小值；（2）若函数的最小值为，试求实数的值．【答案】（1），；（2）或．【分析】由的定义可得，（1）将代入，写出解析式，结合分段区间，求，的最小值并比较大小，即可得的最小值；（2）结合的解析式及对称轴，讨论、、分别求得对应最小值关于的表达式，结合已知求值.【详解】由题意，当时，，当时，，∴（1）当时，，∴当时，，此时，当时，，此时，.（2），且对称轴分别为，①当时，即时，在单调递减，单调递增；，即，（舍去），②当，即时，在单调递减，单调递增；，有，故此时无解.③当，即时，在单调递减，单调递增；，即，（舍去）综上，得：或.【点睛】关键点点睛：写出的解析式，第二问需结合各分段上的函数性质-对称轴，讨论参数范围求最小值关于参数的表达式，进而求参数值.45．（2021·浙江浙江·高一期末）已知函数，函数，其中（1）若恒成立，求实数t的取值范围；（2）若，①求使得成立的x的取值范围；②求在区间上的最大值．【答案】（1）；（2）；（3）.【分析】（1）将问题转化为“恒成立”，然后根据与的大小关系求解出的取值范围；（2）①分别考虑时不等式的解集，由此确定出成立的的取值范围；②先将写成分段函数的形式，然后分段考虑的最大值，其中时注意借助二次函数的单调性进行分析.【详解】（1）因为恒成立，所以恒成立，所以恒成立，所以，解得，所以；（2）①当时，，所以，解得；当时，，所以，因为，所以，所以无解，综上所述：的取值范围是；②由①可知：，当时，，所以，所以；当时，的对称轴为，所以，且，所以，令，所以，所以，综上可知：.【点睛】关键点点睛：解答本题第二问的关键在于对取最小值函数（）的理解以及分类讨论思想的运用，通过分类讨论的思想确定出的解析式，再分析对应的每段函数的最大值，从而确定出的最大值.46．（2021·北京市八一中学高一期末）设集合，集合，如果对于任意元素，都有或，则称集合为的自邻集.记为集合的所有自邻集中最大元素为的集合的个数.（1）直接判断集合和是否为的自邻集；（2）比较和的大小，并说明理由；（3）当时，求证：.【答案】（1）不是的自邻集，是的自邻集；（2），理由见解析；（3）证明见解析【分析】（1）利用自邻集的定义直接判断即可；（2）利用自邻集的定义求出的自邻集中最大元集分别为6，5，3的所有自邻集，从而可得答案；（3）记集合所有子集中自邻集的个数为，可得，然后分：①自邻集中含这三个元素，②自邻集中含有这两个元素，不含，且不只有这两个元素，③自邻集只含有这两个元素，三种情况求解即可【详解】解：（1）因为，所以和，因为，所以不是的自邻集，因为所以是的自邻集，（2），则其自邻集中最大元素为6的集合中必含5和6，则有{5，6}，{4，5，6}，{3，4，5，6}，{2，3，5，6}，{1，2，5，6}，{2，3，4，5，6}，{1，2，3，5，6}，{1，2，4，5，6}，{1，2，3，4，5，6}共9个，即其自邻集中最大元素为5的集合中必含4和5，则有{4，5}，{3，4，5}，{2，3，4，5}，{1，2，4，5}，{1，2，3，4，5}共5个，其自邻集中最大元素为3的集合中必含2和3，则有{2，3}，{1，2，3}共2个，所以（3）证明：记集合所有子集中自邻集的个数为，由题意可得当时，，，显然①自邻集中含这三个元素，记去掉这个自邻集中的元素后的集合为，因为，所以仍是自邻集，且集合中的最大元素为，所以含有这三个元素的自邻集的个数为，②自邻集中含有这两个元素，不含，且不只有这两个元素，记自邻集除之外最大元素为，则，每个自邻集中去掉这两个元素后，仍为自邻集，此时的自邻集的最大元素为，可将此时的自邻集分为种情况：含有最大数为2的集合个数为含有最大数为3的集合个数为……，含有最大数为的集合个数为则这样的集合共有，③自邻集只含有这两个元素，这样的自邻集只有1个，综上可得因为，，所以，所以，所以【点睛】关键点点睛：此题考查集合的新定义，考查集合子集的有关知识，考查分析问题的能力，解题的关键是对集合新定义的理解，考查理解能力，属于较难题47．（2021·江苏·南京市第十三中学高一期末）已知集合，对于A的子集S若存在不大于的正整数，使得对于S中的任意一对元素、，都有，则称具有性质.（1）当时，判断集合和是否具有性质P？并说明理由；（2）若时，①如果集合S具有性质P，那么集合是否一定具有性质P？并说明理由；②如果集合S具有性质P，求集合S中元素个数的最大值.【答案】（1）集合不具有性质，集合不具有性质，理由见解析；（2）①集合具有性质，理由见解析；②，证明见解析.【分析】（1）当时，，由题中所给新定义直接判断即可；（2）若时，则，①根据，任取，其中，可得，利用性质的定义加以验证即可证明；②设集合有个元素，由①知：任给，，则和中必有一个不超过，所以集合和集合中必有一个集合中至少存在一半的元素不超过，然后利用性质的定义进行分析可得，即解不等式即可求解.【详解】（1）当时，，不具有性质，因为对于集合中任意不大于的正整数，都可以找到该集合中两个元素，使得成立，具有性质.因为，