2022-2023学年浙江省杭州市学军中学海创园学校高一（下）期中数学试卷（含解析）

这是一份2022-2023学年浙江省杭州市学军中学海创园学校高一（下）期中数学试卷（含解析），共16页。试卷主要包含了单选题，多选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1.已知复数z=1+2i(i为虚数单位)，则z−的虚部为( )
A. −1B. −2C. −iD. −2i
2.如图，ΔO′A′B′是水平放置的△OAB的直观图，则△OAB的周长为( )
A. 12
B. 10+2 13
C. 7+2 13
D. 11+ 73
3.在△ABC中，若sinA：sinB：sinC=3：4：6，则此三角形是( )
A. 正三角形B. 锐角三角形C. 直角三角形D. 钝角三角形
4.已知直线l/​/平面α，点P∈平面α，那么过点P且平行于直线l的直线( )
A. 有无数条，仅有一条在平面α内B. 只有一条，且不在平面α内
C. 有无数条，均不在平面α内D. 只有一条，且在平面α内
5.打羽毛球是一项全民喜爱的体育活动，标准的羽毛球由16根羽毛固定在球托上，测得每根羽毛在球托之外的长为7cm，球托之外由羽毛围成的部分可看成一个圆台的侧面，测得顶端所围成的直径是6.8cm，底部所围成圆的直径是2.8cm，据此可估算得球托之外羽毛所在的曲面的面积大约为( )
A. 105.5cm2B. 211cm2C. 52.8cm2D. 100.8cm2
6.如图，在矩形ABCD中，E为AD边上靠近点A的三等分点，F为AB边上靠近点B的四等分点，且线段EF交AC于点P.若AB=a，AD=b，则AP=( )
A. 34a+34bB. 313a+313bC. 514a+12bD. 14a+916b
7.已知函数f(x)=(x−1)35+12，若对于任意的x∈[2,3]，不等式f(x)+f(a−2x)≤1恒立，则实数a的取值范围是( )
A. (−∞,2)B. (−∞,2]C. (−∞,4)D. (−∞,4]
8.农历五月初五是端午节，民间有吃粽子的习惯，粽子又称粽籺，俗称“粽子”，古称“角黍”，是端午节大家都会品尝的食品，传说这是为了纪念战国时期楚国大臣、爱国主义诗人屈原.小明在和家人一起包粽子时，想将一丸子(近似为球)包入其中，如图，将粽叶展开后得到由六个边长为4的等边三角形所构成的平行四边形，将粽叶沿虚线折起来，可以得到如图所示的粽子形状的六面体，则放入丸子的体积最大值为( )
A. 512 6729πB. 16 23πC. 32 627πD. 128 281π
二、多选题：本题共4小题，共20分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。
9.下列命题中错误的是( )
A. 若复数z1满足z12+1=0，则z1=i
B. 若复数z1，z2满足|z1|=|z2|，则z1=±z2
C. 若复数z=a+bi，则z为纯虚数的充要条件是a=0
D. 若复数|z1+z2|=0，则z1=−z2
10.在△ABC下列条件解三角形，其中有唯一解的是( )
A. a=9，b=10，c=15B. b=6，c=5 2，B=45°
C. a=3，b=2，B=120°D. b=6，c=6 3，C=60°
11.已知向量a=(2,1)，b=(−3,1)，e是与b同向的单位向量，则下列结论正确的是( )
A. a+b与a共线B. a与a−b的夹角余弦值为2 55
C. 向量a在向量b上的投影向量为−12eD. 若c=( 55,−2 55)，则a⊥c
12.已知函数f(x)=Asin(ωx+π4)+B(A>0,ω>0)，( )
A. 若f(x)在区间[π4,3π4]上单调，则0<ω≤ 2
B. 将函数y=f(x)的图像向左平移π2个单位得到曲线C，若曲线C对应的函数为偶函数，则ω的最小值为12
C. 若方程|sin(ωx+π4)|=1在区间(0,π)上恰有三个解，则94<ω≤134
D. 关于x的方程f(x)= 22A+B在(0,π)上有两个不同的解，则2<ω≤52
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。
13.计算：(0.64)−12+lg5+lg2=______．
14.如图1，一个正三棱柱容器，底面边长为1，高为2，内装水若干，将容器放倒，把一个侧面作为底面，如图2，这时水面恰好为中截面，则图1中容器内水面的高度是 ．
15.在直角坐标平面内，A(−2,0)，B(2,0)，若对任意实数t∈R，点P都满足|13AP−tAB|≥1，则PA⋅PB的最小值为______．
16.已知x>0，y>0，若x+y=1，则33x+2y+11+3y的最小值是______．
四、解答题：本题共5小题，共70分。解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤。
17.(本小题10分)
已知|a|=2，|b|=4，且|a+b|=2 3．
(1)求a与b的夹角；
(2)若(2a−b)⊥(a+kb)，求实数k的值．
18.(本小题15分)
已知a=( 3sinx,csx)，b=(csx,−csx)，函数f(x)=a⋅b−12．
(1)若x∈[π4,π2]，求函数f(x)的最值及对应x的值；
(2)若不等式[f(x)−m]2<1在x∈[π4,π2]上恒成立，求实数m的取值范围．
19.(本小题15分)
如图，在正方体ABCD−A1B1C1D1中，点E，F，M分别是棱B1C1，BB1，C1D1的中点．
(1)求证：E、M、B、D四点共面；
(2)是否存在过点E，M且与平面A1FC平行的平面？若存在，请作出这个平面并证明，若不存在，请说明理由．
20.(本小题15分)
锐角△ABC中，已知1+sin2B−cs2B1+sin2B+cs2B= 3．
(Ⅰ)求角B；
(Ⅱ)若a=2，求△ABC的面积S的取值范围．
21.(本小题15分)
已知函数f(x)=ax2+2bx+4c(a,b,c∈R,a≠0)．
(1)若函数f(x)的图像与直线y=±x均无公共点，求证：4b2−16ac<−1；
(2)若b=4，c=34时，对于给定的负数a，有一个最大的正数M(a)，使x∈[0,M(a)]时，都有|f(x)|≤5，求M(a)的最大值；
(3)若a>0，且a+b=1，又|x|≤2时，恒有|f(x)|≤2，求f(x)的解析式．
答案和解析
1.【答案】B
【解析】解：z=1+2i(i为虚数单位)，则z−=1−2i，
故z−的虚部为−2．
故选：B．
根据复数的概念和共轭复数，计算即可．
本题考查复数的概念，属于基础题．
2.【答案】B
【解析】【分析】
本题考查平面图形的直观图，注意斜二测画法，属于基础题．
根据题意，由直观图还原△OAB，由此计算可得答案．
【解答】
解：根据题意，△OAB的图形如图：
其中∠AOB=90°，OB=4，OA=6，则AB= 16+36=2 13，
则△OAB的周长为10+2 13；
故选：B．
3.【答案】D
【解析】解：∵sinA：sinB：sinC=3：4：6，
由正弦定理得a：b：c=3：4：6，
令a=3t，b=4t，c=6t，
则csC=9t2+16t2−36t22⋅3t⋅4t=−1124<0，
则∠C为钝角，
则△ABC为钝角三角形．
故选：D．
由正弦定理可得，a：b：c=3：4：6，令a=3t，b=4t，c=6t，运用余弦定理，计算csC，即可判断三角形的形状．
本题考查正弦定理和余弦定理的运用，考查运算能力，属于基础题．
4.【答案】D
【解析】解：因为直线l/​/平面α，点P∈平面α，即P∉直线l，
过P和直线l有且只有一个平面，设为β，
则平面α与平面β有一个公共点P，
由平面的基本性质可得平面α与平面β必有一条公共直线，设为m，
且m/​/l，且m只有一条，在平面α内．
故选：D．
由平面的基本性质和线面平行的性质定理，可得结论．
本题考查线面平行的性质定理和两直线平行的条件，考查推理能力，属于基础题．
5.【答案】A
【解析】解：将圆台补成圆锥，如图，
则羽毛所在曲面的面积为大、小圆锥的侧面积之差，
设小圆锥母线长为x，则大圆锥母线长为x+7，
由相似得xx+7=1.43.4，即x=4.9，
∴羽毛所在曲面的面积为：
S=π×3.4×(7+4.9)−π×1.4×4.9=33.6π≈105.5．
故选：A．
将圆台补成圆锥，由相似求出小圆锥的母线长，结合圆锥侧面积公式求出圆台的侧面积．
本题考查曲面面积的求法，考查圆锥侧面积公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
6.【答案】B
【解析】解：∵E为AD边上靠近点A的三等分点，F为AB边上靠近点B的四等分点，
∴AE=13AD，AF=34AB，
设AP=λAC=λ(AB+AD)=λ(43AF+3AE)，
∵E，F，P三点共线，∴43λ+3λ=1，解得λ=313，
于是AP=λ(AB+AD)=313(AB+AD)=313a+313b．
故选：B．
AP=λAC，将AP用AE,AF表示，再根据E，F，P三点共线，求得λ，从而可得答案．
本题主要考查平面向量的基本定理，属于基础题．
7.【答案】D
【解析】解：因为函数f(x)=(x−1)35+12，且不等式f(x)+f(a−2x)≤1，
所以(x−1)35+12+(a−2x−1)35+12≤1，即(a−2x−1)35≤−(x−1)35，
所以(a−2x−1)35≤(1−x)35，
所以a−2x−1≤1−x，即a≤x+2，
所以不等式a≤x+2在x∈[2,3]上恒成立，得a≤4，
所以实数a的取值范围是(−∞,4]．
故选：D．
根据函数解析式得出不等式可化为(x−1)35+(a−2x−1)35≤0，由幂函数的性质得出a−2x−1≤1−x，由此求出a的取值范围．
本题考查了幂函数的性质与应用问题，也考查了不等式恒成立问题，是基础题．
8.【答案】A
【解析】解：由题意可得每个三角形面积为S=12×4×2 3=4 3，
由对称性可知该六面体是由两个正四面体合成的，可得该四面体的高为 16−(4 33)2=4 63，
故四面体的体积为13×4 3×4 63=16 23，
∵该六面体的体积是正四面体的2倍，
∴六面体的体积是32 23，
由图形的对称性得，内部的丸子要是体积最大，就是丸子要和六个面相切，连接球心和五个顶点，把六面体分成了六个三棱锥，
设丸子的半径为R，则32 23=6×13×4 3×R，解得R=4 69，
∴丸子的体积的最大值为Vmax=4π3R3=4π3×(4 69)3=512 6729π．
故选：A．
先根据题意求得正四面体的体积，进而得到六面体的体积，再由图形的对称性得，内部的丸子要是体积最大，就是丸子要和六个面相切，设丸子的半径为R，则32 23=6×13×4 3×R，由此求得R，进而得到答案．
本题考查空间几何体的体积，考查运算求解能力，推理论证能力和空间想象能力，考查直观想象、逻辑推理与数学运算等核心素养，属于中档题．
9.【答案】ABC
【解析】解：当z1=±i时满足z12+1=0，故A错误，
当z1=1+i，z2=1−i时满足|z1|=|z2|，但z1≠±z2，故B错，
复数z=a+bi，则z为纯虚数的充要条件是a=0且b≠0，故C错，
z1=a+bi，z2=c+di，当|z1+z2|=0时，a=−c，c=−d，则z1=−z2成立，故D正确．
故选：ABC．
根据已知条件，结合特殊值法，以及纯虚数的定义，即可求解．
本题主要考查纯虚数的定义，以及特殊值法，属于基础题．
10.【答案】AD
【解析】【分析】
本题主要考查三角形解的个数的判定，属于基础题．
利用题中所给的条件结合三角形的性质或者边角关系逐一考查三角形解的个数即可．
【解答】
解：对于A，由于a+b>c，|a−b|对于B，由正弦定理得：csinC=bsinB，即5 2sinC=6sin45∘，即sinC=56，因此C有两解，所以三角形有两解，选项B不符合题意；
对于C，由于B>90°，b对于D，由余弦定理得c2=a2+b2−2abcsC，即108=a2+36−6a，即a2−6a−72=0，
解得：a=12，或a=−6(舍去)，选项D符合题意．
故选：AD．
11.【答案】BD
【解析】解：对于A，∵a+b=(−1,2)，a=(2,1)，
∴−1×1−2×2≠0，∴a+b与a不共线，∴A错误；
对于B，∵a−b=(5,0)，又a=(2,1)，
∴cs〈a−b,a〉=(a−b)⋅a|a−b||a|=105× 5=2 55，∴B正确；
对于C，向量a在向量b上的投影向量为|a|csb|b|=a⋅b|b|⋅e=−5 10e=− 102e，故C错误；
对于D，a⋅c=2× 55+1×(−2 55)=0，则a⊥c，故D正确．
故选：BD．
根据向量共线的坐标关系判断选项A；利用两个向量的夹角公式验证选项B；利用投影向量的公式求解判断选项C；利用向量垂直关系的坐标表示验证选项D．
本题考查向量数量积的坐标运算，向量夹角公式的应用，投影向量的定义，属中档题．
12.【答案】BCD
【解析】解：对于A，x∈[π4,3π4]，ωx+π4∈[ωπ4+π4,3ωπ4+π4]，
若f(x)在区间[π4,3π4]上单调递增，则ωπ4+π4≥2kπ−π23ωπ4+π4≤2kπ+π2，
解得8k−3≤ω≤83k+13，由ω>0，则83k+13>08k−3≤83k+13，
又k∈Z，解得k=0，
所以0<ω≤13，
若f(x)在区间[π4,3π4]上单调递减，则ωπ4+π4≥2kπ+π23ωπ4+π4≤2kπ+3π2，
解得8k+1≤ω≤8k3+53，同理可得k=0，有1≤ω≤53，
综上，0<ω≤13或1≤ω≤53，A错误；
对于B，y=f(x)的图像向左平移π2个单位得到g(x)=Asin(ωx+ωπ2+π4)+B，
若g(x)为偶函数，则有ωπ2+π4=kπ+π2，解得ω=2k+12，k∈Z，
而ω>0，所以ω最小值为12，B正确；
对于C，x∈(0,π)，ωx+π4∈(π4,ωπ+π4)，
若方程|sin(ωx+π4)|=1在区间(0,π)上恰有三个解，
则有5π2<ωπ+π4≤7π2，
解得：94<ω≤134，C正确；
对于D，f(x)= 22A+B，即sin(ωx+π4)= 22，
x∈(0,π)，ωx+π4∈(π4,ωπ+π4)，则9π4<ωπ+π4≤11π4，
解得：2<ω≤52，D正确．
故选：BCD．
对于A，求出f(x)单调满足的关系与选项比较即可；对于B，平移后初相应为π2的奇数倍；对于C，求出相位满足的范围，结合右端点的范围即可求解；对于D，求出相位满足的范围，结合右端点的范围即可求解．
本题主要考查了正弦函数的性质，研究函数f(x)=Asin(ωx+φ)+B的性质时可将ωx+φ视为一个整体，用换元法或整体代入，结合正弦函数和余弦函数的图像和性质，利用数形结合思想进行解题，属于中档题．
13.【答案】94
【解析】解：(0.64)−12+lg5+lg2=(0.8)2×(−12)+lg10=(45)−1+1=94．
故答案为：94．
利用对数的性质和运算法则，结合有理指数幂的运算法则，化简求解即可．
本题考查有理指数幂的运算法则以及对数运算法则的应用，是基础题．
14.【答案】32
【解析】【分析】
本题考查正三棱柱的体积的运算，考查三棱柱的性质、体积公式等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
图2中水所占部分为四棱柱，求出其底面积和高，根据棱柱的体积公式求出四棱柱的体积，同理在图1中，求同三棱柱的体积，能求出图1中容器内水面的高度．
【解答】
解：在图2中，水中部分是四棱柱，
四棱柱底面积为S=12×12×sin60°−12×12×12sin60°=3 316，高为2，
∴四棱柱的体积为V=2×3 316=3 38，
设图1中容器内水面高度为h，
则V=12×12×sin60°×h=3 38，解得h=32．
∴图1中容器内水面的高度是32．
故答案为：32．
15.【答案】5
【解析】解：设P(x,y)，则AP=(x+2,y)，AB=(4,0)，
所以13AP−tAB=(13x+23−4t,13y)，
因为|13AP−tAB|≥1对任意实数t∈R都成立，所以(13x+23−4t)2+(13y)2≥1对任意实数t∈R都成立，
所以y2≥9，
因为O为AB的中点，
所以PA⋅PB=14[(PA+PB)2−(PA−PB)2]=14[(2PO)2−BA2]=PO2−14|AB|2=x2+y2−14×42≥9−4=5，
所以PA⋅PB的最小值为5．
故答案为：5．
设P(x,y)，根据平面向量的模长计算方法，可将原问题转化为(13x+23−4t)2+(13y)2≥1对任意实数t∈R都成立，即y2≥9，再结合极化恒等式，得解．
本题考查平面向量的运算，熟练掌握极化恒等式，平面向量的坐标运算法则是解题的关键，考查逻辑推理能力和运算能力，属于中档题．
16.【答案】85
【解析】解：设x+y+k=λ(3x+2y)+μ(1+3y)，
所以3λ=1，2λ+3μ=1，k=μ，
所以λ=13，μ=19=k，
所以x+y+19=13(3x+2y)+19(1+3y)，
整理得1=310(3x+2y)+110(1+3y)，即1=110((9x+6y)+(1+3y))，
所以33x+2y+11+3y=110((9x+6y)+(1+3y))(33x+2y+11+3y)=1+110(3(1+3y)3x+2y+9x+6y1+3y)≥85．
经验证当x=y=12时，等号可取到．
故答案为：85．
将x+y用(3x+2y)与(1+3y)表示，凑配常数1，使用“1”的代换与基本不等式求解．
本题主要考查了基本不等式求解最值，解题条件的配凑是求解问题的关键，属于中档题．
17.【答案】解：(1)因为|a|=2，|b|=4，且|a+b|=2 3，
所以|a+b|2=a2+2a⋅b+b2=4+2×2×4×cs+16=12，
解得cs=−12，
又∈[0°,180°]，
则a与b的夹角为120°；
(2)由(1)可知，a⋅b=2×4×(−12)=−4，
因为(2a−b)⊥(a+kb)，
所以(2a−b)⋅(a+kb)=2a2+(2k−1)a⋅b−kb2=0，
即2×22−4(2k−1)−16k=0，解得k=12．
【解析】(1)将|a+b|=2 3平方后，可得cs=−12，进而得解；
(2)易知a⋅b=−4，再根据(2a−b)⊥(a+kb)，可建立关于可得方程，解出即可．
本题考查平面向量数量积的运用，考查运算求解能力，属于基础题．
18.【答案】解：(1)因为a=( 3sinx,csx)，b=(csx,−csx)，函数f(x)=a⋅b−12．
所以f(x)= 32sin2x−12cs2x−1=sin(2x−π6)−1，…(4分)
∵x∈[π4,π2]，∴π3≤2x−π6≤5π6，…(5分)
当2x−π6=π2，即x=π3时，f(x)的最大值是f(x)max=0，
当2x−π6=5π6，即x=π2时，f(x)的最小值是f(x)min=−12；…(7分)
(2)方法一：∵[f(x)−m]2<1，(x∈[π4,π2])，
∴f(x)−1∴m>f(x)max−1且m故m的取值范围是(−1,12).…(12分)
方法二：∵[f(x)−m]2<1，(x∈[π4,π2])，
∴m−1∴m−1<−12，且m+1>0，
解得−1故m的取值范围是(−1,12).
【解析】(1)根据平面向量的数量积运算，利用三角恒等变换化简函数f(x)，根据x的取值范围求出f(x)的最大、最小值；
(2)方法一：由[f(x)−m]2<1得出f(x)−1方法二：根据[f(x)−m]2<1得出m−1本题考查了平面向量的数量积与三角恒等变换的应用问题，也考查了三角函数的图象与性质的应用问题，是综合题．
19.【答案】解：(1)证明：连接B1D1，BD，

∵BB1//D1D且BB1=D1D，∴四边形B1D1DB是平行四边形，
∴B1D1//BD，
又∵E，M分别为B1C1，C1D1中点，∴ME//B1D1，∴ME//BD，
∴E、M、B、D四点共面．
(2)设N是棱C1C上的一点，且C1N=14C1C，则平面EMN为符合要求的平面．
证明如下：
设H为棱C1C的中点，∵C1N=14C1C，
∴C1N=12C1H，又E为B1C1的中点，∴EN//B1H，
又CF//B1H，∴EN//CF，∴EN/​/平面A1FC，
同理MN//D1H，D1H//A1F，
∴MN//A1F，∴MN/​/平面A1FC．
EN∩MN=N，
∴平面EMN/​/平面A1FC．
【解析】(1)连接B1D1，BD，推导出四边形B1D1DB是平行四边形，从而B1D1/​/BD，由中位线定理得ME//B1D1，从而ME/​/BD，由此能证明E、M、B、D四点共面．
(2)先找出符合题意的平面，然后进行证明，欲证平面EMN/​/平面A1FC，根据面面平行的判定定理可知只需在一个平面内找两相交直线与另一平面平行，而EN/​/平面A1FC，MN/​/平面A1FC，EN∩MN=N，满足定理条件．
本题主要考查了四点共面的证明，以及平面与平面平行的判定，属于基础题．
20.【答案】解：(Ⅰ)∵1+sin2B−cs2B1+sin2B+cs2B=2sinBcsB+2sin2B2sinBcsB+2cs2B=2sinB(csB+sinB)2csB(csB+sinB)=tanB= 3，
又∵B∈(0,π)，
∴B=π3．
(Ⅱ)S=12acsinB=12a⋅asinAsinC⋅sinB= 3sinCsinA= 3sin(A+π3)sinA= 32sinA+32csAsinA= 3(12+ 32tanA)，
∵△ABC为锐角三角形，
∴0∴tanA> 33，
∴S∈( 32,2 3)．
【解析】(I)根据已知条件，结合二倍角公式，即可求解．
(Ⅱ)根据已知条件，结合三角形的面积公式，以及角A的取值范围，即可求解．
本题主要考查解三角形，考查转化能力，属于中档题．
21.【答案】(1)证明：∵函数f(x)的图像与直线y=x无公共点，
即方程ax2+2bx+4c=x无解，即方程ax2+(2b−1)x+4c=0无解，
∴Δ=(2b−1)2−16ac<0，∴4b2−4b+1−16ac<0①；
同理，∵函数f(x)的图像与直线y=−x无公共点，
即方程ax2+2bx+4c=−x无解，即方程ax2+(2b+1)x+4c=0无解，
∴Δ=(2b+1)2−16ac<0，∴4b2+4b+1−16ac<0②；
①加②得8b2+2−32ac<0即4b2−16ac<−1，得证；
(2)把b=4，c=34代入得：f(x)=ax2+8x+3=a(x+4a)2+3−16a，
∵a<0，所以f(x)max=3−16a，又f(0)=3，
①当3−16a>5，即−8∴M(a)是方程ax2+8x+3=5的较小根，
则M(a)=−8+ 64+8a2a=2 16+2a+4<24=12；
②当3−16a≤5即a≤−8时，此时M(a)≥−4a，
∴M(a)是ax2+8x+3=−5的较大根，
则M(a)=−8− 64−32a2a=4 4−2a−2≤4 20−2= 5+12，
当且仅当a=−8时取等号，
由于 5+12>12，
∴当且仅当a=−8时，M(a)取最大值 5+12；
(3)∵对任意的|x|≤2，|f(x)|≤2，f(x)=ax2+2bx+4c，
∴f(0)=4c≥−2，f(2)=4a+4b+4c≤2，对称轴为x=−2b2a，
∵a+b=1，
∴−2≤f(0)=4c=4a+4b+4c−4(a+b)=f(2)−4≤2−4=−2，
∴4c=−2，解得c=−12，
又∵|f(x)|≤2，所以f(x)≥−2=f(0)，
∴f(x)在x=0处取得最小值，且0∈(−2,2)，
∴对称轴为x=0，即−2b2a=0，解得b=0，从而a=1，
∴f(x)=x2−2．
【解析】(1)图像无公共点，转化成二次方程无解，用判别式解决；
(2)把b=4，c=34代入函数解析式，配方得到顶点式，由a小于0，得到函数有最大值，表示出这个最大值，分最大值大于5和最大值小于等于5两种类型讨论，根据求根公式求出M(a)，即可判断M(a)的最大值；
(3)由−2≤f(0)=4c=f(2)−4≤−2，解得c，由函数的最小值点和a+b=1，解出a，b，得到函数解析式．
本题以函数为载体，考查数形结合的数学思想，会求二次函数在闭区间上的最值，掌握二次函数的图象与性质，是一道综合题，属于中档题．