期末精选50题（提升版）新高考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

这是一份期末精选50题（提升版）新高考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，共35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。

期末精选50题（提升版）

一、单选题
1．（2020·浙江杭州·高一期末）若a，b，c均为正实数，则三个数，，（ ）
A．都不大于2 B．都不小于2
C．至少有一个不大于2 D．至少有一个不小于2
【答案】D
【分析】对于选项ABC可以举反例判断，对于选项D, 可以利用反证法思想结合基本不等式，可以确定，，至少有一个不小于2，从而可以得结论．
【详解】解：A. 都不大于2，结论不一定成立，如时，三个数，，都大于2，所以选项A错误；
B. 都不小于2，即都大于等于2，不一定成立，如则，所以选项B错误；
C.至少有一个不大于2，不一定成立，因为它们有可能都大于2，如时，三个数，，都大于2，所以选项C错误.
由题意，∵a，b，c均为正实数，
∴．
当且仅当时，取“=”号，
若，，，则结论不成立，
∴，，至少有一个不小于2，所以选项D正确；
故选：D．
2．（2021·河北·衡水市冀州区第一中学高一期末）在使成立的所有常数M中，我们把M的最小值叫做的上确界，若，且，则的上确界为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】根据题意，结合均值不等式中“1”的妙用，即可求解.
【详解】根据题意，由，得，
因为，，所以，当且仅当，即时，等号成立，
因此，根据定义知，的上确界为.
故选：D.
3．（2020·上海市洋泾中学高一期末）若，则下列不等式中不能成立的是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【分析】对于A,C,D利用不等式的性质分析即可，对于B举反例即可
【详解】对于A，因为，所以，所以，即，所以A成立；
对于B，若，则，，此时，所以B不成立；
对于C，因为，故，所以，所以C成立；
对于D，若，故，即，则，所以D成立；
故选：B
4．（2020·安徽·定远县育才学校高一期末）若是定义在上的奇函数，且在上是增函数，，则解集是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】由奇函数性质可得在上是增函数，由此可确定在不同区间内的正负，结合的正负可得结果.
【详解】为上的奇函数，且在上是增函数，在上是增函数，
又，
当时，；当时，；当时，；当时，；当时，；
当或时，，即的解集为.
故选：A.
5．（2021·广西南宁·高一期末）已知偶函数在区间上单调递增，则满足的x的取值围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【分析】根据题意得，进而得，再解不等式即可.
【详解】因为偶函数在区间上单调递增，且满足，
所以不等式等价为，即：，
所以，解得：，
故的取值范围是.
故选：A
6．（2021·湖南·长沙县第九中学高一期末）已知是定义在上的减函数，那么的取值范围是（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用分段函数在上单调递减的特征直接列出不等式组求解即得.
【详解】因函数是定义在上的减函数，则有，解得，
所以的取值范围是.
故选：D
7．（2018·江西横峰·高一期末（理））函数（，）的最小正周期为，若其图象向左平移个单位后得到的函数为偶函数，则函数的图象（ ）
A．关于直线对称 B．关于直线对称
C．关于点对称 D．关于点对称
【答案】D
【分析】先利用周期公式求出值，再利用图象平移和奇偶性求得值，再利用、的值判定是否具有对称性.
【详解】因为的最小正周期为，
所以，解得，
即，
将的图象向左平移个单位后得到
的图象，
因为是偶函数，所以，，
即，，
又因为，所以，即，
因为，所以选项A、C错误；
因为，所以函数的图象关于点对称，即选项D正确.
故选：D.
8．（2020·广东揭东·高一期末）已知角的始边与轴的非负半轴重合，终边与单位圆的交点为，则的值为（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【分析】利用任意角三角函数定义可求得，结合诱导公式可得关于正余弦的齐次式，由此求得结果.
【详解】由题意得：，
.
故选：D.
9．（2021·浙江·高一期末）“且”是“”的（ ）
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充分必要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】A
【分析】分充分性和必要性进行判断：
充分性：利用的单调性判断；
必要性：取特殊值进行否定.
【详解】充分性：当时，为增函数，所以当时，有成立，故充分性满足；
必要性：当时，取,满足但是不符合且，故必要性不满足.
所以“且”是“”的充分而不必要条件.
故选：A
【点睛】判断充要条件的四种方法：
（1）定义法；（2）传递性法；（3）集合法；（4）等价命题法.
10．（2018·浙江诸暨·高一期末）已知定义在实数集上的函数是偶函数，且在上单调递增，，则不等式的解集为 （ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】根据函数是偶函数，且在上单调递增，可得函数在上单调递减，从而可得不等式等价于或，从而可得出答案.
【详解】解：因为函数是偶函数，且在上单调递增，
所以函数在上单调递减，
又因，所以，
不等式等价于或，
即或，
所以或，
即不等式的解集为.
故选：B.
11．（2021·全国·高一期末）如果在实数运算中定义新运算“”：．那么对于任意实数a、b、c，以下结论中不一定成立的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【分析】计算出和可判断A；利用可判断B；计算出、可判断C；计算出、可判断出D．
【详解】A中，，，得，所以A一定成立；
B中，当时，，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．
故选：B.
12．（2021·甘肃张掖·高一期末（理））如图，在平面直角坐标系中，角与角均以为始边，终边分别是射线和射线，且射线和射线关于轴对称，射线与单位圆的交点为，则的值是（ ）

A． B． C． D．
【答案】D
【分析】由三角函数的定义可得，，，的值，再由差角的余弦公式计算即得.
【详解】由任意角的三角函数的定义可得，，，
因，且射线和射线关于轴对称，则射线OB与单位圆的交点为，于是得，，
因此，，
所以的值是.
故选：D

二、多选题
13．（2020·广东·仲元中学高一期末）已知，，，均为实数，则下列命题正确的是（ ）
A．若，，则 B．若，则
C．若，，则 D．若，则
【答案】BCD
【分析】取，，，可判断A；由，以及可判断B；利用不等式的性质可判断C；利用均值不等式可判断D
【详解】选项A，取，，，，满足，，则，错误；
选项B，由于，故，故
故，正确；
选项C，若，则，且，则，正确；
选项D，由，利用均值不等式，，当且仅当，即时等号成立，正确
故选：BCD
14．（2021·广东高州·高一期末）王老师往返两地的速度分别为和，全程的平均速度为，则( )
A． B． C． D．
【答案】BD
【分析】首先求出全程所需时间，即可求出全程平均速度，进而判断AB；根据全程的平均速度并结合均值不等式和作差法比较大小即可判断CD.
【详解】设两地路程为，则全程所需的时间为，
则全程的平均速度，A错误，B正确；
又由，由均值不等式可得，，
故，故C错误；
因为，
所以，则，故D正确．
故选：BD．
15．（2021·广东蓬江·高一期末）已知定义在上的函数的图象是连续不断的，且满足以下条件：①，；②，，当时，；③.则下列选项成立的是（ ）
A． B．若，则
C．若，则 D．，，使得
【答案】CD
【分析】根据题中的条件确定函数的奇偶性和单调性，再逐项验证即可得出答案.
【详解】根据题中条件知，函数为R上的偶函数；
根据题中条件知，函数在上单调递增.
根据函数的单调性得，，选项A错误；
是R上的偶函数，且在上单调递增
时， ，解得，选项B错误；
或
解得或，即 时，，选项C正确；
根据偶函数的单调性可得，函数在上单调递减
在R上有最小值，故选项D正确.
故选：CD.
16．（2021·河北·衡水市冀州区第一中学高一期末）函数，下列命题为真命题的是（ ）
A． B．
C．都不是偶函数 D．是奇函数
【答案】BD
【分析】取特殊值，利用正弦型函数的运算性质进行判断﹒
【详解】A选项，若命题成立，则必须为整数，所以是假命题；
B选项，当时，函数满足，∴B是真命题；
C选项，当时，，满足，∴C是假命题；
D选项，当时，，满足，∴D是真命题．
故选：BD．
17．（2021·浙江浙江·高一期末）“”的一个充分不必要条件可以是（ ）
A． B． C． D．
【答案】BC
【分析】化简得，再利用集合的关系判断得解.
【详解】，所以.
设,设选项对应的集合为,
因为选项是“”的一个充分不必要条件，
所以是的真子集.
故选：BC.
【点睛】方法点睛：判断充分必要条件的常用方法有：（1）定义法；（2）集合法；（3）转化法.要根据已知条件灵活选择方法判断得解.
18．（2021·广东·仲元中学高一期末）定义在上的函数满足，当时，，则满足（ ）
A． B．是奇函数
C．在上有最大值 D．的解集为
【答案】ABD
【分析】利用赋值法可判断A选项的正误；利用函数奇偶性的定义可判断B选项的正误；利用函数单调性的定义可判断C选项的正误；利用函数的单调性解不等式，可判断D选项的正误.
【详解】对于A选项，令，可得，解得，A对；
对于B选项，函数的定义域为，
令，可得，则，
故函数是奇函数，B对；
对于C选项，任取、且，则，
即，所以，
所以，函数为上的减函数，
所以，在上有最大值，C错；
对于D选项，由于为上的减函数，由，可得，解得，D对.
故选：ABD.
19．（2021·河北张家口·高一期末）设函数，若，则实数可以为（ ）
A． B． C． D．
【答案】AB
【分析】分、、三种情况讨论，验证是否成立，综合可得出实数的取值范围，即可得出合适的选项.
【详解】若，则，，成立；
若，则，，成立；
若，则，，不成立.
综上所述，实数的取值范围是.
故选：AB.
20．（2021·重庆·高一期末）高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，他和阿基米德､牛顿并列为世界三大数学家，用其名字命名的“高斯函数”为：设，用表示不超过的最大整数，则称为高斯函数.例如：，.已知函数，则关于函数的叙述中正确的是（ ）
A．是奇函数 B．在上是减函数
C．是偶函数 D．的值域是
【答案】AD
【分析】利用奇偶性的定义判断选项A，C，由函数单调性的结论，判断选项B，由函数单调性求出f（x）的取值范围，结合定义可得g（x）的值域，即可判断选项D．
【详解】解：因为函数＝，
所以，
则函数f（x）为奇函数，
故选项A正确；
因为所以f（x）在R上单调递增，
故选项B错误；
因为，则，
，
因为所以函数g（x）不是偶函数，
故选项C错误；
又，
所以，
故g（x）＝[f（x）]的值域为{﹣1，0}，
故选项D正确．
故选：AD．
21．（2021·河北张家口·高一期末）已知函数，实数、满足，则下列结论正确的有（ ）
A． B．、，使
C． D．
【答案】CD
【分析】作出函数的图象，利用绝对值的性质可得出，可判断AC选项的正误，利用基本不等式可判断BD选项的正误.
【详解】画出函数的图象如下图所示：

当时，，则，
设，则，
因为，可得，可得，
由，可得，可得，
由，可得，则，A错，C对；
由基本不等式可得，所以，则，B错，D对.
故选：CD.
22．（2021·河北迁安·高一期末）给定函数（ ）
A．的图像关于原点对称 B．的值域是
C．在区间上是增函数 D．有三个零点
【答案】AB
【分析】对于A：由函数的定义域为R，，可判断；
对于B：当时，，当时，，由或，可判断；
对于C：由在单调递增可判断；
对于D：令，解方程可判断.
【详解】解：对于A：因为函数的定义域为R，且，所以函数是奇函数，所以的图像关于原点对称，故A正确；
对于B：当时，，
当时，，又或，所以或，
综上得的值域为，故B正确；
对于C：因为在单调递增，所以由B选项解析得， 在区间上是减函数，故C不正确；
对于D：令，即，解得，故D不正确，
故选：AB.
23．（2021·广东·仲元中学高一期末）已知函数，，则下列结论中正确的是（ ）
A．两函数的图象均关于点成中心对称
B．两函数的图象均关于直线成轴对称
C．两函数在区间上都是单调增函数
D．两函数的最大值相同
【答案】CD
【分析】根据题意，先化简两函数解析式，再结合正弦函数的图像性质，一一判断即可.
【详解】根据题意得，，.
对于选项AB，因，，
所以函数的图象关于点成中心对称，而函数的图象关于直线成轴对称，故AB都错；
对于选项C，当时，，，因在上单调递增，所以两函数在区间上都是单调增函数，故C正确；
对于选项D，因，，所以，故D正确.
故选：CD.
三、填空题
24．若正数x，y满足，则的取值范围是______．
【答案】
【分析】利用均值不等式以及换元求出答案.
【详解】因为，
由均值不等式得：，
令，则．
化简得
解得或（舍去），
所以的取值范围为.
故答案为：.
25．（2021·辽宁·抚顺市第六中学高一期末）设则的最小值为________
【答案】
【分析】利用换元法，令将所给的代数式进行变形，然后利用均值不等式即可求得最小值.
【详解】由，可得.
可令，即，则，
当且仅当，时，等号成立.
故答案为：．
26．（2020·天津河西·高一期末）已知函数若是函数的最小值，则实数的取值范围为______．
【答案】
【分析】利用定义可知在上递减，在上递增，所以当时，取得最小值为，再根据是的最小值，可知且，解得结果即可得解.
【详解】当时，，
任设，则，
当时，，，
所以，所以，
当时，，，
所以，所以，
所以在上递减，在上递增，
所以当时，取得最小值为，
又因为是的最小值，所以且，解得.
故答案为：.
27．（2021·上海徐汇·高一期末）若关于的方程在内恰有三个实数根，则实数的取值范围是________
【答案】
【分析】题中有绝对值,故考虑分绝对值中的正负情况进行去绝对值讨论即可.
【详解】设,.
当时,有;当时有.
故.
当时，，
当且仅当，即时取等号
根据对勾函数性质可知
故在上单调递减,在上单调递增.
又在为减函数,如图

.

故方程在内恰有三个相异实根则.
故答案为：
28．（2021·上海徐汇·高一期末）下列四个命题中正确的是________
①已知定义在上的偶函数，则；
②若函数，，值域为（），且存在反函数，则函数，与函数，是两个不同的函数；
③已知函数，，既无最大值，也无最小值；
④函数的所有零点构成的集合共有4个子集；
【答案】①②
【分析】由偶函数的定义可判断①；由互为反函数的定义可判断②；由的单调性可判断③；由的解的个数和集合的子集个数，可判断④．
【详解】①已知定义在上是偶函数，设，可得，
则，故①正确；
②若函数，，值域为，且存在反函数，
则函数，与函数，，即，，由于
是两个不同的函数，故②正确；
③已知函数，，由在递减，在递减，
当时，，当 时，
又，所以，故③错误；
④函数，由，可得或3，解得或，
的所有零点构成的集合中共有四个元素，共有16个子集，故④错误．
故答案为：①②．
29．（2020·上海金山·高一期末）若，且均为锐角，则________．
【答案】
【分析】先求得的值，由可求得的值.
【详解】解：由于是锐角，所以，
所以，
所以
.
故答案为：.
30．（2020·广东揭东·高一期末）已知函数的单调递增区间为，则________
【答案】
【分析】令可得一个单调递增区间，根据对称性可知，由此可构造方程求得结果.
【详解】令，则的一个单调递增区间为，
，，即，.
故答案为：.
31．（2021·云南·昭通市昭阳区第二中学高一期末）在下列所示电路图中，下列说法正确的是____(填序号)．

（1）如图①所示，开关A闭合是灯泡B亮的充分不必要条件；
（2）如图②所示，开关A闭合是灯泡B亮的必要不充分条件；
（3）如图③所示，开关A闭合是灯泡B亮的充要条件；
（4）如图④所示，开关A闭合是灯泡B亮的必要不充分条件．
【答案】（1）（2）（3）
【分析】充分不必要条件是该条件成立时，可推出结果，但结果不一定需要该条件成立；必要条件是有结果必须有这一条件，但是有这一条件还不够；充要条件是条件和结果可以互推；条件和结果没有互推关系的是既不充分也不必要条件
【详解】（1）开关闭合，灯泡亮；而灯泡亮时，开关不一定闭合，所以开关闭合是灯泡亮的充分不必要条件，选项（1）正确.
（2）开关闭合，灯泡不一定亮；而灯泡亮时，开关必须闭合，所以开关闭合是灯泡亮的必要不充分条件，选项（2）正确.
（3）开关闭合，灯泡亮；而灯泡亮时，开关必须闭合，所以开关闭合是灯泡亮的充要条件，选项（3）正确.
（4）开关闭合，灯泡不一定亮；而灯泡亮时，开关不一定闭合，所以开关闭合是灯泡亮的既不充分也不必要条件，选项（4）错误.
故答案为（1）（2）（3）.
32．已知正实数x，y满足，则的最小值为___________.
【答案】
【分析】由条件可得且，利用基本不等式求解即可
【详解】由得，
又，为正实数，所以，得，
则，
，
当且仅当,即时取等号，
所以的最小值为，
故答案为：
33．（2020·广东·仲元中学高一期末）已知函数，函数，，对于任意，总存在，使得成立，则实数的取值范围是________．
【答案】
【分析】根据题意得到，从而只需求函数和函数的最大值即可.
【详解】因为对于任意，总存在，使得成立，
所以只需，
因为，所以当时，；
当时，在上单调递增，所以，
所以此时只需，即；
当时，在上单调递减，所以，
所以此时只需，即；
当时，，此时不满足题意.
综上知：实数的取值范围为.
故答案为：.
34．（2021·甘肃·嘉峪关市第一中学高一期末）十七世纪德国著名天文学家开普勒曾经说过：“几何学里有两件宝，一个是勾股定理，一个是黄金分割，如果把勾股定理比作黄金矿的话，黄金分割就可以比作钻石矿”.如果把顶角为36°的等腰三角形称为“黄金三角形”，那么我们常见的五角星则是由五个黄金三角形和一个正五边形组成，如图所示.在一个黄金三角形中，（黄金分割比），根据这些信息，可以得出°=___________.

【答案】
【分析】由图形知，，求出，利用二倍角公式以及诱导公式求解即可．
【详解】解：由图形知，，则，，
所以，
故，
故答案为：．
四、解答题
35．（2020·浙江·高一期末）已知不等式的解集为或.
（1）求实数a，b的值；
（2）解关于x的不等式（其中c为实数）.
【答案】（1），，（2）答案见解析
【分析】（1）根据不等式的解集得出对应方程的解，由此求出、的值；
（2）不等式化为，然后分，和讨论即可求出不等式的解集．
（1）不等式的解集为，或，
所以1和是方程的解，
所以，解得；
由根与系数的关系知，解得；
所以，；.
（2）由（1）知，不等式为，
即，
当时，不等式化为，解得；
当时，解不等式得；
当时，若，即时，解不等式得或，若，即时，解不等式得，若，即，解不等式得或，
综上知，时，不等式的解集为；
时，不等式的解集为
时，不等式的解集为或；
时，不等式的解集为
时，不等式的解集为或．
36．（2021·山东济宁·高一期末）在①“xA是xB的充分不必要条件；②；③这三个条件中任选一个，补充到本题第（2）问的横线处，求解下列问题：已知集合，.
（1）当a=2时，求；
（2）若选 ，求实数a的取值范围.
【答案】（1）；（2）答案见解析.
【分析】（1）当时，求出集合再根据并集定义求；
（2）选择有AB，列不等式求解即可；选择有同样列出不等式求解；选择因为，则或，求解即可．
【详解】（1）当时，集合，，
所以；
（2）选择因为“” 是“”的充分不必要条件，所以AB，
因为，所以又因为，
所以 等号不同时成立，
解得，
因此实数a的取值范围是.
选择因为，所以.
因为，所以.
又因为，
所以，解得，
因此实数a的取值范围是.
选择因为，
而，且不为空集，，
所以或，
解得或，
所以实数a的取值范围是或．
37．（2021·甘肃·宁县第二中学高一期末）“活水围网”养鱼技术具有养殖密度高、经济效益好的特点.研究表明：“活水围网”养鱼时，某种鱼在一定的条件下，每尾鱼的平均生长速度（单位：千克/年）是养殖密度（单位：尾/立方米）的函数.当时（尾/立方米）时，的值为2（千克/年）；当时，是的一次函数；当（尾/立方米）时，因缺氧等原因，的值为0（千克/年）.
（1）当时，求函数的表达式；
（2）当为多大时，鱼的年生长量（单位：千克/立方米）可以达到最大，并求出最大值.
【答案】（1）
（2），鱼的年生长量可以达到最大值12.5
【分析】（1）根据题意得建立分段函数模型求解即可；
（2）根据题意，结合（1）建立一元二次函数模型求解即可.
（1）解：（1）依题意，当时，
当时，是的一次函数，假设
且，，代入得：，解得.
所以
（2）解：当时，，
当时，
所以当时，取得最大值
因为
所以时，鱼的年生长量可以达到最大值12.5.
38．（2021·浙江·高一期末）已知某公司生产某款手机的年固定成本为40万元，每生产1万部还需另投入16万元．设公司一年内共生产该款手机x万部并全部销售完，每1万部的销售收入为万元，且．
（1）写出年利润（万元）关于年产量x（万部）的函数的解析式；
（2）当年产量为多少万部时，公司在该款手机的生产中获得的利润最大?并求出最大利润．
【答案】（1）
（2）当年产量为32万部时，获得的利润最大，最大利润为6104万元
【分析】（1），考虑两种情况得到分段函数，计算得到答案。
（2）利用二次函数性质和均值不等式分别计算分段函数的最值，比较得到答案。
（1）
当时，；
当时，，
所以；
（2）当时，，所以；
当时，，
由于，
当且仅当，即时取等号，此时的最大值为5760，
综上所述，当年产量为32万部时，获得的利润最大，最大利润为6104万元．
39．（2020·云南·富源县第六中学高一期末）已知函数是定义在上的奇函数，且．
（1）确定函数的解析式；
（2）用定义法证明在上是增函数；
（3）解关于x的不等式．
【答案】（1）（2）证明见解析（3）
【分析】（1）由，求得，再根据，求得的值，即可求得函数的解析式.
（2）根据函数单调性的定义和判定方法，即可证得函数在区间上是增函数.
（3）把不等式转化为，列出不等式组，即可求解.
（1）由题意，函数是定义在上的奇函数，
可得，即，可得，即，
又由，可得，解得，所以，
经验证，此时满足，所以函数为奇函数.
所以函数的解析式为，
（2）解：设且，
则，
因为且，可得，
所以，即，
所以函数在区间上是增函数.
（3）因为函数是定义在上的奇函数，
则不等式可化为，
又因为函数在区间上是增函数，
可得，解得，即不等式的解集为
40．（2021·全国·高一期末）已知函数为偶函数，函数为奇函数，对任意实数x恒成立．
（1）求函数与的表达式；
（2）设，．若对于恒成立，求实数m的取值范围；
（3）对于（2）中的函数，若方程没有实数解，求实数m的取值范围．
【答案】（1），（2）（3）
【分析】（1）利用函数的奇偶性，列方程组求函数的解析式；
（2）由（1）变形，转化为对于恒成立，再根据函数在区间[3，4]上单调性可得答案；
（3）由，为使方程没有实数解，转化为*没有大于等于实数解，分方程*没有实数解时、方程*的两个实数解可得答案.
（1）由，得．又因为为偶函数，为奇函数，所以，
所以 解得，．
（2）由，则，



，
所以对于恒成立，即对于恒成立，所以，
函数在区间[3，4]上是严格增函数，所以当时，，因此．
（3）由，知的最小值为，
为使方程没有实数解，只需方程没有大于等于的实数解，即
*，
没有大于等于实数解，
①方程*没有实数解时，，解得；
②方程*的两个实数解都小于时，，得，此时，只需，解得．
综上所述，当时，方程没有实数解．
41．（2021·河北邯郸·高一期末）已知是定义在上的奇函数，且当时，.
（1）求函数在上的解析式；
（2）若对所有，恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）（2）
【分析】（1）利用奇函数的定义可得函数的解析式；
（2）由二次函数的性质可得函数的最小值，代入不等式，进而利用一次函数的性质列不等式组，可得实数的取值范围．
（1）因为函数为定义域上的奇函数，所以，
当时，，所以，
因为是奇函数，所以，
所以，
所以
（2）作出在区间上的图象，如图：

可得函数在上为减函数，所以的最小值为，
要使对所有，恒成立，
即对所有恒成立，
令，，
则，即，
可得：，
所以实数的取值范围是.
42．（2021·上海徐汇·高一期末）已知常数，函数.
（1）若，求不等式的解集；
（2）若函数至少有一个零点在内，求实数的取值范围；
（3）若，且存在，使函数在区间上的最大值与最小值之差不超过1，求实数的取值范围.
【答案】（1）；（2）；（3）.
【分析】（1），然后根据对数的单调性进行求解即可.
（2）在上有解，化简，对讨论即可.
（3）化为存在使得在成立，然后花间计算即可.
（1）或，即
（2）在上有解
所以在上有解，且
当时，，不符合题意；
当时，或

所以
（3）由则恒成立
又在上单调递减
所以
所以，即存在使成立

即在有解，令
任取，则
则
化简可得
由，所以，即
所以在单调递减，
所以，所以
又，所以
43．（2021·浙江浙江·高一期末）为了预防新型冠状病毒，唐徕回民中学对教室进行药熏消毒，室内每立方米空气中的含药量y（单位：毫克）随时间x（单位：h）的变化情况如图所示，在药物释放过程中，y与x成正比，药物释放完毕后，y与x的函数关系式为（a为常数），根据图中提供的信息，回答下列问题：

（1）写出从药物释放开始，y与x的之间的函数关系；
（2）据测定，当空气中每立方米的含药量降低至0.25毫克以下时，学生方可进入教室，那么从药物释放开始，至少需要经过多少小时后，学生才能回到教室．
【答案】（1）（2）0.6
【分析】（1）利用函数图象经过点，分段讨论即可得出结论；
（2）利用指数函数的单调性解不等式．
（1）解：依题意，当时，可设，且，
解得
又由，解得，
所以；
（2）解：令，即，
得，解得，
即至少需要经过后，学生才能回到教室．
44．（2021·全国·高一期末）高铁体现了中国装备制造业水平，是一张亮丽的名片．设甲、乙两个城市相距2000 km，高铁列车从甲地匀速行驶到乙地，速度不超过350 km/h．已知高铁列车每小时的运输成本（元）由可变部分和固定部分组成，可变部分与速度x（km/h）的平方成正比，比例系数为，固定部分为10000元．
（1）写出全程的运输成本y（元）关于速度x（km/h）的函数表达式，并指出函数的定义域；
（2）求高铁列车时速大约为多少（km/h）时，全程运输成本（元）最小．（均保留到整数）
【答案】（1），定义域为
（2）高铁列车时速大约224 km/h时，全程运输成本最小，约为17889元
【分析】（1）由题意求出高铁列车行驶的时间和每小时的运输成本，从而可求出全程的运输成本y（元）关于速度x（km/h）的函数表达式，
（2）利用基本不等式可求得结果
（1）由题意可知高铁列车行驶的时间为，每小时的运输成本为元，则
，定义域为．
（2）（元），等号当且仅当时成立，解得．
答：高铁列车时速大约224 km/h时，全程运输成本最小，且约为17889元．
45．（2021·全国·高一期末）已知函数的表达式为．
（1）若，，求的值域．
（2）当时，求的最小值．
（3）对于（2）中的函数，是否存在实数m、n，同时满足：①；②当的定义域为[m，n]时，其值域为？若存在，求出m、n的值；若不存在，请说明理由．
【答案】（1）（2）
（3）不存在满足条件的实数m、n，理由见解析
【分析】
（1）由，利用的范围可得的范围可得答案；
（2）令，函数可转化为，分、、讨论可得答案；
（3）利用的单调性，得到，两式相减可得答案．
（1）当时，由，得，
因为，所以，．
（2）令，因为，故，函数f（x）可转化为
，
①当时，；
②当时，；
③当时，．
综上所述，.
（3）因为，，在R上是严格减函数，
所以在上的值域为，
又在上的值域为，所以，即，
两式相减，得，因为，所以，
而由，可得，与矛盾．
所以，不存在满足条件的实数m、n．
46．（2020·黑龙江·大兴安岭实验中学高一期末）函数.
（1）用五点作图法画出函数一个周期的图象，并求函数的振幅、周期、频率、相位；
（2）此函数图象可由函数怎样变换得到.
【分析】（1）由分别等于，计算描点作图，并由三角函数性质求解．
（2）根据三角函数图象变换规则作答．
（1）列表：







0





0
2
0
－2
0
描点连线（如图）：

振幅：2，周期，频率，相位：．
（2）把的图象向右平移个单位，然后图象上所有点的的横坐标扩大为原来的3倍，纵坐标不变，再把所得图象上所有点的横坐标不变，纵坐标扩大为原来的2倍，得图象的解析式为．
47．（2021·河北·衡水市冀州区第一中学高一期末）已知函数
x






0











（1）请结合所给表格，在所给的坐标系中作出函数一个周期内的简图.
（2）求的单调增区间.
（3）求的最值及相应的x的取值.
【答案】（1）见详解；（2），；
（3）当，时，；当，时，.
【分析】（1）根据题意，结合“五点法”完成表格，描点作图即可；
（2）根据题意，结合正弦函数的单调递增区间，整体带入，即可求解；
（3）根据题意，结合图像，即可求解.
（1）根据题意，结合“五点法”完成表格，如下：







0










函数一个周期内的简图，如下：
.
（2）根据题意，由，，
得，，
故的单调增区间为，.
（3）根据题意，结合图像可知，
当，时，；
当，时，.
48．（2021·北京·中国农业大学附属中学高一期末）已知函数.
（1）求的最小正周期和单调递增区间；
（2）若在区间上的最大值为，求m的最小值.
【答案】（1）的最小正周期，单调递增区间为
（2）
【分析】（1）用降幂公式和辅助角公式结合化简三角函数，进而得到周期和单调区间；
（2）利用正弦函数的图象和性质即得.
（1）∵，
∴的最小正周期，
由，
可得的单调递增区间为．
（2）当时，，
因为在区间上的最大值为，
所以可以取到最大值1，
从而，可得，
∴的最小值为．
49．（2020·广东揭东·高一期末）已知函数f(x)＝2cos2x＋sin2x－4acosx.
（1）若a=1，求的值；
（2）求函数f(x)的最大值g(a).
【答案】（1）（2）ga=2-4a,a≤02+4a,a>0
【分析】（1）直接代入数据计算得到答案.
（2）化简得到，设，得到新函数，考虑函数的对称轴大于等于零和小于零两种情况，分别计算最值得到答案.
（1）当时，，
.
（2）
.
设，，故，函数对称轴为.
当，即时，；
当，即时，；
故ga=2-4a,a≤02+4a,a>0.
50．（2020·广东·仲元中学高一期末）已知函数．
（1）求函数的最小正周期；
（2）求在上的值域；
（3）将的图象向右平移得到函数的图象，若，探究在上是否存在零点．
【答案】（1）；（2）；（3）存在.
【分析】（1）利用二倍角公式，诱导公式，辅助角公式对函数的解析式进行化简，然后利用周期公式即可求出答案；
（2）根据的范围求出的范围，然后结合正弦函数的图象即可求出函数在上的值域；
（3）利用图象的平移变换求出函数的解析式，然后根据零点存在性定理即可判断出结论.
（1）
，
所以函数的最小正周期；
（2）由（1）知，
由，得，所以，
所以，所以，
即函数在上的值域为；
（3）易知，
所以，，
因为，，，
所以在上存在零点．