兰州市 2023-2024-1 高一期末模拟考试(答案)
高一数学
说明：本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分 150 分，考试时间 120 分钟.
答案写在答题卡上，交卷时只交答题卡.
第Ⅰ卷(选择题)
一、单项选择题：本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分. 在每个小题绐岀的四个选项中，
只有一项符合题目要求.
1．D
【详解】 x ( x 3) 0 x 3或 x 0 ,所以 NP = 1, 2 ， ( NP) Q = 1,2,4
故选：D
2．B
3π
【详解】 5 2π， sin5 0,cos5 0，则点 P 位于第二象限，
2
故选：B
3．D
2 m2+m
【详解】因为 y = (m 2m 2) x 是幂函数，则m2 2m 2 =1，则m = 1或m = 3，
当m = 1， y = x0 =1，不符合题意，
当m = 3， f (x) = x12 ，则 f (x) 在区间 (0,+ )上是单调递增函数，符合题意，则m = 3；
故选：D.
4．B
3
【详解】易知函数 f (x) = ln(x 1) 在其定义域 (1,+ )上连续不断，
x
3
且 f (3) = ln 2 1 0, f (4) = ln 3 0，则函数的零点在区间 (3,4)上．
4
故选：B．
5．D
1
1 1 1
【详解】a = lnπ lne =1，b = log 25 2 log5 5 = ，c = e = ，而1 e 2，即 c 1，
2 e 2
所以b
故选：D
答案第 1 页，共 10 页
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6．A
1 π 3 1 π
【详解】将 y = 2sin x + 上所有点的纵坐标伸长到原来的 倍，得到 y = 3sin x + ，
2 3 2 2 3
1 π 1
再将 y = 3sin x + 上所有点的横坐标缩短到原来的 倍，纵坐标不变，得到
2 3 2
π
y = 3sin x + ，
3
π π
将 y = 3sin x + 上所有点向左平移 个单位，得到
3 6
π π π
y = 3sin x + + = 3sin(x + ) = 3cos x ，
3 6 2
故选：A.
7．B
x
1.01x 101x 【详解】设 天后当“进步”的值是“退步”的值的 5 倍，则 = 5，即 = 5，
0.99x
99
x x
101 101 101
两边同时取对数 lg = lg5，化简得 lg = x lg = x (lg101 lg99) = lg5，
99 99 99
lg5 1 lg 2 1 0.3010
所以 x = = = 80，即 x = 80 .
lg101 lg99 lg101 lg99 2.0043 1.9956
故当“进步值”是“退步值”的 5 倍时，大约经过 80 天.
故选：B.
8．D
【详解】因为函数 f (x) = 2sin ( x + )过点 (0, 3)，
所以 f (0) 3= 3，即2sin = 3 ，故sin = ，
2
π π π
因为0 ，所以 = ，故 f (x) = 2sin x + ，
2 3 3
π π π 5π 2kπ π 2kπ
由 + 2kπ x + + 2kπ得 + x + ，所以 f ( x)的单调递增区间为
2 3 2 6 6
5π 2kπ π 2kπ
+ , + ,k Z，
6 6
π 2kπ 7π 2kπ
同理： f ( x)的单调递减区间为 + , + ,k Z，
6 6
因为 f ( x)在区间 (π, 2π)内不存在最值，所以 (π, 2π)是 f ( x)单调区间的真子集，
答案第 2 页，共 10 页
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5π 2kπ 5
π + +2k
5π 2kπ π 2kπ
( 6
6
当 π, 2π) + , + 时，有 ，解得 ，即
6 6
π 2kπ 12π + +k
6 12
5 1
+ 2k + k，
6 12
1
又因为 0， k Z，显然当 k=0时，不等式成立，且0 ；
12
π 2kπ 1
π + +2k π 2kπ 7π 2kπ
当 (
6 6
π, 2π) + , + 时，有 ，解得 ，即
6 6 7π 2kπ 72π + +k
6 12
1 7
+ 2k + k ，
6 12
1 7
又因为 0， k Z，显然当 k=0时，不等式成立，且 ；
6 12
1 1 7 1 1 7
综上：0 或 ，即 0,
12 6 12 12
,
6 12
故选：D.
二、多项选择题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. 在每小题给出的四个选项中，
有多项符合题目要求. 全部选对得 5 分，部分选对得 3 分，有选错的得 0 分.
9．BC
【详解】由 loga b 0 = loga 1，可得：
当 0 a 1时，∵ y = loga x在定义域内单调递减，
∴b 1，
此时 f (x) = ax +b 1，且 f (x) 在定义域内单调递减，B 成立，D 错误；
当 a 1时，∵ y = loga x在定义域内单调递增，
∴0 b 1，
此时 f (x) = ax +b b 1，且 f (x) 在定义域内单调递增，A 错误，C 成立．
故选：BC.
10．AB
【详解】对于 A， (3k, 4k )(k 0)到原点的距离为 r = 5 k ，
3k 3 3k 3
若 r 0时，cos = = ；若 r 0时，cos = = ，故 A 错误；
5 k 5 5 k 5
答案第 3 页，共 10 页
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π π
对于 B，若 = , 2 = ，则 B 错误；
6 3
π
对于 C，设扇形的半径为 r ，则 r = π，解得： r = 3，
3
1 π 2 3π
所以扇形面积 S = r = ，故 C 正确；
2 3 2
1 2 1
对于 D，因为sin + cos = ，则 (sin + cos ) = ，
5 25
12
所以sin cos = ，
25
sin cos tan 12 3 4
所以 = = ，解得 tan = 或 tan = .
sin2 + cos2 tan2 +1 25 4 3
1 12
因为sin + cos = 0， sin cos = 0 ，且0 π，
5 25
4
所以 sin > cos ，所以 tan = ，故 D 正确.
3
故选：AB.
11．BCD
【详解】当 f ( x)的最小正周期是 时，T = = ，则 =1，故 A 选项正确；
2 2 2
k k
当 =1时， f ( x) = tan 2x + ，所以令2x + = ， k Z，解得 x = ， k Z，
3 3 2 4 6
k
所以函数 f ( x)的对称中心的坐标为 ,0 (k Z)，故 B 选项不正确；
4 6
1
当 = 时， f (x) = tan x + ， f ( ) = f (0) = tan f = tan ，故 C 选项不正
2 3 3 6 6
确；
k 5 k
令 + k 2 x + + k ， k Z，解得 x + (k Z)，所以函数
2 3 2 2 12 2 12
k 5 k ( f x)的单调递增区间为 , + (k Z)，因为 f ( x)在区间 , 上单调递
2 12 2 12 3
k 5
2 12 3 3k 5 k 1 2
增，所以 ，解得 ≤ ≤ + ，k Z，另一方面T = ≥ = ，
k 2 4 2 12 2 3 3+
2 12
3 k 1 3 1
，所以 + ≤ (k Z)，又因为 0，所以由 k = 0，得0 ，由k =1，得
4 2 12 4 12
1 7 1 1 7
≤ ≤ ，所以 的取值范围是 0, , ，故 D 选项不正确． 4 12 12 4 12
故选:BCD
12．ACD
答案第 4 页，共 10 页
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【详解】设 f ( x) = t ，则 f (t ) = m (m R )，则 f ( f (x)) = m (m R)，
画出函数 f ( x)的图象，
①若m 0时，函数 f (t ) = m没有实数根，
②若m = 0时，函数 f (t ) = m有 2 个实数根 t1,t2 ，则 t = 1或 t1 2 =1，
当 t = 1时，则函数 y = f (x)与 y = t1 1没有交点，
当 t y = f x2 =1时，则函数 ( )与 y = t2 有 4 个交点，
所以m = 0时，方程 f ( f (x)) m = 0(m R)实数根的个数为4 .
③若0 m 1时，函数 f (t ) = m有 4 个实数根 t3,t4 ,t5,t6 ，
1
令 ln x =1，解得： x = 或 x = e，
e
1
由图象观察可知， t3 ( 2, 1)， t4 ( 1,0)， t5 ,1 ， t6 (1,e)，
e
函数 y = f (x)分别与 y = ti (i = 3,4,5,6)有0,0,4,3个交点，
所以若0 m 1时，方程 f ( f (x)) m = 0(m R)实数根的个数为 7 .
④若m =1时，函数 f (t ) = m有 4 个实数根 t7 ,t8,t9,t10 ，
1
则 t7 = 2或 t8 = 0或 t = 或 t9 10 = e，
e
函数 y = f (x)分别与 y = ti (i = 7,8,9,10)有0,2,4,3个交点，
所以若m =1时，方程 f ( f (x)) m = 0(m R)实数根的个数为9 .
⑤若m 1时，函数 f (t ) = m有3个实数根 t11,t12 ,t13,
1
由图象观察可知， t11 ( , 2)， t12 0, ， t13 (e,+ )，
e
函数 y = f (x)分别与 y = ti (i =11,12,13)有0,4,3个交点，
所以若m 1时，方程 f ( f (x)) m = 0(m R)实数根的个数为 7 .
故选：ACD.
答案第 5 页，共 10 页
{#{QQABBYYAogAgQgAAARhCAQW4CgEQkBECCIoGABAEoAIAQANABCA=}#}
二、多项选择题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. 在每小题给出的四个选项中，
有多项符合题目要求. 全部选对得 5 分，部分选对得 3 分，有选错的得 0 分.
13．1
31π 10π π π
【详解】sin cos = sin 4π + π + cos 2π + π +
6 3 6 3
π π 1 1
= sin + cos = + =1．
6 3 2 2
故答案为：1
14．2 14 + 2
【详解】由于 x 1，所以 x 1 0，
7 7 7
所以2x+ = 2(x 1)+ + 2 2 2(x 1) + 2 = 2 14 + 2，
x 1 x 1 x 1
7 2 7 14
当且仅当2(x 1) = ,(x 1) = , x =1+ 时等号成立.
x 1 2 2
故答案为：2 14 + 2
1 7
15． /0.5
2 6
1 1 1
f = = = .
【详解】单摆摆动的频率 T 2π 2
π
1 1
当 t = s 时， s = 0，故第一次到达平衡位置 O 的所需要的时间为 s．
6 6
1 1 7
所以第二次到达平衡位置 O 所需要的时间为 + T = s
6 2 6
1 7
故答案为： ； .
2 6
3
16．
2
3
【详解】 log 54 = log log 54 (3,4)3 3(2 3 ) = log3 2+3，即 3 ，
2021
因 f (x + 2) = ，且 f (x) 是 R 上的奇函数，
f (x)
答案第 6 页，共 10 页
{#{QQABBYYAogAgQgAAARhCAQW4CgEQkBECCIoGABAEoAIAQANABCA=}#}
2021 2021
f (log3 54) = f (log3 2+3) = = = f (log3 2 1) = f (1 log3 2)
则 f (log3 2+1) 2021 ，
f (log3 2 1)
3 3log3 3
因在(0,1)上 f (x) = 3x ，1 log3 2 = log3 (0,1)，于是得 f (1 log3 2) = 3
2 = ，
2 2
3
所以 f (log3 54) = .
2
3
故答案为：
2
四、解答题：本题共6 小题，共计 70 分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
19
17．(1) (2)8
8
2 3
3 2 4 ( ) 3
【详解】（1）原式== 2 3 4+ ( ) 4 1= 4 4+ ( )3
19
1=
3 2 8
2 3 2
（2）原式= 2lg5+ lg2 + lg5(lg2+1)+ (lg 2) +5
3
= 2lg5+2lg2+ lg5 lg2+ lg5+ (lg2)2 +5
= 2(lg5+ lg 2)+ lg 2 (lg5+ lg 2)+ lg5+ 5
= 2+ lg2+ lg5+5 =8 .
18．(1) tan ；(2)3.
π
( sin )( cos )( sin )cos 5π +
2
【详解】（1） f ( ) =
π
( cos )sin(π )[ sin(π + )]sin 4π + +
2
π
sin2 cos cos
2
sin
= = = tan .
π cos
( cos )sin [ ( sin )]sin +
2
sin + cos tan +1 3
（2）因为 f ( ) = 2，所以 tan = 2，∴ = = = 3 .
sin cos tan 1 1
1
19．(1) x∣x 或x 0 (2)12+8 2
2
【详解】（1）设一次函数 f (x) = kx +m (k 0)，因为 f ( x)过定点 (0,1)，
所以m =1，所以 f (x) = kx +1(k 0)，
因为 f (1) = 3，即k +1= 3，所以 k = 2，
2x +1 1 1 2x
所求不等式为 4，可得 2 0，即 0，
x x x
答案第 7 页，共 10 页
{#{QQABBYYAogAgQgAAARhCAQW4CgEQkBECCIoGABAEoAIAQANABCA=}#}
x (1 2x) 0 1
将其转化为不等式组得 ，解得 x 或 x 0，
x 0 2
1
原不等式的解集为 x∣x 或x 0 .
2
（2）由（1）知 f (x) = kx +1(k 0)，又不等式 f ( x) x 4的解集是 (b,a)，
所以 kx
2 + x 4 0(k 0)的解集是 (b,a)，
1 4 1
由题意得，a +b = ，a b = ，且k 0，所以a +b = ab且b a 0，
k k 4
4 4 4 4 4a 8b
即 + =1，所以a + 2b = (a + 2b) + =12+ + ，
a b a b b a
4a 8b 4a 8b 4a 8b
因为 0， 0，所以a + 2b =12+ + 12+ 2 =12+8 2 ，
b a b a b a
4a 8b
当且仅当 = ，即a = 4+ 4 2 ，b = 4+ 2 2 时，等号成立，
b a
所以a + 2b的最小值为12+8 2 .
2t,0 t 0.5
． y = t 0.520 (1) 1 (2)至少需要经过1h后，学生才能回到教室
, t 0.5
16
【详解】（1）依题意，当0 t 0.5时，
可设 y = kt ，且1= 0.5k ，解得 k = 2，
2t,0 t 0.5
0.5 a
1
又由 t 0.51= ，解得a = 0.5，所以 y = 1 ；
16 , t 0.5
16
t 0.5 2t 1
1 1 1
（2）令 = ，
16 4 4
即2t 1 1，解得 t 1，
即至少需要经过1h后，学生才能回到教室.
π π π
21．(1) f (x) = 2sin 2x + ，递增区间是 kπ ,kπ +6 3 6
(k Z) ；递减区间是
π 2π
kπ + ,kπ + (k Z)
6 3
(2)最大值是 3，最小值是 2 .
π π π T
【详解】（1）由图 A= 2，知 = = ，
6 12 4 4
T = π，
答案第 8 页，共 10 页
{#{QQABBYYAogAgQgAAARhCAQW4CgEQkBECCIoGABAEoAIAQANABCA=}#}
2π π π π π
= = 2， f = 2sin 2 + ，0 ，则 = ，
T 6 6 2 6
π π π π π π
f (x) = 2sin 2x + ，由2x + + 2kπ, + 2kπ 6 6 2 2
，可得 x kπ ,kπ +3 6
(k Z)，
π π
故 f (x) 的递增区间是 kπ ,kπ + (k Z) ；
3 6
π π 3π π 2π
由 2x + + 2kπ, + 2kπ ，可得 x kπ + ,kπ + (k Z) ， 6 2 2 6 3
π 2π
故 f (x) 的递减区间是 kπ + ,kπ + (k Z)
6 3
π π π 5π π
（2）当 x , 时，2x + , ，
2 12
6 6 3
π π π π π π π
当 2x + = ，即 x = 时， f (x) 取得最大值为 f ( ) = 2sin 2 + = 2sin = 3；
6 3 12 12 12 6 3
π π π π π π
当2x + = ，即 x = 时， f (x) 取得最小值为 f ( ) = 2sin 2 + = 2；
6 2 3 3 3 6
π π
f (x)在区间 , 上的最大值是 3，最小值是 2 .
2 12
3
22．(1) 3, (2) 1 1
4
1
【详解】（1） f ( ) = cos
2 + 2 sin 2 ， = ，
2
2 2
则 f ( ) =1 sin + sin 2 = sin + sin 1，
1
y = x2 + x 1的开口向下，对称轴为 x = ，
2
3
因为sin 1,1 ，所以 f ( ) = sin2 + sin 1 3, ；
4
x2 1
（2） g (x) = +1= 2 ，
x2 +1 x2 +1
x 1,1 x2∵ ，∴ 0,1 ，令 t = x2 +1，则 t 1,2 ，
1
函数 g ( x)转化为函数 y = 2 ， t 1,2 ，
t
1
函数 y = + 2在 t 1,2 上单调递增，故当 t =1时， ymin =1，
t
即函数 g ( x)的最小值为 1，
由题知， (g (x) 1) f ( )，即 f ( ) = cos2 + 2 sin 2 0对于 R 恒成立，
min
即 sin2 2 sin +1 0对于 R 恒成立，
答案第 9 页，共 10 页
{#{QQABBYYAogAgQgAAARhCAQW4CgEQkBECCIoGABAEoAIAQANABCA=}#}
令u = sin ，则u 1,1 ，记h (u ) = u2 2 u +1，u 1,1 ，故只要h (u ) 0min ，
①当 1时，h (u ) = h ( 1) = 2+ 2 0 = 1min ，解得 1，∴ ，
②当 1 1时，h (u ) = h ( ) =1
2 0
min ，解得 1 1，∴ 1 1，
③当 1时，h (u) = h (1) = 2 2 0 ，解得 1，∴ =1min ．
综合①②③得， 1 1．
答案第 10 页，共 10 页
{#{QQABBYYAogAgQgAAARhCAQW4CgEQkBECCIoGABAEoAIAQANABCA=}#}兰州市 2023-2024-1 学期期末模拟考试
高一数学
说明：本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分 150分，考试时间
120分钟. 答案写在答题卡上，交卷时只交答题卡.
第Ⅰ卷(选择题)
一、单项选择题：本大题共 8 小题，每小题 5 分，共 40 分. 在每个小题绐岀的四个选
项中，只有一项符合题目要求.
1．己知集合P = x N | x (x 3) 0 ，Q = 2, 4 ，则 ( NP) Q =（ ）
A． 1,4 B． 0,2,4 C． 0,1,2,4 D． 1, 2,4
2．坐标平面内点 P 的坐标为 (sin 5,cos5)，则点 P 位于第（ ）象限.
A．一 B．二 C．三 D．四
2
y = (m2 2m 2) xm +m3．若 是幂函数，且在 (0,+ )上单调递增，则m的值为（ ）
A． 1或 3 B．1 或 3 C． 1 D．3
3
4．函数 f (x) = ln(x 1) 的零点所在区间为（ ）
x
A． (2,3) B． (3,4) C． (4,5) D． (5,6)
1
5．已知a = lnπ，b = log52，
c = e 2 ，则 a，b，c的大小关系为（ ）
A．c a b B．b a c C．c b a D．b c a
π
6．把函数 y = f (x)的图象上各点向右平移 个单位，再把横坐标伸长到原来的 2 倍，
6
2 1 π
再把纵坐标缩短到原来的 倍，所得图象的解析式是 y = 2sin x + ，则 f (x) 的解析
3 2 3
式是（ ）
A． f (x) = 3cos x B． f (x) = 3sin x C． f (x) = 3cos x+3 D． f (x) = sin x
7．荀子《劝学》中说：“不积跬步，无以至千里；不积小流，无以成江海.”所以说学习
365
是日积月累的过程，每天进步一点点，前进不止一小点.我们可以把 (1+1%) 看作是每
365
天的“进步”率都是1%，一年后是1.01365 37.7834 ；而把 (1 1%) 看作是每天“退步”率都
365
是1%，一年后是 0.99365
1.01
0.0255 ；这样，一年后的“进步值”是“退步值”的 1481倍.
0.99365
那么当“进步值”是“退步值”的 5 倍时，大约经过（ ）天.
（参考数据： lg101 2.0043,lg99 1.9956,lg2 0.3010 )
{#{QQABBYYAogAgQgAAARhCAQW4CgEQkBECCIoGABAEoAIAQANABCA=}#}
A．70 B．80 C．90 D．100
π
8．已知函数 f (x) = 2sin ( x + ) 0,0 的图象过点 (0, 3)，且在区间 (π, 2π)
2
内不存在最值，则 的取值范围是（ ）
1 1 2 1 1 2 1 1 7
A． 0, B． , C． 0, , D． 0, ,
12 3 3 12 3 3 12
6 12
二、多项选择题：本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分. 在每小题给出的四个选项
中，有多项符合题目要求. 全部选对得 5 分，部分选对得 3 分，有选错的得 0 分.
9．若 loga b 0，则函数 f (x) = a
x +b的大致图象是（ ）
A． B．
C． D．
10．下列说法错．误．的是（ ）
3
A．若 终边上一点的坐标为 (3k, 4k )(k 0)，则cos =
5
B．若角 为锐角，则2 为钝角
π 3π
C．若圆心角为 的扇形的弧长为π，则该扇形的面积为
3 2
1 4
D．若sin + cos = ，且0 π，则 tan =
5 3
11．已知函数 f (x) = tan 2 x + ( 0)，则下列说法不正确的是（ ）
3
A．若 f ( x)的最小正周期是 ，则 =1
2
k
B．当 =1时， f ( x)图象的对称中心的坐标都可以表示为 ,0 (k Z)
2 6
1
C．当 = 时， f ( ) f
2 6
1
D．若 f ( x)在区间 , 上单调递增，则0
3 3
2
(x +1) , x 0
12．已知函数 f (x) = ，则方程 f ( f (x)) m = 0(m R)实数根的个数可
lnx , x 0
以为 （ ）
A．4 B．6 C．7 D．9
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第Ⅱ卷(非选择题)
三、填空题(本大题共 4 小题，每小题 5 分，共 20 分)
31π 10π
13．计算：sin cos ＝ ．
6 3
7
14．当 x 1时，2x + 的最小值为 ．
x 1
15．如图，单摆从某点开始来回摆动，离开平衡位置 O 的距离 s（单位:cm）和时间 t
（单位:s）的函数关系为 s = 2cos t + ，那么单摆摆动的频率为 ，第二次到
3
达平衡位置 O 所需要的时间为 s．
2021
16．定义在 R 上的奇函数 f (x) 满足 f (x + 2) = ，且在(0,1)上 f (x) = 3x ，则
f (x)
f (log3 54) =
四、解答题：本题共6 小题，共 70 分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤.
17．（10 分）计算下列各式的值：
3
2 2
1 16 4(1)83
+ ( 2021)
0 ；
2 81
2 log 5
(2) 2lg5+ lg8+ lg5 lg 20 + (lg 2)
2 + 7 7 .
3
π 11π
sin (2π )cos (π + )cos + cos
2 2
18．（12 分）已知 f ( ) = .
9π
cos (π )sin (3π )sin ( π )sin +
2
(1)化简 f ( )；
sin + cos
(2)已知 f ( ) = 2，求 的值.
sin cos
19．（12 分）已知一次函数 f ( x)过定点 (0,1)．
f x
(1)若 f ( ) ( )1 = 3 ，求不等式 4解集．
x
(2)已知不等式 f ( x) x 4的解集是 (b,a)，求a + 2b的最小值．
{#{QQABBYYAogAgQgAAARhCAQW4CgEQkBECCIoGABAEoAIAQANABCA=}#}
20．（12 分）秋冬季是流感的高发季节，为了预防流感，某学校决定对教室采用药熏消
毒法进行消毒，药熏开始前要求学生全部离开教室.已知在药熏过程中，教室内每立方
米空气中的药物含量 y （毫克）与药熏时间 t （小时）成正比：当药熏过程结束，药物
即释放完毕，教室内每立方米空气中的药物含量 y（毫克）达到最大值.此后，教室内每
t a
1
立方米空气中的药物含量 y（毫克）与时间 t（小时）的函数关系式为 y = （a为
16
1
常数， t ）.已知从药熏开始，教室内每立方米空气中的药物含量 y （毫克）关于时
2
间 t （小时）的变化曲线如图所示.
（1）从药熏开始，求每立方米空气中的药物含量 y （毫克）
与时间 t （小时）之间的函数关系式；
1
（2）据测定，当空气中每立方米的药物含量不高于 毫克时，
4
学生方可进入教室，那么从药薰开始，至少需要经过多少小时后，学生才能回到教室.
π
21．（12 分）已知函数 f (x) = Asin( x+ )（ A 0， 0，0 ）的部分图象如图
2
π
所示，其中 f (x) 的图象与 x轴的一个交点的横坐标为 .
12
(1)求这个函数的解析式，并写出它的单调区间；
π π
(2)求函数 f (x) 在区间 ,2 12
上的最大值和最小值.
a b a b
22．（12 分）把符号 称为二阶行列式，规定它的运算法则为 = ad bc ．已
c d c d
cos 1 sin
知函数 f ( ) = ．
2 cos
1
(1)若 = ， R，求 f ( )的值域；
2
x2 1
(2)函数 g (x) = 1 ，若对 x 1,1 ， R ，都有 g ( x) 1 f ( )恒成立，求
1
x2 +1
实数 的取值范围．
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