浙江省宁波市九校2023-2024学年高一上学期1月期末联考数学试题
1．（2024高一上·宁波期末）若集合，，则的子集个数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】子集与真子集；交集及其运算；指数函数单调性的应用
【解析】【解答】解：因为，，
则，
所以，的元素个数为，的子集个数是，
故选：C.
【分析】先根据指数函数的性质，求得集合，利用集合交集的运算，求得，确定集合的元素个数，结合子集个数公式，即可求得结果.
2．（2024高一上·宁波期末）为了得到函数的图象，可以将函数的图象（ ）
A．向左平移个单位长度 B．向右平移个单位长度
C．向左平移个单位长度 D．向右平移个单位长度
【答案】B
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】解：根据三角函数的图象变换，可得为了得到函数的图象，
可将函数的图象向右平移个单位长度.
故选：B.
【分析】本题主要考查了三角函数的的图象变换，结合三角函数图象变换的原则，即可求解.
3．（2024高一上·宁波期末）“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】当时，不妨取，，则，所以，“”“”，所以充分性不成立；
反之：当时，由不等式的基本性质，可得，所以必要性成立，
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
【分析】利用不等式的基本性质、以及特殊值法，结合充分条件、必要条件的定义与判断方法，即可得出结论.
4．（2024高一上·宁波期末）已知菱形的边长为1，若，则（ ）
A． B．2 C． D．
【答案】D
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：由 菱形的边长为1，且，
可得
.
所以.
故选：D.
【分析】根据平面向量的运算法则，得到，结合向量的数量积的运算公式，即可求解.
5．（2024高一上·宁波期末）若函数为偶函数，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．或
【答案】A
【知识点】奇函数与偶函数的性质；函数恒成立问题
【解析】【解答】解：因为函数为偶函数，的定义域为，且为偶函数，
在(或其子集)上为偶函数，恒成立，
在区间上恒成立，
故选：A .
【分析】根据为偶函数且的定义域为上为偶函数，得到在上为偶函数，转化为在区间上恒成立，进而求得的取值范围.
6．（2024高一上·宁波期末）某试验小组研究某种植物在一定条件下的生长规律，根据试验数据可知，在相同条件下，这种植物每周以的增长率生长.若经过周后，该植物的长度是原来的倍，则再经过周，该植物的长度大约是原来的（ ）
A．倍 B．倍 C．倍 D．倍
【答案】C
【知识点】“指数爆炸”模型
【解析】【解答】解：设植物原来的长度为，经过周后，该植物的长度为原来的倍，
即，即，即，
再过周后该植物的长度为.
因此，再经过周，该植物的长度大约是原来的倍.
故选：C.
【分析】根据题意，设植物原来的长度为，由已知可得出，求出的值，利用指数运算法则，即再过周后该植物的长度，得到答案.
7．（2024高一上·宁波期末）已知函数.若，不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A
【知识点】函数单调性的性质；函数的最大（小）值；函数的奇偶性
【解析】【解答】解：令，
对任意的，，
故对任意的，，即函数的定义域为，定义域关于原点对称，
且满足
，则，即函数为奇函数，
令，则函数在上为增函数，
函数为增函数，所以函数在上为增函数，
由，
可得，
所以，
所以，即，
令，
当时，则有，显然成立；
当时，则，
所以函数在、上单调递减，在上单调递增，
又因为函数在上连续，所以，函数在上单调递减，
在上单调递增，
所以，，所以，，解得，此时，；
当时，则，
所以函数在上单调递减，在、上单调递增，
又因为函数在上连续，所以函数在上单调递减，
在上单调递增，
则，故，解得，
综上所述，实数的取值范围是.
故答案为：A.
【分析】令，分析函数的奇偶性以及函数的单调性，将不等式变形为，可得出，分、、三种情况讨论，求函数的最小值，可得关于实数的不等式，综合可得出实数的取值范围.
8．（2024高一上·宁波期末）已知函数.若为奇函数，为偶函数，且在上没有最小值，则的最大值是（ ）
A．2 B．6 C．10 D．14
【答案】B
【知识点】奇函数与偶函数的性质；正弦函数的性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：由题意知，
因为为奇函数，所以，
，
因为为偶函数，所以，
相加得，
又因为，所以，
当代入得，即，
代入得，即，即；
当代入得，即，
代入得，即，即；
因为在上没有最小值，
设，则，所以，的最大值是6.
故选：B.
【分析】本题主要考查了正弦函数的图象与性质的综合应用，先利用奇偶性求出及的表达式，再由在上没有最小值，得到的不等关系式，进而求出答案.
9．（2024高一上·宁波期末）下列式子化简正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
【答案】B,C
【知识点】两角和与差的余弦公式；两角和与差的正弦公式；二倍角的正弦公式；辅助角公式
【解析】【解答】解：对于A：因为，
所以
，
再由两角和的余弦公式，原式可化简得：
，故A错误；
对于B：
，故选项B正确；
对于C：因为，故选项C正确；
对于D：因为，故选项D错误.
故答案为：BC.
【分析】A选项根据诱导公式及两角和的余弦公式可判断；B选项利用辅助角公式可判断；C选项行利用诱导公式及二倍角正弦公式可判断；D选项利用两角差的正切公式可判断.
10．（2024高一上·宁波期末）已知边长为的正边形.若集合且，则（ ）
A．当时， B．当时，
C．当时， D．当时，
【答案】A,C,D
【知识点】向量加减混合运算；平面向量数量积的性质；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：对于A选项，当时，如下图所示：
则，，
，
同理可得，，，
故时，，所以A正确；
对于B选项，当时，如下图所示：
，，
，此时，，所以B错误；
对于C选项，当时，取的中点，连接，则，如下图所示：
易知正五边形的每个内角都为，则，故，
则，
由平面向量数量积的定义可得，
故当时，，所以C正确；
对于D选项，当时，设正六边形的中心为，如下图所示：
易知正六边形的每个内角都为，则，
故，所以，，
，则，
由正六边形的几何性质可得，则，
则，结合图形可知，故，
因此，当时，，所以D正确.
故选：ACD.
【分析】本题主要考查了平面向量的线性运算，以及平面向量的数量积的定义及运算，根据题意，画出图形，利用平面向量数量积的定义与运算法则，逐项判断，即可得到答案.
11．（2024高一上·宁波期末）若，则（ ）
A．的最小值是 B．的最小值是
C．的最大值是0 D．的最大值是
【答案】B,C,D
【知识点】对数的性质与运算法则；基本不等式
【解析】【解答】解：若，则，，，即.
对于A，，当且仅当，
即，时，等号成立，可得，故A错误；
对于B，由，可得，
所以，
当且仅当，即，时，等号成立，故B正确；
对于C，由，可得，
所以，
当且仅当，时，等号成立，故C正确；
对于D，由，可得，可知，
故，
令，可知，，
故，
当且仅当，即，时，等号成立，故的最大值是，故D正确.
故选：BCD.
【分析】根据题意，利用对数的运算公式，由，得到，再结合选项，利用不等式的性质与基本不等式，逐项判定，即可求解.
12．（2024高一上·宁波期末）下列大小关系正确的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A,B,D
【知识点】对数的性质与运算法则；换底公式及其推论
【解析】【解答】解：对于选项A：因为均不为0，且，
又因为在定义域内单调递减，可得，
则，所以，故A正确；
对于选项B：因为
且，
，
可得，即，故B正确；
对于选项C：因为，则，可得，
且，所以，故C错误；
对于选项D：对于与，如图所示，
可知当时，则，
令，可得，故D正确；
故选：ABD.
【分析】根据换底公式结合对数函数单调性分析判断，可判定A正确；根据换底公式结合基本不等式以及对数函数单调性分析判断，可判定B正确；根据对数函数单调性以及中间值分析判断，可判定C不正确；构建函数，结合图象可得当时，则，可得判定D正确，进而可得答案.
13．（2024高一上·宁波期末）杭州第19届亚洲运动会于2023年9月23日至10月8日在中国浙江省杭州市举行，本届亚运会的会徽名为“潮涌”，主体图形由扇面、钱塘江、钱江潮头、赛道、互联网符号及象征亚奥理事会的太阳图形六个元素组成如图1所示，其中扇面造型突出反映了江南的人文意蕴.会徽的几何图形如图2所示，设弧的长度是，弧的长度是，几何图形的面积为，扇形的面积为.若，则 .
【答案】2
【知识点】扇形的弧长与面积
【解析】【解答】解：设扇形的面积为，，则.
所以，即，所以.
故答案为：2
【分析】根据题意，利用扇形的面积公式及，得到，列出方程，即可得到答案.
14．（2024高一上·宁波期末）与向量共线的一个单位向量的坐标是 .
【答案】或（答案不唯一，写出一个即可）
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：因为，，
所以与向量共线的单位向量为，
所以向量共线的一个单位向量的坐标是或.
故答案为：或（答案不唯一，写出一个即可）.
【分析】根据平面向量的坐标运算公式，先求出向量的模，在利用向量共线的单位向量为，代入计算，即可求解.
15．（2024高一上·宁波期末）已知函数在上既有最大值，又有最小值.若，则 ， .
【答案】0；
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值；辅助角公式
【解析】【解答】解：对于函数，
当时，它在上没有最大值，也没有最小值，
所以，由在上既有最大值，又有最小值，必有，
所以，其值域为.
由，可得，，
，
，其中，所以，
因为，所以，所以，
两边平方得，
因为，
根据题意可得的解集为.
所以为方程的根，所以，所以，解得.
故答案为：0，.
【分析】根据在上的值域为，得出，得到函数，化简得到，根据三角函数的有界性，转化为不等式的解集问题，再根据方程与不等式的关系，即可求的值.
16．（2024高一上·宁波期末）设函数，若对任意，都存在唯一的，使得，则实数的取值范围是 .
【答案】
【知识点】指数型复合函数的性质及应用；指数函数的图象与性质；指数式与对数式的互化
【解析】【解答】解：设函数在、上的值域分别为、，
当时，函数在上为增函数，函数在上为增函数，
此时，函数在上为增函数，
当时，即当时，函数在上为增函数，
当时，则，则，
①当且时，，即，
此时，函数在上为增函数，则，即，
由题意可知，，则，解得，此时，；
②当时，函数在上为增函数，则，
当时，，
当时，，则，此时，，
当时，，则，
此时，，
如下图所示：
若对任意，都存在唯一的，使得，
只需，解得，此时，；
③当时，，函数在上单调递减，在上单调递增，
则，
当时，，
当时，，则，此时，，
当时，，则，如下图所示：
若对任意，都存在唯一的，使得，
只需，解得，与矛盾，此时，不存在，
综上所述，.
故答案为：.
【分析】本题考查利用函数值相等求参数的取值范围，对实数的取值进行分类讨论，分析函数的单调性与值域，结合数形结合，等价转化得出关于实数的不等式，进而得出实数的取值范围.
17．（2024高一上·宁波期末）求解下列各题：
（1）计算：；
（2）已知，求的值.
【答案】（1）解：根据指数幂与对数的运算法则与性质，可得：原式.
（2）解：因为，
所以，所以，
所以.
【知识点】有理数指数幂的运算性质；对数的性质与运算法则；二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式
【解析】【分析】（1）根据指数幂的运算法则和对数的运算性质，准确化简、计数，即可求得运算结果；
（2）根据题意，利用三角函数的基本关系式，化简得到，再结合倍角公式，即可求解.
（1）原式.
（2）因为，
所以，所以，
所以.
18．（2024高一上·宁波期末）已知集合，.
（1）当时，求；
（2）从①；②；③中任选一个作为已知条件，求实数的取值范围.
【答案】（1）解：由不等式，可得，解得，所以，
当时，，所以.
（2）解：若选①，因为，则，
当，即，得；
当时，则有，解得，
综上，实数的取值范围是；
若选②，因为，则，
当，即，得；
当时，则有，解得，
综上，实数的取值范围是；
若选③，因为，则，
当，即，得；
当时，则有，解得，
综上，实数的取值范围是.
【知识点】集合关系中的参数取值问题；并集及其运算；不等式的解集
【解析】【分析】（1）根据绝对值的定义，先求得集合A，再由时，写出集合，利用并集的定义与运算，即可求得，得到答案；
（2）根据所选条件，得出，分进而，两种情况讨论，得出关于实数的不等式（组），杰诺瑞得出实数的取值范围，得到答案.
（1）解：由，得，得，所以，
当时，，所以.
（2）解：若选①，因为，则，
当，即，得；
当时，则有，解得，
综上，实数的取值范围是；
若选②，因为，则，
当，即，得；
当时，则有，解得，
综上，实数的取值范围是；
若选③，因为，则，
当，即，得；
当时，则有，解得，
综上，实数的取值范围是.
19．（2024高一上·宁波期末）已知向量.
（1）求函数的解析式及其单调递减区间；
（2）若函数在区间上有且仅有两个零点，求实数的取值范围.
【答案】（1）解：因为向量，
可得
，
令，可得，
即函数的单调递减区间为.
（2）解：当时，令，
则函数在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
且.
函数在区间上有且仅有两个零点，
等价于函数的图象与函数在上有两个公共点，
所以，或，
即的取值范围是.
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；简单的三角恒等变换；正弦函数的性质；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【分析】（1）根据题意，利用向量数量积的运算公式，以及三角恒等变换的公式，化简得到，再根据三角函数的性质，即可求解；
（2）根据题意，利用函数零点的定义，将问题转化为函数的图象与函数在上有两个公共点，结合函数的单调性与值域，即可求解.
（1），
由，得，
即函数的单调递减区间为.
（2）当时，令，
则函数在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
且.
函数在区间上有且仅有两个零点，
等价于函数的图象与函数在上有两个公共点，
所以，或，
即的取值范围是.
20．（2024高一上·宁波期末）已知一个半径为米的水轮如图所示，水轮圆心距离水面米，且按顺时针方向匀速转动，每秒转动一圈.如果以水轮上点从水面浮现时（图中点位置）开始计时，记点距离水面的高度关于时间的函数解析式为.
（1）在水轮转动的一周内，求点距离水面高度关于时间的函数解析式；
（2）在水轮转动的一周内，求点在水面下方的时间段.
【答案】（1）解：由题意知的最大值为，最小值为，
所以，，解得，
由题意可知，函数的最小正周期为，
则，所以.
当时，，即，可得，
又，所以，所以，.
（2）解：令，得.
由，得，所以，解得，
即在水轮转动的一圈内，点在水面下方的时段是秒到秒.
【知识点】三角函数模型的应用-匀速圆周运动
【解析】【分析】（1）根据函数的最大值和最小值，求得、的值 ，以及该函数的最小正周期，得出的值，再由，结合的取值范围，可得出的值，由此可得出函数的解析式；
（2）根据题意，在时，转化为解不等式，即可得出结论.
（1）解：由题意知的最大值为，最小值为，
所以，，解得，
由题意可知，函数的最小正周期为，
则，所以.
当时，，即，可得，
又，所以，所以，.
（2）解：令，得.
由，得，所以，解得，
即在水轮转动的一圈内，点在水面下方的时段是秒到秒.
21．（2024高一上·宁波期末）已知函数.
（1）若函数为定义域上的偶函数，求实数的值；
（2）当时，对，不等式恒成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）解：函数定义域为，
因为函数为偶函数，可得，即，
化简得，即对任意恒成立，解得.
（2）解：当时，可得函数
因为不等式对恒成立，
所以①，且②对恒成立，由①得.
②即对恒成立，令，
则，
当且仅当时，所以，
综上：的取值范围是.
【知识点】函数的奇偶性；函数恒成立问题；对数型复合函数的图象与性质
【解析】【分析】（1）根据题意，由偶为偶函数，结合和对对胡的运算性质，得出对任意恒成立，即可求得的值；
（2）根据题意，将不等式转化为，结合对数函数的图象与性质，以及常数分离，转化为对恒成立，进而求得的取值范围.
（1）定义域为，由题知，
即，
化简得，
即对任意恒成立，得.
（2）当时，
因为不等式对恒成立，
所以①，且②对恒成立.
由①得.
②即对恒成立，令，
则，
当且仅当时，所以，
综上：的取值范围是.
22．（2024高一上·宁波期末）已知函数有3个不同的零点，且.
（1）求实数的取值范围；
（2）若存在，使不等式成立，求实数的取值范围.
【答案】（1）解：由已知得，
当时，在上单调递增，只有1个零点，不符合题意；
当时，因为函数有3个不同的零点，
且在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
所以时，有1个根，
时，有2个根，故，解得；
当时，当时，方程判别式，
可知无解，所以函数不可能有3个不同的零点，所以不符合题意.
综上：的取值范围是.
（2）解：由（1）知，是方程的两个不等实根，
则.
是方程的大根，即.
由，得，记，则，
即等价于存在，使，即.
因为，
显然在上单调递增，
所以，
所以的取值范围是.
【知识点】函数恒成立问题；函数与方程的综合运用
【解析】【分析】（1）根据绝对值的定义，将化为分段函数，分，和，三种情况讨论，结合二次函数的图象与轴的交点情况，即可判断的取值范围.
（2）根据（1）可判断是方程的两个不等实根，是方程的大根，即，分离得到，令，结合韦达定理以及存在性问题，转化为，利用函数的单调性即可求出的取值范围.
（1）由已知得，
当时，在上单调递增，只有1个零点，不符合题意；
当时，因为函数有3个不同的零点，
且在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
所以时，有1个根，
时，有2个根，故，解得；
当时，当时，方程判别式，
可知无解，所以函数不可能有3个不同的零点，所以不符合题意.
综上：的取值范围是.
（2）由（1）知，是方程的两个不等实根，
则.
是方程的大根，即.
由，得，记，则，
即等价于存在，使，即.
因为，
显然在上单调递增，
所以，
所以的取值范围是.
1 / 1浙江省宁波市九校2023-2024学年高一上学期1月期末联考数学试题
1．（2024高一上·宁波期末）若集合，，则的子集个数是（ ）
A． B． C． D．
2．（2024高一上·宁波期末）为了得到函数的图象，可以将函数的图象（ ）
A．向左平移个单位长度 B．向右平移个单位长度
C．向左平移个单位长度 D．向右平移个单位长度
3．（2024高一上·宁波期末）“”是“”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分也不必要条件
4．（2024高一上·宁波期末）已知菱形的边长为1，若，则（ ）
A． B．2 C． D．
5．（2024高一上·宁波期末）若函数为偶函数，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．或
6．（2024高一上·宁波期末）某试验小组研究某种植物在一定条件下的生长规律，根据试验数据可知，在相同条件下，这种植物每周以的增长率生长.若经过周后，该植物的长度是原来的倍，则再经过周，该植物的长度大约是原来的（ ）
A．倍 B．倍 C．倍 D．倍
7．（2024高一上·宁波期末）已知函数.若，不等式恒成立，则实数的取值范围是（ ）
A． B．
C． D．
8．（2024高一上·宁波期末）已知函数.若为奇函数，为偶函数，且在上没有最小值，则的最大值是（ ）
A．2 B．6 C．10 D．14
9．（2024高一上·宁波期末）下列式子化简正确的是（ ）
A．
B．
C．
D．
10．（2024高一上·宁波期末）已知边长为的正边形.若集合且，则（ ）
A．当时， B．当时，
C．当时， D．当时，
11．（2024高一上·宁波期末）若，则（ ）
A．的最小值是 B．的最小值是
C．的最大值是0 D．的最大值是
12．（2024高一上·宁波期末）下列大小关系正确的是（ ）
A． B．
C． D．
13．（2024高一上·宁波期末）杭州第19届亚洲运动会于2023年9月23日至10月8日在中国浙江省杭州市举行，本届亚运会的会徽名为“潮涌”，主体图形由扇面、钱塘江、钱江潮头、赛道、互联网符号及象征亚奥理事会的太阳图形六个元素组成如图1所示，其中扇面造型突出反映了江南的人文意蕴.会徽的几何图形如图2所示，设弧的长度是，弧的长度是，几何图形的面积为，扇形的面积为.若，则 .
14．（2024高一上·宁波期末）与向量共线的一个单位向量的坐标是 .
15．（2024高一上·宁波期末）已知函数在上既有最大值，又有最小值.若，则 ， .
16．（2024高一上·宁波期末）设函数，若对任意，都存在唯一的，使得，则实数的取值范围是 .
17．（2024高一上·宁波期末）求解下列各题：
（1）计算：；
（2）已知，求的值.
18．（2024高一上·宁波期末）已知集合，.
（1）当时，求；
（2）从①；②；③中任选一个作为已知条件，求实数的取值范围.
19．（2024高一上·宁波期末）已知向量.
（1）求函数的解析式及其单调递减区间；
（2）若函数在区间上有且仅有两个零点，求实数的取值范围.
20．（2024高一上·宁波期末）已知一个半径为米的水轮如图所示，水轮圆心距离水面米，且按顺时针方向匀速转动，每秒转动一圈.如果以水轮上点从水面浮现时（图中点位置）开始计时，记点距离水面的高度关于时间的函数解析式为.
（1）在水轮转动的一周内，求点距离水面高度关于时间的函数解析式；
（2）在水轮转动的一周内，求点在水面下方的时间段.
21．（2024高一上·宁波期末）已知函数.
（1）若函数为定义域上的偶函数，求实数的值；
（2）当时，对，不等式恒成立，求实数的取值范围.
22．（2024高一上·宁波期末）已知函数有3个不同的零点，且.
（1）求实数的取值范围；
（2）若存在，使不等式成立，求实数的取值范围.
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】子集与真子集；交集及其运算；指数函数单调性的应用
【解析】【解答】解：因为，，
则，
所以，的元素个数为，的子集个数是，
故选：C.
【分析】先根据指数函数的性质，求得集合，利用集合交集的运算，求得，确定集合的元素个数，结合子集个数公式，即可求得结果.
2．【答案】B
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】解：根据三角函数的图象变换，可得为了得到函数的图象，
可将函数的图象向右平移个单位长度.
故选：B.
【分析】本题主要考查了三角函数的的图象变换，结合三角函数图象变换的原则，即可求解.
3．【答案】B
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】当时，不妨取，，则，所以，“”“”，所以充分性不成立；
反之：当时，由不等式的基本性质，可得，所以必要性成立，
所以“”是“”的必要不充分条件.
故选：B.
【分析】利用不等式的基本性质、以及特殊值法，结合充分条件、必要条件的定义与判断方法，即可得出结论.
4．【答案】D
【知识点】平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：由 菱形的边长为1，且，
可得
.
所以.
故选：D.
【分析】根据平面向量的运算法则，得到，结合向量的数量积的运算公式，即可求解.
5．【答案】A
【知识点】奇函数与偶函数的性质；函数恒成立问题
【解析】【解答】解：因为函数为偶函数，的定义域为，且为偶函数，
在(或其子集)上为偶函数，恒成立，
在区间上恒成立，
故选：A .
【分析】根据为偶函数且的定义域为上为偶函数，得到在上为偶函数，转化为在区间上恒成立，进而求得的取值范围.
6．【答案】C
【知识点】“指数爆炸”模型
【解析】【解答】解：设植物原来的长度为，经过周后，该植物的长度为原来的倍，
即，即，即，
再过周后该植物的长度为.
因此，再经过周，该植物的长度大约是原来的倍.
故选：C.
【分析】根据题意，设植物原来的长度为，由已知可得出，求出的值，利用指数运算法则，即再过周后该植物的长度，得到答案.
7．【答案】A
【知识点】函数单调性的性质；函数的最大（小）值；函数的奇偶性
【解析】【解答】解：令，
对任意的，，
故对任意的，，即函数的定义域为，定义域关于原点对称，
且满足
，则，即函数为奇函数，
令，则函数在上为增函数，
函数为增函数，所以函数在上为增函数，
由，
可得，
所以，
所以，即，
令，
当时，则有，显然成立；
当时，则，
所以函数在、上单调递减，在上单调递增，
又因为函数在上连续，所以，函数在上单调递减，
在上单调递增，
所以，，所以，，解得，此时，；
当时，则，
所以函数在上单调递减，在、上单调递增，
又因为函数在上连续，所以函数在上单调递减，
在上单调递增，
则，故，解得，
综上所述，实数的取值范围是.
故答案为：A.
【分析】令，分析函数的奇偶性以及函数的单调性，将不等式变形为，可得出，分、、三种情况讨论，求函数的最小值，可得关于实数的不等式，综合可得出实数的取值范围.
8．【答案】B
【知识点】奇函数与偶函数的性质；正弦函数的性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：由题意知，
因为为奇函数，所以，
，
因为为偶函数，所以，
相加得，
又因为，所以，
当代入得，即，
代入得，即，即；
当代入得，即，
代入得，即，即；
因为在上没有最小值，
设，则，所以，的最大值是6.
故选：B.
【分析】本题主要考查了正弦函数的图象与性质的综合应用，先利用奇偶性求出及的表达式，再由在上没有最小值，得到的不等关系式，进而求出答案.
9．【答案】B,C
【知识点】两角和与差的余弦公式；两角和与差的正弦公式；二倍角的正弦公式；辅助角公式
【解析】【解答】解：对于A：因为，
所以
，
再由两角和的余弦公式，原式可化简得：
，故A错误；
对于B：
，故选项B正确；
对于C：因为，故选项C正确；
对于D：因为，故选项D错误.
故答案为：BC.
【分析】A选项根据诱导公式及两角和的余弦公式可判断；B选项利用辅助角公式可判断；C选项行利用诱导公式及二倍角正弦公式可判断；D选项利用两角差的正切公式可判断.
10．【答案】A,C,D
【知识点】向量加减混合运算；平面向量数量积的性质；平面向量的数量积运算
【解析】【解答】解：对于A选项，当时，如下图所示：
则，，
，
同理可得，，，
故时，，所以A正确；
对于B选项，当时，如下图所示：
，，
，此时，，所以B错误；
对于C选项，当时，取的中点，连接，则，如下图所示：
易知正五边形的每个内角都为，则，故，
则，
由平面向量数量积的定义可得，
故当时，，所以C正确；
对于D选项，当时，设正六边形的中心为，如下图所示：
易知正六边形的每个内角都为，则，
故，所以，，
，则，
由正六边形的几何性质可得，则，
则，结合图形可知，故，
因此，当时，，所以D正确.
故选：ACD.
【分析】本题主要考查了平面向量的线性运算，以及平面向量的数量积的定义及运算，根据题意，画出图形，利用平面向量数量积的定义与运算法则，逐项判断，即可得到答案.
11．【答案】B,C,D
【知识点】对数的性质与运算法则；基本不等式
【解析】【解答】解：若，则，，，即.
对于A，，当且仅当，
即，时，等号成立，可得，故A错误；
对于B，由，可得，
所以，
当且仅当，即，时，等号成立，故B正确；
对于C，由，可得，
所以，
当且仅当，时，等号成立，故C正确；
对于D，由，可得，可知，
故，
令，可知，，
故，
当且仅当，即，时，等号成立，故的最大值是，故D正确.
故选：BCD.
【分析】根据题意，利用对数的运算公式，由，得到，再结合选项，利用不等式的性质与基本不等式，逐项判定，即可求解.
12．【答案】A,B,D
【知识点】对数的性质与运算法则；换底公式及其推论
【解析】【解答】解：对于选项A：因为均不为0，且，
又因为在定义域内单调递减，可得，
则，所以，故A正确；
对于选项B：因为
且，
，
可得，即，故B正确；
对于选项C：因为，则，可得，
且，所以，故C错误；
对于选项D：对于与，如图所示，
可知当时，则，
令，可得，故D正确；
故选：ABD.
【分析】根据换底公式结合对数函数单调性分析判断，可判定A正确；根据换底公式结合基本不等式以及对数函数单调性分析判断，可判定B正确；根据对数函数单调性以及中间值分析判断，可判定C不正确；构建函数，结合图象可得当时，则，可得判定D正确，进而可得答案.
13．【答案】2
【知识点】扇形的弧长与面积
【解析】【解答】解：设扇形的面积为，，则.
所以，即，所以.
故答案为：2
【分析】根据题意，利用扇形的面积公式及，得到，列出方程，即可得到答案.
14．【答案】或（答案不唯一，写出一个即可）
【知识点】平面向量共线（平行）的坐标表示
【解析】【解答】解：因为，，
所以与向量共线的单位向量为，
所以向量共线的一个单位向量的坐标是或.
故答案为：或（答案不唯一，写出一个即可）.
【分析】根据平面向量的坐标运算公式，先求出向量的模，在利用向量共线的单位向量为，代入计算，即可求解.
15．【答案】0；
【知识点】含三角函数的复合函数的值域与最值；辅助角公式
【解析】【解答】解：对于函数，
当时，它在上没有最大值，也没有最小值，
所以，由在上既有最大值，又有最小值，必有，
所以，其值域为.
由，可得，，
，
，其中，所以，
因为，所以，所以，
两边平方得，
因为，
根据题意可得的解集为.
所以为方程的根，所以，所以，解得.
故答案为：0，.
【分析】根据在上的值域为，得出，得到函数，化简得到，根据三角函数的有界性，转化为不等式的解集问题，再根据方程与不等式的关系，即可求的值.
16．【答案】
【知识点】指数型复合函数的性质及应用；指数函数的图象与性质；指数式与对数式的互化
【解析】【解答】解：设函数在、上的值域分别为、，
当时，函数在上为增函数，函数在上为增函数，
此时，函数在上为增函数，
当时，即当时，函数在上为增函数，
当时，则，则，
①当且时，，即，
此时，函数在上为增函数，则，即，
由题意可知，，则，解得，此时，；
②当时，函数在上为增函数，则，
当时，，
当时，，则，此时，，
当时，，则，
此时，，
如下图所示：
若对任意，都存在唯一的，使得，
只需，解得，此时，；
③当时，，函数在上单调递减，在上单调递增，
则，
当时，，
当时，，则，此时，，
当时，，则，如下图所示：
若对任意，都存在唯一的，使得，
只需，解得，与矛盾，此时，不存在，
综上所述，.
故答案为：.
【分析】本题考查利用函数值相等求参数的取值范围，对实数的取值进行分类讨论，分析函数的单调性与值域，结合数形结合，等价转化得出关于实数的不等式，进而得出实数的取值范围.
17．【答案】（1）解：根据指数幂与对数的运算法则与性质，可得：原式.
（2）解：因为，
所以，所以，
所以.
【知识点】有理数指数幂的运算性质；对数的性质与运算法则；二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式
【解析】【分析】（1）根据指数幂的运算法则和对数的运算性质，准确化简、计数，即可求得运算结果；
（2）根据题意，利用三角函数的基本关系式，化简得到，再结合倍角公式，即可求解.
（1）原式.
（2）因为，
所以，所以，
所以.
18．【答案】（1）解：由不等式，可得，解得，所以，
当时，，所以.
（2）解：若选①，因为，则，
当，即，得；
当时，则有，解得，
综上，实数的取值范围是；
若选②，因为，则，
当，即，得；
当时，则有，解得，
综上，实数的取值范围是；
若选③，因为，则，
当，即，得；
当时，则有，解得，
综上，实数的取值范围是.
【知识点】集合关系中的参数取值问题；并集及其运算；不等式的解集
【解析】【分析】（1）根据绝对值的定义，先求得集合A，再由时，写出集合，利用并集的定义与运算，即可求得，得到答案；
（2）根据所选条件，得出，分进而，两种情况讨论，得出关于实数的不等式（组），杰诺瑞得出实数的取值范围，得到答案.
（1）解：由，得，得，所以，
当时，，所以.
（2）解：若选①，因为，则，
当，即，得；
当时，则有，解得，
综上，实数的取值范围是；
若选②，因为，则，
当，即，得；
当时，则有，解得，
综上，实数的取值范围是；
若选③，因为，则，
当，即，得；
当时，则有，解得，
综上，实数的取值范围是.
19．【答案】（1）解：因为向量，
可得
，
令，可得，
即函数的单调递减区间为.
（2）解：当时，令，
则函数在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
且.
函数在区间上有且仅有两个零点，
等价于函数的图象与函数在上有两个公共点，
所以，或，
即的取值范围是.
【知识点】平面向量数量积的坐标表示；简单的三角恒等变换；正弦函数的性质；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【分析】（1）根据题意，利用向量数量积的运算公式，以及三角恒等变换的公式，化简得到，再根据三角函数的性质，即可求解；
（2）根据题意，利用函数零点的定义，将问题转化为函数的图象与函数在上有两个公共点，结合函数的单调性与值域，即可求解.
（1），
由，得，
即函数的单调递减区间为.
（2）当时，令，
则函数在上单调递减，在上单调递增，在上单调递减，
且.
函数在区间上有且仅有两个零点，
等价于函数的图象与函数在上有两个公共点，
所以，或，
即的取值范围是.
20．【答案】（1）解：由题意知的最大值为，最小值为，
所以，，解得，
由题意可知，函数的最小正周期为，
则，所以.
当时，，即，可得，
又，所以，所以，.
（2）解：令，得.
由，得，所以，解得，
即在水轮转动的一圈内，点在水面下方的时段是秒到秒.
【知识点】三角函数模型的应用-匀速圆周运动
【解析】【分析】（1）根据函数的最大值和最小值，求得、的值 ，以及该函数的最小正周期，得出的值，再由，结合的取值范围，可得出的值，由此可得出函数的解析式；
（2）根据题意，在时，转化为解不等式，即可得出结论.
（1）解：由题意知的最大值为，最小值为，
所以，，解得，
由题意可知，函数的最小正周期为，
则，所以.
当时，，即，可得，
又，所以，所以，.
（2）解：令，得.
由，得，所以，解得，
即在水轮转动的一圈内，点在水面下方的时段是秒到秒.
21．【答案】（1）解：函数定义域为，
因为函数为偶函数，可得，即，
化简得，即对任意恒成立，解得.
（2）解：当时，可得函数
因为不等式对恒成立，
所以①，且②对恒成立，由①得.
②即对恒成立，令，
则，
当且仅当时，所以，
综上：的取值范围是.
【知识点】函数的奇偶性；函数恒成立问题；对数型复合函数的图象与性质
【解析】【分析】（1）根据题意，由偶为偶函数，结合和对对胡的运算性质，得出对任意恒成立，即可求得的值；
（2）根据题意，将不等式转化为，结合对数函数的图象与性质，以及常数分离，转化为对恒成立，进而求得的取值范围.
（1）定义域为，由题知，
即，
化简得，
即对任意恒成立，得.
（2）当时，
因为不等式对恒成立，
所以①，且②对恒成立.
由①得.
②即对恒成立，令，
则，
当且仅当时，所以，
综上：的取值范围是.
22．【答案】（1）解：由已知得，
当时，在上单调递增，只有1个零点，不符合题意；
当时，因为函数有3个不同的零点，
且在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
所以时，有1个根，
时，有2个根，故，解得；
当时，当时，方程判别式，
可知无解，所以函数不可能有3个不同的零点，所以不符合题意.
综上：的取值范围是.
（2）解：由（1）知，是方程的两个不等实根，
则.
是方程的大根，即.
由，得，记，则，
即等价于存在，使，即.
因为，
显然在上单调递增，
所以，
所以的取值范围是.
【知识点】函数恒成立问题；函数与方程的综合运用
【解析】【分析】（1）根据绝对值的定义，将化为分段函数，分，和，三种情况讨论，结合二次函数的图象与轴的交点情况，即可判断的取值范围.
（2）根据（1）可判断是方程的两个不等实根，是方程的大根，即，分离得到，令，结合韦达定理以及存在性问题，转化为，利用函数的单调性即可求出的取值范围.
（1）由已知得，
当时，在上单调递增，只有1个零点，不符合题意；
当时，因为函数有3个不同的零点，
且在上单调递增，在上单调递减，在上单调递增，
所以时，有1个根，
时，有2个根，故，解得；
当时，当时，方程判别式，
可知无解，所以函数不可能有3个不同的零点，所以不符合题意.
综上：的取值范围是.
（2）由（1）知，是方程的两个不等实根，
则.
是方程的大根，即.
由，得，记，则，
即等价于存在，使，即.
因为，
显然在上单调递增，
所以，
所以的取值范围是.
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