湖南省长沙市望城区第一中学2024-2025学年高一上学期12月期末数学试题
1．（2024高一上·望城期末）给出下列四个命题：
①若集合A，B满足，则；
②给定命题，若“”为真，则“”为真；
③设若，则；
④若直线与直线垂直，则．
其中正确命题的个数是
A．1 B．2 C．3 D．4
【答案】B
【知识点】复合命题的真假；命题的真假判断与应用；不等关系与不等式；两条直线垂直的判定
【解析】【解答】解：因为，则，所以①正确；
若“”为真，则“”不一定为真，所以②错误；
若，则，所以③错误；
若直线与直线垂直，则即，所以④正确
故答案为：B.
【分析】利用即可判断①，利用为真可得p，q至少一个为真即可判断②，特殊值即可判断③，利用两直线垂直可得即可判断④.
2．（2024高一上·望城期末）已知集合{，}，则的真子集个数为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】子集与真子集
【解析】【解答】解：因为集合{，}，
所以的真子集为，共3个.
故答案为：C.
【分析】利用真子集的定义，把集合M的真子集一一列举即可求解.
3．（2024高一上·望城期末）当 时， “ ”是“ ”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分又不必要条件
【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】由“ ”可得到“ ”，但由“ ”不能得到“ ”，例如 ，故当 时，“ ”是“ ”的充分不必要条件，
故答案为：A。
【分析】利用已知条件结合不等式的性质，再利用充分条件、必要条件的判断方法，从而推出命题“ ”是命题“ ”的充分不必要条件。
4．（2024高一上·望城期末）已知实数满足，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】指数式与对数式的互化；对数函数的单调性与特殊点；利用幂函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解：因为，所以，
即得得，
因为是上的增函数，比较的大小关系即是，的大小关系 ，
同时取15次幂，因为幂函数在上是单调递增的，
因为 所以
即，即得.
故答案为：.
【分析】先应用指对数转换可得，再利和的单调性再转化成整数幂比较即可.
5．（2024高一上·望城期末）已知函数的最小正周期为，直线是图象的一条对称轴，则的单调递减区间为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；正切函数的图象与性质；含三角函数的复合函数的单调性
【解析】【解答】解：由于的图象是将的图象在x轴下方部分翻折到x轴上方，且仅有单调递增区间，
故和的最小正周期相同，均为，
则，即，
又直线是图象的一条对称轴，则，
即，结合，得，
故，令，
则，
即的单调递减区间为，
故答案为：B
【分析】先利用的最小正周期为可得的值，再利用函数的对称轴求出，结合正切函数的单调性，列出不等式，即可求得答案.
6．（2024高一上·望城期末）函数，和的图像都通过同一个点，则该点坐标为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】幂函数的图象与性质
【解析】【解答】解：根据幂函数的定义可知，函数，与均为幂函数，
因为幂函数图象所过定点为，所以可得这三个函数图象均过点.
故答案为：C
【分析】先利用幂函数的定义判断可得这三个函数都为幂函数，再利用幂函数图象所过定点（1，1）可判断.
7．（2024高一上·望城期末）若，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】换底公式及其推论；对数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】，，，
，，
，，
构造函数，
显然函数在上单调递增，
又，
，即，
，
故答案为：D．
【分析】由对数函数的单调性可得，，构造函数，根据函数在上单调性结合对数的运算性质，比较大小可得答案.
8．（2024高一上·望城期末）下列四个结论中正确的个数是（ ）
①“”是“”的充分不必要条件；
②命题：“，”的否定是“，”；
③“若，则”的否命题为真命题．
A．0 B．1 C．2 D．3
【答案】A
【知识点】必要条件；全称量词命题；命题的真假判断与应用
【解析】【解答】解：①：由可得或，
故“”是“”的必要不充分条件，故①错误；
②：命题：“，”的否定是“，”，故②错误；
③：“若，则”的否命题为“若，则”为假命题，故否命题为假命题，故③错误．
故答案为：A．
【分析】①先求得不等式解集或，再利用与或的关系即可判断；②根据全称命题写出其否定形式即可；③写出否命题判断找个反例即可判断真假；
9．（2024高一上·望城期末）已知均为正数，则使得“”成立的充分条件可以为（ ）
A． B．
C． D．
【答案】A,D
【知识点】利用对数函数的单调性比较大小；不等关系与不等式
【解析】【解答】解：A、因为均为正数，则即，故A选项正确；
B、取，此时满足，但，故B选项错误；
C、可化为，也即，因为函数在上不单调，故C选项错误；
D、由可得，即，因为均为正数，所以，故D正确；
故答案为：AD
【分析】利用即可判断A，利用对数函数的单调性和不等式的性质可判断D；取特值可判断B；可化为，结合的单调性可判断C.
10．（2024高一上·望城期末）已知，则下列选项一定正确的是（ ）
A． B．的最大值为
C． D．
【答案】B,D
【知识点】不等关系与不等式；基本不等式
【解析】【解答】解：因为，所以，所以.
A、由可得，所以，故A错误；
B、，当且仅当，即时等号成立，所以的最大值为，故B正确；
对于C：因为，所以当且仅当，即时等号成立，故C错误；
D、因为，所以，所以，
当且仅当，即时等号成立，
因为，所以，当时取最大值，
此时，
此时两次取等号条件不一致，故，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】依题意得出的取值范围，由此可得的范围，即可判断A的正误；利用基本不等式可判断B、C的正误；根据基本不等式及二次函数知识即可判断D的正误.
11．（2024高一上·望城期末）已知函数在处取得极小值，与此极小值点最近的图象的一个对称中心为，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．将的图象向左平移个单位长度即可得到的图象
C．在区间上单调递减
D．在区间上的值域为
【答案】A,C,D
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；函数y=Acos（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：A、已知函数的极小值为-2，可得，
设的最小正周期为，则，∴，∴.
又∵，
∴，则，得，
又，∴，
∴，故A选项正确；
B、因为，
所以的图象可以由的图象向左平移个单位长度得到，故B错误；
C、由得，则在区间上单调递减，故C正确；
D、∵，∴，∴，
∴，
∴在区间上的值域为，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】先利用极值和对称中心求出即可判断A，再利用伸缩变换可判断B，利用三角函数的图象性质以及图象的平移变换即可一一判断求解即可判断C，D.
12．（2024高一上·望城期末）已知函数，则（ ）
A．的最大值为
B．直线是图象的一条对称轴
C．在区间上单调递减
D．的图象关于点对称
【答案】A,B,C
【知识点】简单的三角恒等变换；含三角函数的复合函数的单调性；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：；
A、，故A选项正确；
B、当时，，是的一条对称轴，故B正确；
C、当时，，此时单调递减，故C正确；
D、，不是的对称中心，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】利用两角和差公式、二倍角和辅助角公式可化简得到，根据余弦型函数最值可知A正确；利用代入检验法，结合余弦函数性质，依次验证BCD正误即可.
13．（2024高一上·望城期末）若2a=5b=10，则=
【答案】2
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：∵2a=5b=10，
∴a=log210，b=log510，
∴=lg2，=lg5，
∴=2（lg2+lg5）=2，
故答案为：2．
【分析】由已知可得：a=log210，b=log510，根据换底公式的推论，可得=lg2，=lg5，结合对数的运算性质，可得答案．
14．（2024高一上·望城期末）下列说法中错误的是 （填序号）
①命题“，有”的否定是“”，有”；
②已知，，，则的最小值为；
③设，命题“若，则”的否命题是真命题；
④已知，，若命题为真命题，则的取值范围是.
【答案】①④
【知识点】复合命题的真假；命题的真假判断与应用；基本不等式
【解析】【解答】解：①命题“，有”的否定是
“ x1，x2∈M，x1≠x2，有[f（x1）﹣f（x2）]（x2﹣x1）≤0”，故不正确；
②已知a＞0，b＞0，a+b=1，则=（）（a+b）=5+≥5+2，
即的最小值为，正确；
③设x，y∈R，命题“若xy=0，则x2+y2=0”的否命题是“若xy≠0，则x2+y2≠0”，是真命题，正确；
④已知p：x2+2x﹣3＞0，q：＞1，若命题（￢q）∧p为真命题，则￢q与p为真命题，
即，
则x的取值范围是（﹣∞，﹣3）∪（1，2]∪[3，+∞），故不正确．
故答案为①④．
【分析】利用含有量词的否定即可判断①③，利用基本不等式“1”的变换即可判断②，利用命题（￢q）∧p为真命题列出不等式即可④.
15．（2024高一上·望城期末）被誉为“中国现代数学之父”的著名数学家华罗庚先生为我国数学的发展做出了巨大贡献，他所倡导的“0.618优选法”在生产和科研实践中得到了广泛的应用.0.618就是黄金分割比 的近似值，黄金分割比还可以表示成 ，则 ．
【答案】2
【知识点】二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式；运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】解：把 代入，
，
故答案为：2。
【分析】利用已知条件结合代入法，再结合二倍角的余弦公式和正弦公式、诱导公式，进而化简求出的值。
16．（2024高一上·望城期末）已知函数的最小正周期为．
（1）求的值；
（2）当时，求的单调区间及取值范围．
【答案】解：（1）．
∵最小正周期，∴．∴，∴．
（2）当时，，
∴当时，即时，单调递减，
∴的单调递减区间为，
当，即时，单调递增，
∴的单调递增区间为，
∴．
【知识点】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单调性
【解析】【分析】（1）利用三角恒等变换将函数解析式化为，再利用余弦型函数的性质结合函数的周期性，即可求得的解析式；
（2）根据自变量的取值可得，结合余弦函数的单调性求解．
17．（2024高一上·望城期末）函数
（1）若方程无实根，求实数的取值范围；
（2）记的最小值为.若，，且，证明：.
【答案】解：（1），则函数的图象如图所示：
，要使得无实数根，则.
∴实数的取值范围为.
（2）由（1）可知，∴，，
∴
当，即，等号成立.即.
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；基本不等式
【解析】【分析】(1)去掉绝对值号可得，画出函数的图象，从而可求出实数的取值范围.
(2)结合(1)可得，可得，再利用基本不等式可得.
18．（2024高一上·望城期末）某港口在一天之内的水深变化曲线近似满足函数，其中为水深（单位：米），为时间（单位：小时），该函数图象如图所示.
（1）求函数的解析式；
（2）若一艘货船的吃水深度（船底与水面的距离）为4米，安全条例规定至少要有1.5米的安全间隙（船底与水底的距离），则该船一天之内至多能在港口停留多久？
【答案】（1）解：由图知，，，，
所以，将点代入得，
结合解得，
所以函数的解析式.
（2）解：货船需要的安全水深为米，所以当时货船可以停留在港口.
由得，得，
即，
当时，，当时，，
所以该船一天之内至多能在港口停留小时.
【知识点】三角函数模型的应用-潮汐现象
【解析】【分析】（1）由图易得和周期，由周期可求，然后代入最高点的坐标可求，从而求出解析式；
（2）由（1）可得，利用，列出不等式，解此不等式即可得解.
（1）由图知，，，，
所以，将点代入得，
结合解得，
所以函数的解析式.
（2）货船需要的安全水深为米，所以当时货船可以停留在港口.
由得，得，
即，
当时，，当时，，
所以该船一天之内至多能在港口停留小时.
19．（2024高一上·望城期末）把函数的图象向左平移个单位，得到函数的图象，函数的图象关于直线对称，记函数.
（1）求函数的最小正周期和单调增区间；
（2）画出函数在区间上的大致图象.
【答案】解： （1）由题意知，
根据函数的图象关于直线对称，
得，
即，
又，所以，则，
则
，
则函数的最小正周期，
令，得，
故函数的单调增区间是.
（2）列表如下：
0 0 1
2 1 1 3 2
故在区间上的大致图象是：
【知识点】正弦函数的性质；五点法画三角函数的图象；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【分析】（1）先利用题意可得，再利用正弦三角函数图象的平移变换法可得的解析式，根据降幂公式与辅助角公式化简，然后利用正弦函数的周期公式结合正弦函数的单调性即可得结果；
（2）利用“五点法”：列表、描点、连线，从而可得结果.
20．（2024高一上·望城期末）设函数，.
（Ⅰ）已知，函数关于直线对称，求的值；
（Ⅱ）求函数在上的值域.
【答案】解：（Ⅰ）由题意，
又函数关于直线对称，
所以即，
由可得当时，；
（Ⅱ）由题意
，
当时，，，
所以函数在上的值域为.
【知识点】简单的三角恒等变换；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【分析】（Ⅰ）先求出，再利用关于直线对称，令化简即可得解；
（Ⅱ）先利用题意结合三角恒等变换可得，再利用可得，结合三角函数的图象与性质即可得解.
21．（2024高一上·望城期末）已知函数.
（1）求的图象的对称中心；
（2）当时，求的最值.
【答案】（1）解：函数，
令，解得，
所以函数的对称中心为.
（2）解：当时，，所以，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以函数取得最大值为，
函数取得最小值为.
【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】【分析】（1）先利用题意结合三角恒等变换可得，令，解出，即可得到答案；
（2）当时，可得，利用正弦函数的单调性可得，单调递增，，单调递减，求得函数取得最大值为，最小值为.
（1）函数，
令，解得，
所以函数的对称中心为.
（2）当时，，所以，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以函数取得最大值为，
函数取得最小值为.
1 / 1湖南省长沙市望城区第一中学2024-2025学年高一上学期12月期末数学试题
1．（2024高一上·望城期末）给出下列四个命题：
①若集合A，B满足，则；
②给定命题，若“”为真，则“”为真；
③设若，则；
④若直线与直线垂直，则．
其中正确命题的个数是
A．1 B．2 C．3 D．4
2．（2024高一上·望城期末）已知集合{，}，则的真子集个数为（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高一上·望城期末）当 时， “ ”是“ ”的（ ）
A．充分不必要条件 B．必要不充分条件
C．充要条件 D．既不充分又不必要条件
4．（2024高一上·望城期末）已知实数满足，则（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高一上·望城期末）已知函数的最小正周期为，直线是图象的一条对称轴，则的单调递减区间为（ ）
A． B．
C． D．
6．（2024高一上·望城期末）函数，和的图像都通过同一个点，则该点坐标为（ ）
A． B． C． D．
7．（2024高一上·望城期末）若，则（ ）
A． B． C． D．
8．（2024高一上·望城期末）下列四个结论中正确的个数是（ ）
①“”是“”的充分不必要条件；
②命题：“，”的否定是“，”；
③“若，则”的否命题为真命题．
A．0 B．1 C．2 D．3
9．（2024高一上·望城期末）已知均为正数，则使得“”成立的充分条件可以为（ ）
A． B．
C． D．
10．（2024高一上·望城期末）已知，则下列选项一定正确的是（ ）
A． B．的最大值为
C． D．
11．（2024高一上·望城期末）已知函数在处取得极小值，与此极小值点最近的图象的一个对称中心为，则下列结论正确的是（ ）
A．
B．将的图象向左平移个单位长度即可得到的图象
C．在区间上单调递减
D．在区间上的值域为
12．（2024高一上·望城期末）已知函数，则（ ）
A．的最大值为
B．直线是图象的一条对称轴
C．在区间上单调递减
D．的图象关于点对称
13．（2024高一上·望城期末）若2a=5b=10，则=
14．（2024高一上·望城期末）下列说法中错误的是 （填序号）
①命题“，有”的否定是“”，有”；
②已知，，，则的最小值为；
③设，命题“若，则”的否命题是真命题；
④已知，，若命题为真命题，则的取值范围是.
15．（2024高一上·望城期末）被誉为“中国现代数学之父”的著名数学家华罗庚先生为我国数学的发展做出了巨大贡献，他所倡导的“0.618优选法”在生产和科研实践中得到了广泛的应用.0.618就是黄金分割比 的近似值，黄金分割比还可以表示成 ，则 ．
16．（2024高一上·望城期末）已知函数的最小正周期为．
（1）求的值；
（2）当时，求的单调区间及取值范围．
17．（2024高一上·望城期末）函数
（1）若方程无实根，求实数的取值范围；
（2）记的最小值为.若，，且，证明：.
18．（2024高一上·望城期末）某港口在一天之内的水深变化曲线近似满足函数，其中为水深（单位：米），为时间（单位：小时），该函数图象如图所示.
（1）求函数的解析式；
（2）若一艘货船的吃水深度（船底与水面的距离）为4米，安全条例规定至少要有1.5米的安全间隙（船底与水底的距离），则该船一天之内至多能在港口停留多久？
19．（2024高一上·望城期末）把函数的图象向左平移个单位，得到函数的图象，函数的图象关于直线对称，记函数.
（1）求函数的最小正周期和单调增区间；
（2）画出函数在区间上的大致图象.
20．（2024高一上·望城期末）设函数，.
（Ⅰ）已知，函数关于直线对称，求的值；
（Ⅱ）求函数在上的值域.
21．（2024高一上·望城期末）已知函数.
（1）求的图象的对称中心；
（2）当时，求的最值.
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】复合命题的真假；命题的真假判断与应用；不等关系与不等式；两条直线垂直的判定
【解析】【解答】解：因为，则，所以①正确；
若“”为真，则“”不一定为真，所以②错误；
若，则，所以③错误；
若直线与直线垂直，则即，所以④正确
故答案为：B.
【分析】利用即可判断①，利用为真可得p，q至少一个为真即可判断②，特殊值即可判断③，利用两直线垂直可得即可判断④.
2．【答案】C
【知识点】子集与真子集
【解析】【解答】解：因为集合{，}，
所以的真子集为，共3个.
故答案为：C.
【分析】利用真子集的定义，把集合M的真子集一一列举即可求解.
3．【答案】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】由“ ”可得到“ ”，但由“ ”不能得到“ ”，例如 ，故当 时，“ ”是“ ”的充分不必要条件，
故答案为：A。
【分析】利用已知条件结合不等式的性质，再利用充分条件、必要条件的判断方法，从而推出命题“ ”是命题“ ”的充分不必要条件。
4．【答案】A
【知识点】指数式与对数式的互化；对数函数的单调性与特殊点；利用幂函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解：因为，所以，
即得得，
因为是上的增函数，比较的大小关系即是，的大小关系 ，
同时取15次幂，因为幂函数在上是单调递增的，
因为 所以
即，即得.
故答案为：.
【分析】先应用指对数转换可得，再利和的单调性再转化成整数幂比较即可.
5．【答案】B
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；正切函数的图象与性质；含三角函数的复合函数的单调性
【解析】【解答】解：由于的图象是将的图象在x轴下方部分翻折到x轴上方，且仅有单调递增区间，
故和的最小正周期相同，均为，
则，即，
又直线是图象的一条对称轴，则，
即，结合，得，
故，令，
则，
即的单调递减区间为，
故答案为：B
【分析】先利用的最小正周期为可得的值，再利用函数的对称轴求出，结合正切函数的单调性，列出不等式，即可求得答案.
6．【答案】C
【知识点】幂函数的图象与性质
【解析】【解答】解：根据幂函数的定义可知，函数，与均为幂函数，
因为幂函数图象所过定点为，所以可得这三个函数图象均过点.
故答案为：C
【分析】先利用幂函数的定义判断可得这三个函数都为幂函数，再利用幂函数图象所过定点（1，1）可判断.
7．【答案】D
【知识点】换底公式及其推论；对数函数的单调性与特殊点
【解析】【解答】，，，
，，
，，
构造函数，
显然函数在上单调递增，
又，
，即，
，
故答案为：D．
【分析】由对数函数的单调性可得，，构造函数，根据函数在上单调性结合对数的运算性质，比较大小可得答案.
8．【答案】A
【知识点】必要条件；全称量词命题；命题的真假判断与应用
【解析】【解答】解：①：由可得或，
故“”是“”的必要不充分条件，故①错误；
②：命题：“，”的否定是“，”，故②错误；
③：“若，则”的否命题为“若，则”为假命题，故否命题为假命题，故③错误．
故答案为：A．
【分析】①先求得不等式解集或，再利用与或的关系即可判断；②根据全称命题写出其否定形式即可；③写出否命题判断找个反例即可判断真假；
9．【答案】A,D
【知识点】利用对数函数的单调性比较大小；不等关系与不等式
【解析】【解答】解：A、因为均为正数，则即，故A选项正确；
B、取，此时满足，但，故B选项错误；
C、可化为，也即，因为函数在上不单调，故C选项错误；
D、由可得，即，因为均为正数，所以，故D正确；
故答案为：AD
【分析】利用即可判断A，利用对数函数的单调性和不等式的性质可判断D；取特值可判断B；可化为，结合的单调性可判断C.
10．【答案】B,D
【知识点】不等关系与不等式；基本不等式
【解析】【解答】解：因为，所以，所以.
A、由可得，所以，故A错误；
B、，当且仅当，即时等号成立，所以的最大值为，故B正确；
对于C：因为，所以当且仅当，即时等号成立，故C错误；
D、因为，所以，所以，
当且仅当，即时等号成立，
因为，所以，当时取最大值，
此时，
此时两次取等号条件不一致，故，故D正确.
故答案为：BD.
【分析】依题意得出的取值范围，由此可得的范围，即可判断A的正误；利用基本不等式可判断B、C的正误；根据基本不等式及二次函数知识即可判断D的正误.
11．【答案】A,C,D
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；函数y=Acos（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：A、已知函数的极小值为-2，可得，
设的最小正周期为，则，∴，∴.
又∵，
∴，则，得，
又，∴，
∴，故A选项正确；
B、因为，
所以的图象可以由的图象向左平移个单位长度得到，故B错误；
C、由得，则在区间上单调递减，故C正确；
D、∵，∴，∴，
∴，
∴在区间上的值域为，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】先利用极值和对称中心求出即可判断A，再利用伸缩变换可判断B，利用三角函数的图象性质以及图象的平移变换即可一一判断求解即可判断C，D.
12．【答案】A,B,C
【知识点】简单的三角恒等变换；含三角函数的复合函数的单调性；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【解答】解：；
A、，故A选项正确；
B、当时，，是的一条对称轴，故B正确；
C、当时，，此时单调递减，故C正确；
D、，不是的对称中心，故D错误.
故答案为：ABC.
【分析】利用两角和差公式、二倍角和辅助角公式可化简得到，根据余弦型函数最值可知A正确；利用代入检验法，结合余弦函数性质，依次验证BCD正误即可.
13．【答案】2
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】解：∵2a=5b=10，
∴a=log210，b=log510，
∴=lg2，=lg5，
∴=2（lg2+lg5）=2，
故答案为：2．
【分析】由已知可得：a=log210，b=log510，根据换底公式的推论，可得=lg2，=lg5，结合对数的运算性质，可得答案．
14．【答案】①④
【知识点】复合命题的真假；命题的真假判断与应用；基本不等式
【解析】【解答】解：①命题“，有”的否定是
“ x1，x2∈M，x1≠x2，有[f（x1）﹣f（x2）]（x2﹣x1）≤0”，故不正确；
②已知a＞0，b＞0，a+b=1，则=（）（a+b）=5+≥5+2，
即的最小值为，正确；
③设x，y∈R，命题“若xy=0，则x2+y2=0”的否命题是“若xy≠0，则x2+y2≠0”，是真命题，正确；
④已知p：x2+2x﹣3＞0，q：＞1，若命题（￢q）∧p为真命题，则￢q与p为真命题，
即，
则x的取值范围是（﹣∞，﹣3）∪（1，2]∪[3，+∞），故不正确．
故答案为①④．
【分析】利用含有量词的否定即可判断①③，利用基本不等式“1”的变换即可判断②，利用命题（￢q）∧p为真命题列出不等式即可④.
15．【答案】2
【知识点】二倍角的正弦公式；二倍角的余弦公式；运用诱导公式化简求值
【解析】【解答】解：把 代入，
，
故答案为：2。
【分析】利用已知条件结合代入法，再结合二倍角的余弦公式和正弦公式、诱导公式，进而化简求出的值。
16．【答案】解：（1）．
∵最小正周期，∴．∴，∴．
（2）当时，，
∴当时，即时，单调递减，
∴的单调递减区间为，
当，即时，单调递增，
∴的单调递增区间为，
∴．
【知识点】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单调性
【解析】【分析】（1）利用三角恒等变换将函数解析式化为，再利用余弦型函数的性质结合函数的周期性，即可求得的解析式；
（2）根据自变量的取值可得，结合余弦函数的单调性求解．
17．【答案】解：（1），则函数的图象如图所示：
，要使得无实数根，则.
∴实数的取值范围为.
（2）由（1）可知，∴，，
∴
当，即，等号成立.即.
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法；基本不等式
【解析】【分析】(1)去掉绝对值号可得，画出函数的图象，从而可求出实数的取值范围.
(2)结合(1)可得，可得，再利用基本不等式可得.
18．【答案】（1）解：由图知，，，，
所以，将点代入得，
结合解得，
所以函数的解析式.
（2）解：货船需要的安全水深为米，所以当时货船可以停留在港口.
由得，得，
即，
当时，，当时，，
所以该船一天之内至多能在港口停留小时.
【知识点】三角函数模型的应用-潮汐现象
【解析】【分析】（1）由图易得和周期，由周期可求，然后代入最高点的坐标可求，从而求出解析式；
（2）由（1）可得，利用，列出不等式，解此不等式即可得解.
（1）由图知，，，，
所以，将点代入得，
结合解得，
所以函数的解析式.
（2）货船需要的安全水深为米，所以当时货船可以停留在港口.
由得，得，
即，
当时，，当时，，
所以该船一天之内至多能在港口停留小时.
19．【答案】解： （1）由题意知，
根据函数的图象关于直线对称，
得，
即，
又，所以，则，
则
，
则函数的最小正周期，
令，得，
故函数的单调增区间是.
（2）列表如下：
0 0 1
2 1 1 3 2
故在区间上的大致图象是：
【知识点】正弦函数的性质；五点法画三角函数的图象；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【分析】（1）先利用题意可得，再利用正弦三角函数图象的平移变换法可得的解析式，根据降幂公式与辅助角公式化简，然后利用正弦函数的周期公式结合正弦函数的单调性即可得结果；
（2）利用“五点法”：列表、描点、连线，从而可得结果.
20．【答案】解：（Ⅰ）由题意，
又函数关于直线对称，
所以即，
由可得当时，；
（Ⅱ）由题意
，
当时，，，
所以函数在上的值域为.
【知识点】简单的三角恒等变换；含三角函数的复合函数的值域与最值
【解析】【分析】（Ⅰ）先求出，再利用关于直线对称，令化简即可得解；
（Ⅱ）先利用题意结合三角恒等变换可得，再利用可得，结合三角函数的图象与性质即可得解.
21．【答案】（1）解：函数，
令，解得，
所以函数的对称中心为.
（2）解：当时，，所以，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以函数取得最大值为，
函数取得最小值为.
【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】【分析】（1）先利用题意结合三角恒等变换可得，令，解出，即可得到答案；
（2）当时，可得，利用正弦函数的单调性可得，单调递增，，单调递减，求得函数取得最大值为，最小值为.
（1）函数，
令，解得，
所以函数的对称中心为.
（2）当时，，所以，
当时，，单调递增，
当时，，单调递减，
所以函数取得最大值为，
函数取得最小值为.
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