吉林省长春市农安县实验中学等2024-2025学年高一上学期期末考试数学试卷
1．（2024高一上·农安期末）已知集合，或，则图中的阴影部分表示的集合为（ ）
A．或 B．或
C． D．
【答案】A
【知识点】交、并、补集的混合运算；Venn图表达集合的关系及运算
【解析】【解答】解：由题意知，，，
所以，图中阴影部分表示或.
故答案为：A.
【分析】由题可知图中阴影部分表示为，再结合交集、并集和补集的运算法则，从而得出图中的阴影部分表示的集合.
2．（2024高一上·农安期末）在单位圆中，已知角是第二象限角，它的终边与单位圆交于点，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】任意角三角函数的定义
【解析】【解答】解：由题意，，解得，
所以.
故答案为：D.
【分析】根据单位圆和正弦函数的定义，从而得出的值.
3．（2024高一上·农安期末）函数在区间上的零点必属于区间（ ）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】函数零点存在定理
【解析】【解答】解：解法一：(二分法)
由已知可得，，，
，，.
对于A，因为，所以A错误；
对于B，因为，所以B错误；
对于C，因为，所以C错误；
对于D，因为，所以D正确.
解法二：因为，
所以，即函数在区间上的零点为2，故D正确.
故答案为：D.
【分析】解法一：利用二分法求出各端点处函数值的符号，再根据零点存在性定理，从而得出函数在区间上的零点所在的区间.
解法二：对函数进行因式分解，即可得出函数的零点，从而得出函数在区间上的零点所在的区间.
4．（2024高一上·农安期末）已知，，，则a，b，c的大小关系是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】利用幂函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解：因为在R上单调递增，所以，即，
又因为，且在上单调递增，
所以，，所以.
故答案为：A.
【分析】根据幂函数的单调性，从而比较大小得出a，b，c的大小关系.
5．（2024高一上·农安期末）已知图1对应的函数为，则图2对应的函数是（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【知识点】奇偶函数图象的对称性；函数的图象
【解析】【解答】解：根据函数图象知，当时，所求函数图象与已知函数相同，
当时，所求函数图象与当时图象关于轴对称，
即所求函数为偶函数且时与相同，故选项B错误、选项D错误；
当时，，，故选项A正确、选项C错误.
故答案为：A.
【分析】根据两函数图象的关系知所求函数为偶函数且当时的两函数解析式相同，则判断出选项B和选项D；再利用当时，，，则判断出选项A和选项C，从而找出图2对应的函数.
6．（2024高一上·农安期末）同位素测年法最早由美国学者Willard Frank Libby在1940年提出并试验成功，它是利用宇宙射线在大气中产生的的放射性和衰变原理来检测埋在地下的动植物的死亡年代，当动植物被埋地下后，体内的碳循环就会停止，只进行放射性衰变．经研究发现，动植物死亡后的时间（单位：年）与满足关系式，且（动植物体内初始的含量为，死亡年后的含量为）．现在某古代祭祀坑中检测出一样本中的含量为原来的70％，可以推测该样本距今约（参考数据：，）（ ）
A．2750年 B．2865年 C．3050年 D．3125年
【答案】B
【知识点】对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：依题意，经过n年后含量为，
则，即，
解得，所以.
故答案为：B.
【分析】根据结合，再利用对数的运算法则，从而得出n的近似值，进而推测出该样本距今的时间.
7．（2024高一上·农安期末）已知，则（ ）
A．3 B． C． D．
【答案】D
【知识点】两角和与差的余弦公式；两角和与差的正弦公式；同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】解：由，
可得，
两边同除以可得，
代入，可得.
故答案为：D.
【分析】由两角和差的正、余弦公式化简，两边同除以结合同角三角函数基本关系式，从而得出的值.
8．（2024高一上·农安期末）根据统计，一名工人组装第件产品所用的时间（单位：分钟）为（为常数）.已知工人组装第4件产品用时30分钟，组装第件产品用时5分钟，那么和的值分别是（ ）
A．75，25 B．75，16 C．60，144 D．60，16
【答案】C
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法
【解析】【解答】解：由题意可得：，
故，则.
故答案为：C.
【分析】利用已知条件得出a的取值范围，再结合分段函数的解析式和代入法，从而解方程组得出和的值.
9．（2024高一上·农安期末）孔尚任在《桃花扇》中写道：“何处瑶天笙弄，听云鹤缥缈，玉佩丁冬”．玉佩是我国古人身上常佩戴的一种饰品．现有一玉佩如图1所示，其平面图形可以看成扇形的一部分（如图2），已知，则（ ）
A． B．弧的长为
C．该平面图形的周长为 D．该平面图形的面积为
【答案】A,C,D
【知识点】扇形的弧长与面积
【解析】【解答】解：如图，分别延长与交于点O，
易得，则，
所以为等边三角形，，
所以，得出，
则该平面图形的周长为，
则该平面图形的面积为．
故答案为：ACD.
【分析】分别延长与交于点O，根据相似三角形的性质，可得的值，从而得出的值，再结合扇形的弧长与面积公式，从而计算出该平面图形的周长和该平面图形的面积，进而找出正确的选项.
10．（2024高一上·农安期末）已知函数，则（ ）
A．函数在上单调递减
B．函数的图象关于点对称
C．函数的图象向左平移个单位长度后，所得图象关于y轴对称，则m的最小值是
D．若实数m使得方程在上恰好有三个实数解，，，则
【答案】B,C,D
【知识点】含三角函数的复合函数的单调性；函数的零点与方程根的关系；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】解：.
对于A，令，则，
所以，对于函数，当时，函数有增有减，故A错；
对于B，令，则，故B正确；
对于C，函数的图象平移后，得，
若图象关于y轴对称，则，，，，故C正确；
对于D，因为，作出图象如图所示，
因为，
由与有且只有三个交点，所以，
又因为时且，关于直线对称，
所以，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】根据辅助角公式可得正弦型函数为，再利用x的取值范围和不等式的基本性质以及换元法，则根据正弦函数的图象判断单调性的方法，则判断出选项A；利用x的取值范围和不等式的基本性质以及换元法，则根据正弦函数的图象判断对称性的方法，则判断出选项B；根据正弦型函数的图象平移变换可得，再根据偶函数的图象的对称性，则可得，从而得出m的最小值，则判断出选项C；根据正弦型函数的图象的对称性，再结合函数与直线的图象的交点和方程的根的等价关系，从而得出的值，则判断出选项D，进而找出正确的选项.
11．（2024高一上·农安期末）已知定义域为的函数满足：，且当时，，则（ ）
A．
B．的图象关于轴对称
C．在上单调递减
D．不等式的解集为
【答案】A,B,D
【知识点】函数单调性的判断与证明；奇偶函数图象的对称性；奇偶性与单调性的综合；函数的值
【解析】【解答】解：对于A，中，
令，得，解得，
令，得，解得，故选项A正确；
对于B，在中，
令，得，
故的图象关于轴对称，故选项B正确；
对于C，在中，
令，其中，
则，
当时，，且，所以，
所以，，
所以在上单调递增，故选项C错误；
对于D，因为，
所以，
故，
即，
由选项B、选项C知，函数在上单调递增，
又因为函数为偶函数，
则，且，
将两边平方得出，
解得，且，
所以，不等式的解集为，故选项D正确.
故答案为：ABD.
【分析】利用已知条件和赋值法得出的值，再赋值得到的值，则判断出选项A；利用已知条件和赋值法，从而得出，再利用偶函数的定义和偶函数的图象的对称性，则判断出选项B；利用已知条件，令，，由单调函数的定义，从而判断出函数在上的单调性，则判断出选项C；利用已知条件变形得到，由选项B和选项C，从而得到不等式，再解不等式得出不等式的解集，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
12．（2024高一上·农安期末）已知幂函数在上单调递减，则且的图象过定点 .
【答案】
【知识点】对数函数的图象与性质；幂函数的概念与表示；幂函数的图象与性质
【解析】【解答】解：由题意可得，
即，解得或，
又因为函数在上单调递减，故，即，
故且过定点.
故答案为：.
【分析】根据幂函数的定义和幂函数的单调性，可得的值，再结合对数型函数的图象过定点的性质，则可得函数且的图象过的定点坐标.
13．（2024高一上·农安期末）已知角A是△ABC的内角，则“ ”是“ 的 条件（填“充分非必要”、“必要非充分”、“充要条件”、“既非充分又非必要”之一）．
【答案】充分不必要
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：A为△ABC的内角，则A∈（0，180°），
若命题p：cosA= 成立，则A=60°，sinA= ；
而命题q：sinA= 成立，又由A∈（0，180°），则A=60°或120°；
因此由p可以推得q成立，由q推不出p，
可见p是q的充分不必要条件．
故答案为：充分不必要．
【分析】根据充分必要条件的定义以及三角函数值判断即可．
14．（2024高一上·农安期末）若函数在上具有单调性，且为的一个零点，则在上单调递 （填增或减），函数的零点个数为 ．
【答案】增；9
【知识点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；函数的零点
【解析】【解答】因为在上具有单调性，
所以，即，．
又因为，
所以，即，
只有，符合要求，此时．
当时，，
所以在上单调递增．
因为的最大值为1，而，，
作出函数与的图象，由图可知，这两个函数的图象共有9个交点，所以函数的零点个数为9．
故答案为：增；9.
【分析】利用已知可得，即，进而由，推出，所以在上单调递增，利用函数的图象焦点的个数可得函数 的零点个数 .
15．（2024高一上·农安期末）已知函数，其中.
（1）求在上的最大值；
（2）若函数（）为奇函数，求的值.
【答案】（1）解：因为
又因为，所以，
故当时，即当时，.
（2）解：由（1）知，
又因为函数为奇函数，
则为奇函数，
所以，解得，
又因为，
令，得到；
令，得到，
所以或.
【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；含三角函数的复合函数的奇偶性
【解析】【分析】（1）根据已知条件，利用二倍角公式和辅助角公式，从而得到，再利用x的取值范围和不等式的基本性质以及换元法，则根据正弦函数的图象的单调性求最值的方法，从而得出正弦型函数在上的最大值.
（2）利用（1）结合已知条件和奇函数的定义，从而得到，再利用和赋值法，从而得出满足要求的角的值.
（1）因为，所以，
故当时，即时，.
（2）由（1）知，
又因为函数为奇函数，则为奇函数，
所以，解得，
又，令，得到，令，得到，
所以或.
16．（2024高一上·农安期末）已知函数.
（1）求不等式的解集；
（2）函数（，），若存在，使得成立，求实数a的取值范围；
（3）已知函数在区间单调递减.试判断：是否恒成立？请说明理由.
【答案】（1）解：因为，
由，可得，即的定义域为，
又因为，所以为奇函数，
当时，单调递减，
又因为为增函数，
所以函数在上单调递减，
所以在上单调递减，
若不等式，
则解集为.
（2）解：因为函数，
若存在，使得成立，
则和在上的值域的交集不为空集，
由（1）可知：当时，单调递减，
又因为，所以的值域为；
若，则在上单调递减，
所以的值域为，
此时只需，即，所以；
若，则在上单调递增，
可得的值域为，
此时与的交集显然为空集，不满足题意，
综上所述，实数a的取值范围是.
（3）解：恒成立，
理由如下：
因为，
所以
，
因为在区间单调递减，
所以当时，，所以，
即，
即，
所以，即
【知识点】函数的值域；奇偶性与单调性的综合；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）根据函数的奇偶性的定义可知函数为奇函数，再根据复合函数的单调性和函数的奇偶性，则得出不等式的解集.
（2）根据两个函数和的单调性求出函数和的值域，再根据和在上的值域的交集不为空集，从而分类讨论得出实数a的取值范围.
（3）根据对数的运算性质，可得，再根据函数的单调性，从而判断出恒成立.
（1）因为，由，可得，
即的定义域为；
又，所以为奇函数，
当时，单调递减，又为增函数，
所以函数在上单调递减，
所以在上单调递减，
若不等式，
则解集为；
（2）函数，
若存在，使得成立，
则和在上的值域的交集不为空集；
由（1）可知：时，单调递减，
又，所以的值域为；
若，则在上单调递减，
所以的值域为，
此时只需，即，所以；
若，则在上单调递增，
可得的值域为，
此时与的交集显然为空集，不满足题意；
综上所述，实数a的范围是；
（3）恒成立，理由如下：
因为，
所以
，
因为在区间单调递减，
所以当时，，所以，
即，即，
所以，
即
17．（2024高一上·农安期末）初一（2）班的郭同学参加了折纸社团，某次社团课上，指导教师老胡展示了如图2所示的图案，其由三块全等的矩形经过如图1所示的方式折叠后拼接而成．已知矩形的周长为，其中较长边为，将沿向折叠，折过去后交于点E．
（1）用x表示图1中的面积；
（2）郭爸爸看到孩子的折纸成果后，非常高兴，决定做一颗相同形状和大小的纽扣作为奖励其中纽扣的六个直角（如图2阴影部分）利用镀金工艺双面上色（厚度忽略不计）．已知镀金工艺是2元/，试求一颗纽扣的镀金部分所需的最大费用．
【答案】（1）解：因为，所以，
因为为较长边，所以，即，
设，则，
因为，，
所以，所以．
在中，由勾股定理得，
即，解得，
所以，所以的面积，
所以的面积为：．
（2）解：设一颗钮扣的镀金费用为y元，
则，
当且仅当时，由得出当时，等号成立，
则当为时，一颗钮扣的镀金部分所需的最大费用为元．
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）根据已知条件和全等三角形判断方法，可推得，在中，由勾股定理得，解得，，再结合三角形的面积公式，从而用x表示图1中的面积．（2）根据已知条件结合基本不等式求最值的方法，从而得出一颗纽扣的镀金部分所需的最大费用．
（1）因为，所以，
因为为较长边，所以，即，
设，则，
因为，，
所以，所以．
在中，由勾股定理得，
即，解得，
所以．
所以的面积．
所以的面积．
（2）设一颗钮扣的镀金费用为y元，
则，
当且仅当，由即时等号成立，
所以当为时，一颗钮扣的镀金部分所需的最大费用为元．
18．（2024高一上·农安期末）已知函数，且恒成立.
（1）求a的值；
（2）设，若，，使得，求实数b的取值范围.
【答案】（1）解：
，其中为锐角且，
由于，，故，
所以，，故，，
则，，解得.
（2）解：由（1）得，不妨取，故，
，，使得，
则只需，
当时，，
故，则，
令，则，
则，
其中，
因为，所以，，
若，此时在上单调递减，
故，故；
若，此时，
令，故，解得，
与取交集得；
若，此时在上单调递增，
故，
令，解得，
与取交集得，
综上所述，.
【知识点】函数恒成立问题；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】（1）根据二倍角公式和辅助角公式，从而可得，再根据得，则由的取值范围，从而得出a的值.
（2）将问题转化为，再利用整体法求出的值，则根据换元法和二次函数的单调性，从而分类讨论得出函数的最大值，进而得出实数b的取值范围.
（1）
，其中为锐角且，
由于，，故，
所以，，故，，
，，解得；
（2）由（1）得，不妨取，故，
，，使得，
则只需，
当时，，故，
则，
令，则，
则，
其中，
因为，所以，，
若，此时在上单调递减，
故，故，
若，此时，
令，故，解得，
与取交集得，
若，此时在上单调递增，
故，
令，解得，与取交集得，
综上，.
19．（2024高一上·农安期末）已知函数.
（1）若不等式在上恒成立，求a的取值范围；
（2）若函数恰好有三个零点，求b的值及该函数的零点.
【答案】（1）解：令，由可得，
不等式在上恒成立，
可化为在上恒成立，
即，变形可得，
即，
因为，则，
函数在上单调递增，
根据二次函数的图象与性质可知
实数a满足，
所以，实数a的取值范围为.
（2）解：令且为偶函数，
因为，则，所以，
因为函数的三个零点需满足，
所以，
化简可得，即，
化简可得，故，
因为恰好有三个实数根，
则必有一根为（否则根据函数的对称性可知会有四个根），
即，代入方程，可得，
则方程可化为，解方程可得或，
若，则，则，
当，则，则 ，
综上可知，，函数的三个零点分别为0，，2.
【知识点】函数的最大（小）值；奇偶性与单调性的综合；函数恒成立问题；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）利用换元法和分离参数的方法，可得，再根据二次函数的单调性得出二次函数的最值，则由不等式恒成立问题求解方法，从而得出实数a的取值范围.
（2）利用换元法，将问题转化为且，根据函数的图象的对称性可得是一个零点，代入x的值可得的值，从而得出b的值，再根据函数的零点的定义，则得出该函数的零点.
（1）令，由可得，
不等式在上恒成立，
可化为在上恒成立，即，
变形可得，即，
因为，则，
函数在上单调递增，
所以根据二次函数的图象与性质可知
实数a满足，
所以实数a的范围为.
（2）令，且为偶函数，
因为，则，所以，
函数的三个零点需满足，
所以，
化简可得，
即，化简可得，故，
因为恰好有三个实数根，
则必有一根为（否则根据函数的对称性可知会有四个根），
即，代入方程可解得，
则方程可化为，解方程可得或，
若，则，则，
当时，即，解得
综上可知，，函数的三个零点分别为0，，2.
1 / 1吉林省长春市农安县实验中学等2024-2025学年高一上学期期末考试数学试卷
1．（2024高一上·农安期末）已知集合，或，则图中的阴影部分表示的集合为（ ）
A．或 B．或
C． D．
2．（2024高一上·农安期末）在单位圆中，已知角是第二象限角，它的终边与单位圆交于点，则（ ）
A． B． C． D．
3．（2024高一上·农安期末）函数在区间上的零点必属于区间（ ）
A． B． C． D．
4．（2024高一上·农安期末）已知，，，则a，b，c的大小关系是（ ）
A． B． C． D．
5．（2024高一上·农安期末）已知图1对应的函数为，则图2对应的函数是（ ）
A． B． C． D．
6．（2024高一上·农安期末）同位素测年法最早由美国学者Willard Frank Libby在1940年提出并试验成功，它是利用宇宙射线在大气中产生的的放射性和衰变原理来检测埋在地下的动植物的死亡年代，当动植物被埋地下后，体内的碳循环就会停止，只进行放射性衰变．经研究发现，动植物死亡后的时间（单位：年）与满足关系式，且（动植物体内初始的含量为，死亡年后的含量为）．现在某古代祭祀坑中检测出一样本中的含量为原来的70％，可以推测该样本距今约（参考数据：，）（ ）
A．2750年 B．2865年 C．3050年 D．3125年
7．（2024高一上·农安期末）已知，则（ ）
A．3 B． C． D．
8．（2024高一上·农安期末）根据统计，一名工人组装第件产品所用的时间（单位：分钟）为（为常数）.已知工人组装第4件产品用时30分钟，组装第件产品用时5分钟，那么和的值分别是（ ）
A．75，25 B．75，16 C．60，144 D．60，16
9．（2024高一上·农安期末）孔尚任在《桃花扇》中写道：“何处瑶天笙弄，听云鹤缥缈，玉佩丁冬”．玉佩是我国古人身上常佩戴的一种饰品．现有一玉佩如图1所示，其平面图形可以看成扇形的一部分（如图2），已知，则（ ）
A． B．弧的长为
C．该平面图形的周长为 D．该平面图形的面积为
10．（2024高一上·农安期末）已知函数，则（ ）
A．函数在上单调递减
B．函数的图象关于点对称
C．函数的图象向左平移个单位长度后，所得图象关于y轴对称，则m的最小值是
D．若实数m使得方程在上恰好有三个实数解，，，则
11．（2024高一上·农安期末）已知定义域为的函数满足：，且当时，，则（ ）
A．
B．的图象关于轴对称
C．在上单调递减
D．不等式的解集为
12．（2024高一上·农安期末）已知幂函数在上单调递减，则且的图象过定点 .
13．（2024高一上·农安期末）已知角A是△ABC的内角，则“ ”是“ 的 条件（填“充分非必要”、“必要非充分”、“充要条件”、“既非充分又非必要”之一）．
14．（2024高一上·农安期末）若函数在上具有单调性，且为的一个零点，则在上单调递 （填增或减），函数的零点个数为 ．
15．（2024高一上·农安期末）已知函数，其中.
（1）求在上的最大值；
（2）若函数（）为奇函数，求的值.
16．（2024高一上·农安期末）已知函数.
（1）求不等式的解集；
（2）函数（，），若存在，使得成立，求实数a的取值范围；
（3）已知函数在区间单调递减.试判断：是否恒成立？请说明理由.
17．（2024高一上·农安期末）初一（2）班的郭同学参加了折纸社团，某次社团课上，指导教师老胡展示了如图2所示的图案，其由三块全等的矩形经过如图1所示的方式折叠后拼接而成．已知矩形的周长为，其中较长边为，将沿向折叠，折过去后交于点E．
（1）用x表示图1中的面积；
（2）郭爸爸看到孩子的折纸成果后，非常高兴，决定做一颗相同形状和大小的纽扣作为奖励其中纽扣的六个直角（如图2阴影部分）利用镀金工艺双面上色（厚度忽略不计）．已知镀金工艺是2元/，试求一颗纽扣的镀金部分所需的最大费用．
18．（2024高一上·农安期末）已知函数，且恒成立.
（1）求a的值；
（2）设，若，，使得，求实数b的取值范围.
19．（2024高一上·农安期末）已知函数.
（1）若不等式在上恒成立，求a的取值范围；
（2）若函数恰好有三个零点，求b的值及该函数的零点.
答案解析部分
1．【答案】A
【知识点】交、并、补集的混合运算；Venn图表达集合的关系及运算
【解析】【解答】解：由题意知，，，
所以，图中阴影部分表示或.
故答案为：A.
【分析】由题可知图中阴影部分表示为，再结合交集、并集和补集的运算法则，从而得出图中的阴影部分表示的集合.
2．【答案】D
【知识点】任意角三角函数的定义
【解析】【解答】解：由题意，，解得，
所以.
故答案为：D.
【分析】根据单位圆和正弦函数的定义，从而得出的值.
3．【答案】D
【知识点】函数零点存在定理
【解析】【解答】解：解法一：(二分法)
由已知可得，，，
，，.
对于A，因为，所以A错误；
对于B，因为，所以B错误；
对于C，因为，所以C错误；
对于D，因为，所以D正确.
解法二：因为，
所以，即函数在区间上的零点为2，故D正确.
故答案为：D.
【分析】解法一：利用二分法求出各端点处函数值的符号，再根据零点存在性定理，从而得出函数在区间上的零点所在的区间.
解法二：对函数进行因式分解，即可得出函数的零点，从而得出函数在区间上的零点所在的区间.
4．【答案】A
【知识点】利用幂函数的单调性比较大小
【解析】【解答】解：因为在R上单调递增，所以，即，
又因为，且在上单调递增，
所以，，所以.
故答案为：A.
【分析】根据幂函数的单调性，从而比较大小得出a，b，c的大小关系.
5．【答案】A
【知识点】奇偶函数图象的对称性；函数的图象
【解析】【解答】解：根据函数图象知，当时，所求函数图象与已知函数相同，
当时，所求函数图象与当时图象关于轴对称，
即所求函数为偶函数且时与相同，故选项B错误、选项D错误；
当时，，，故选项A正确、选项C错误.
故答案为：A.
【分析】根据两函数图象的关系知所求函数为偶函数且当时的两函数解析式相同，则判断出选项B和选项D；再利用当时，，，则判断出选项A和选项C，从而找出图2对应的函数.
6．【答案】B
【知识点】对数的性质与运算法则
【解析】【解答】解：依题意，经过n年后含量为，
则，即，
解得，所以.
故答案为：B.
【分析】根据结合，再利用对数的运算法则，从而得出n的近似值，进而推测出该样本距今的时间.
7．【答案】D
【知识点】两角和与差的余弦公式；两角和与差的正弦公式；同角三角函数基本关系的运用
【解析】【解答】解：由，
可得，
两边同除以可得，
代入，可得.
故答案为：D.
【分析】由两角和差的正、余弦公式化简，两边同除以结合同角三角函数基本关系式，从而得出的值.
8．【答案】C
【知识点】分段函数的解析式求法及其图象的作法
【解析】【解答】解：由题意可得：，
故，则.
故答案为：C.
【分析】利用已知条件得出a的取值范围，再结合分段函数的解析式和代入法，从而解方程组得出和的值.
9．【答案】A,C,D
【知识点】扇形的弧长与面积
【解析】【解答】解：如图，分别延长与交于点O，
易得，则，
所以为等边三角形，，
所以，得出，
则该平面图形的周长为，
则该平面图形的面积为．
故答案为：ACD.
【分析】分别延长与交于点O，根据相似三角形的性质，可得的值，从而得出的值，再结合扇形的弧长与面积公式，从而计算出该平面图形的周长和该平面图形的面积，进而找出正确的选项.
10．【答案】B,C,D
【知识点】含三角函数的复合函数的单调性；函数的零点与方程根的关系；含三角函数的复合函数的对称性
【解析】【解答】解：.
对于A，令，则，
所以，对于函数，当时，函数有增有减，故A错；
对于B，令，则，故B正确；
对于C，函数的图象平移后，得，
若图象关于y轴对称，则，，，，故C正确；
对于D，因为，作出图象如图所示，
因为，
由与有且只有三个交点，所以，
又因为时且，关于直线对称，
所以，故D正确.
故答案为：BCD.
【分析】根据辅助角公式可得正弦型函数为，再利用x的取值范围和不等式的基本性质以及换元法，则根据正弦函数的图象判断单调性的方法，则判断出选项A；利用x的取值范围和不等式的基本性质以及换元法，则根据正弦函数的图象判断对称性的方法，则判断出选项B；根据正弦型函数的图象平移变换可得，再根据偶函数的图象的对称性，则可得，从而得出m的最小值，则判断出选项C；根据正弦型函数的图象的对称性，再结合函数与直线的图象的交点和方程的根的等价关系，从而得出的值，则判断出选项D，进而找出正确的选项.
11．【答案】A,B,D
【知识点】函数单调性的判断与证明；奇偶函数图象的对称性；奇偶性与单调性的综合；函数的值
【解析】【解答】解：对于A，中，
令，得，解得，
令，得，解得，故选项A正确；
对于B，在中，
令，得，
故的图象关于轴对称，故选项B正确；
对于C，在中，
令，其中，
则，
当时，，且，所以，
所以，，
所以在上单调递增，故选项C错误；
对于D，因为，
所以，
故，
即，
由选项B、选项C知，函数在上单调递增，
又因为函数为偶函数，
则，且，
将两边平方得出，
解得，且，
所以，不等式的解集为，故选项D正确.
故答案为：ABD.
【分析】利用已知条件和赋值法得出的值，再赋值得到的值，则判断出选项A；利用已知条件和赋值法，从而得出，再利用偶函数的定义和偶函数的图象的对称性，则判断出选项B；利用已知条件，令，，由单调函数的定义，从而判断出函数在上的单调性，则判断出选项C；利用已知条件变形得到，由选项B和选项C，从而得到不等式，再解不等式得出不等式的解集，则判断出选项D，从而找出正确的选项.
12．【答案】
【知识点】对数函数的图象与性质；幂函数的概念与表示；幂函数的图象与性质
【解析】【解答】解：由题意可得，
即，解得或，
又因为函数在上单调递减，故，即，
故且过定点.
故答案为：.
【分析】根据幂函数的定义和幂函数的单调性，可得的值，再结合对数型函数的图象过定点的性质，则可得函数且的图象过的定点坐标.
13．【答案】充分不必要
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：A为△ABC的内角，则A∈（0，180°），
若命题p：cosA= 成立，则A=60°，sinA= ；
而命题q：sinA= 成立，又由A∈（0，180°），则A=60°或120°；
因此由p可以推得q成立，由q推不出p，
可见p是q的充分不必要条件．
故答案为：充分不必要．
【分析】根据充分必要条件的定义以及三角函数值判断即可．
14．【答案】增；9
【知识点】由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式；函数的零点
【解析】【解答】因为在上具有单调性，
所以，即，．
又因为，
所以，即，
只有，符合要求，此时．
当时，，
所以在上单调递增．
因为的最大值为1，而，，
作出函数与的图象，由图可知，这两个函数的图象共有9个交点，所以函数的零点个数为9．
故答案为：增；9.
【分析】利用已知可得，即，进而由，推出，所以在上单调递增，利用函数的图象焦点的个数可得函数 的零点个数 .
15．【答案】（1）解：因为
又因为，所以，
故当时，即当时，.
（2）解：由（1）知，
又因为函数为奇函数，
则为奇函数，
所以，解得，
又因为，
令，得到；
令，得到，
所以或.
【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；含三角函数的复合函数的奇偶性
【解析】【分析】（1）根据已知条件，利用二倍角公式和辅助角公式，从而得到，再利用x的取值范围和不等式的基本性质以及换元法，则根据正弦函数的图象的单调性求最值的方法，从而得出正弦型函数在上的最大值.
（2）利用（1）结合已知条件和奇函数的定义，从而得到，再利用和赋值法，从而得出满足要求的角的值.
（1）因为，所以，
故当时，即时，.
（2）由（1）知，
又因为函数为奇函数，则为奇函数，
所以，解得，
又，令，得到，令，得到，
所以或.
16．【答案】（1）解：因为，
由，可得，即的定义域为，
又因为，所以为奇函数，
当时，单调递减，
又因为为增函数，
所以函数在上单调递减，
所以在上单调递减，
若不等式，
则解集为.
（2）解：因为函数，
若存在，使得成立，
则和在上的值域的交集不为空集，
由（1）可知：当时，单调递减，
又因为，所以的值域为；
若，则在上单调递减，
所以的值域为，
此时只需，即，所以；
若，则在上单调递增，
可得的值域为，
此时与的交集显然为空集，不满足题意，
综上所述，实数a的取值范围是.
（3）解：恒成立，
理由如下：
因为，
所以
，
因为在区间单调递减，
所以当时，，所以，
即，
即，
所以，即
【知识点】函数的值域；奇偶性与单调性的综合；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）根据函数的奇偶性的定义可知函数为奇函数，再根据复合函数的单调性和函数的奇偶性，则得出不等式的解集.
（2）根据两个函数和的单调性求出函数和的值域，再根据和在上的值域的交集不为空集，从而分类讨论得出实数a的取值范围.
（3）根据对数的运算性质，可得，再根据函数的单调性，从而判断出恒成立.
（1）因为，由，可得，
即的定义域为；
又，所以为奇函数，
当时，单调递减，又为增函数，
所以函数在上单调递减，
所以在上单调递减，
若不等式，
则解集为；
（2）函数，
若存在，使得成立，
则和在上的值域的交集不为空集；
由（1）可知：时，单调递减，
又，所以的值域为；
若，则在上单调递减，
所以的值域为，
此时只需，即，所以；
若，则在上单调递增，
可得的值域为，
此时与的交集显然为空集，不满足题意；
综上所述，实数a的范围是；
（3）恒成立，理由如下：
因为，
所以
，
因为在区间单调递减，
所以当时，，所以，
即，即，
所以，
即
17．【答案】（1）解：因为，所以，
因为为较长边，所以，即，
设，则，
因为，，
所以，所以．
在中，由勾股定理得，
即，解得，
所以，所以的面积，
所以的面积为：．
（2）解：设一颗钮扣的镀金费用为y元，
则，
当且仅当时，由得出当时，等号成立，
则当为时，一颗钮扣的镀金部分所需的最大费用为元．
【知识点】基本不等式在最值问题中的应用；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）根据已知条件和全等三角形判断方法，可推得，在中，由勾股定理得，解得，，再结合三角形的面积公式，从而用x表示图1中的面积．（2）根据已知条件结合基本不等式求最值的方法，从而得出一颗纽扣的镀金部分所需的最大费用．
（1）因为，所以，
因为为较长边，所以，即，
设，则，
因为，，
所以，所以．
在中，由勾股定理得，
即，解得，
所以．
所以的面积．
所以的面积．
（2）设一颗钮扣的镀金费用为y元，
则，
当且仅当，由即时等号成立，
所以当为时，一颗钮扣的镀金部分所需的最大费用为元．
18．【答案】（1）解：
，其中为锐角且，
由于，，故，
所以，，故，，
则，，解得.
（2）解：由（1）得，不妨取，故，
，，使得，
则只需，
当时，，
故，则，
令，则，
则，
其中，
因为，所以，，
若，此时在上单调递减，
故，故；
若，此时，
令，故，解得，
与取交集得；
若，此时在上单调递增，
故，
令，解得，
与取交集得，
综上所述，.
【知识点】函数恒成立问题；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】（1）根据二倍角公式和辅助角公式，从而可得，再根据得，则由的取值范围，从而得出a的值.
（2）将问题转化为，再利用整体法求出的值，则根据换元法和二次函数的单调性，从而分类讨论得出函数的最大值，进而得出实数b的取值范围.
（1）
，其中为锐角且，
由于，，故，
所以，，故，，
，，解得；
（2）由（1）得，不妨取，故，
，，使得，
则只需，
当时，，故，
则，
令，则，
则，
其中，
因为，所以，，
若，此时在上单调递减，
故，故，
若，此时，
令，故，解得，
与取交集得，
若，此时在上单调递增，
故，
令，解得，与取交集得，
综上，.
19．【答案】（1）解：令，由可得，
不等式在上恒成立，
可化为在上恒成立，
即，变形可得，
即，
因为，则，
函数在上单调递增，
根据二次函数的图象与性质可知
实数a满足，
所以，实数a的取值范围为.
（2）解：令且为偶函数，
因为，则，所以，
因为函数的三个零点需满足，
所以，
化简可得，即，
化简可得，故，
因为恰好有三个实数根，
则必有一根为（否则根据函数的对称性可知会有四个根），
即，代入方程，可得，
则方程可化为，解方程可得或，
若，则，则，
当，则，则 ，
综上可知，，函数的三个零点分别为0，，2.
【知识点】函数的最大（小）值；奇偶性与单调性的综合；函数恒成立问题；函数的零点与方程根的关系
【解析】【分析】（1）利用换元法和分离参数的方法，可得，再根据二次函数的单调性得出二次函数的最值，则由不等式恒成立问题求解方法，从而得出实数a的取值范围.
（2）利用换元法，将问题转化为且，根据函数的图象的对称性可得是一个零点，代入x的值可得的值，从而得出b的值，再根据函数的零点的定义，则得出该函数的零点.
（1）令，由可得，
不等式在上恒成立，
可化为在上恒成立，即，
变形可得，即，
因为，则，
函数在上单调递增，
所以根据二次函数的图象与性质可知
实数a满足，
所以实数a的范围为.
（2）令，且为偶函数，
因为，则，所以，
函数的三个零点需满足，
所以，
化简可得，
即，化简可得，故，
因为恰好有三个实数根，
则必有一根为（否则根据函数的对称性可知会有四个根），
即，代入方程可解得，
则方程可化为，解方程可得或，
若，则，则，
当时，即，解得
综上可知，，函数的三个零点分别为0，，2.
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