广东省深圳市深圳外国语学校高中园2026届高三上学期第一次调研考试数学试卷
1．（2025高三上·深圳月考）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】
故答案为：C
【分析】利用已知条件结合交集的运算法则，进而得出集合A和集合B的交集。
2．（2025高三上·深圳月考）样本数据2，6，5，13，4，8的第60百分位数为（ ）
A．2 B．4 C．6 D．13
【答案】C
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：将样本数据按照从小到大的顺序排列为2，4，5，6，8，13，
因为6×0.6=3.6，所以第60百分位数为第4位数6，
故选：C.
【分析】根据百分位数的求法计算即可.
3．（2025高三上·深圳月考）“，”为假命题的一个充分不必要条件是（ ）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】充分条件；存在量词命题；命题的真假判断与应用；必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：“，”为假命题“，”为真命题，
所以恒成立，
设，由，则，
所以“，”为真命题.
A，，即是“，”为假命题的一个既不充分又不必要条件，故选项A不正确；
B，因为，但，所以是“，”为真命题的一个充分不必要条件，故选项B正确，
C，是“，”为真命题的一个充要条件，故选项C不正确；
D，，是“，”为真命题的一个必要条件不充分条件，故选项D不正确.
故选：B．
【分析】存在量词命题的否定是全称命题，由存在量词命题是假命题，则其否定是真命题，转化为恒成立问题求解，分离参数求解最值即可得充要条件，进而根据充分条件与必要条件的定义判断即可求解.
4．（2025高三上·深圳月考）要得到的图象，只需将函数的图象上所有点的横坐标（ ）
A．缩小到原来的倍（纵坐标不变）
B．扩大到原来的10倍（纵坐标不变）
C．向左移动1个单位（纵坐标不变）
D．向右移动1个单位（纵坐标不变）
【答案】B
【知识点】函数的图象与图象变化；对数的性质与运算法则
【解析】【解答]】解：因为，所以由函数图象的变换知，只需将函数的图象上所有点的横坐标扩大到原来的倍（纵坐标不变），
故选：B
【分析】由对数的运算可得，进而根据函数图象的变换即可求解.
5．（2025高三上·深圳月考）的展开式中二项式系数的和为64，则展开式中的常数项为（ ）
A．8 B．12 C．15 D．
【答案】C
【知识点】二项式系数的性质；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：由题可知：，解得n=6，
所以通项公式为，
令，所以常数项为.
故选：C.
【分析】根据二次项的性质先求得，进而求得通项公式，根据常数项的特点计算即可.
6．（2025高三上·深圳月考）已知函数，如图所示的函数曲线所对应的函数解析式可以为（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；正弦函数的性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；辅助角公式
【解析】【解答】解：因为的周期为，
图中函数的周期为，
AB中的函数周期均为，故选项A，B错误；
C，，当时，，符合要求，故选项C正确；
D，，当时，，不符合要求，故选项D错误；
故选：C.
【分析】根据辅助角公式化简，结合图象可求得对应函数的周期，进而即可根据周期排除AB，根据最高点坐标排除D，即可求解.
7．（2025高三上·深圳月考）某学校需要从3名男生和2名女生中选出4人，到甲、乙、丙三个社区参加活动，其中甲社区需要选派2人，且至少有1名是女生；乙社区和丙社区各需要选派1人．则不同的选派方法的种数是（ ）
A．18 B．21 C．36 D．42
【答案】D
【知识点】分类加法计数原理；分步乘法计数原理；排列与组合的综合
【解析】【解答】解：根据题意，甲地需要选派2人且至少有1名女生，分甲地派2名女生和派1名女生一名男生两种情况，
若甲地派2名女生，有种情况；
若甲地派1名女生和1名男生，有种情况，
则甲地的分派方法有种方法；
甲地安排好后，在剩余3人中，任选2人，安排在乙、丙两地，有种安排方法，
由分步计数原理，可得不同的选派方法共有种.
故选：D.
【分析】根据题意，先分析甲地的安排方法，分“分派2名女生”和“分派1名女生”两种情况讨论，由分类计数原理得到甲地的分派方法数目，再在剩余的3人中，任选2人，安排在乙、丙两地，结合分步计数原理，即可求解.
8．（2025高三上·深圳月考）函数在的图像大致为（ ）
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：因为定义域为关于原点对称，，所以是奇函数，
因为，，
所以当时，在上递减且，所以对，；
当且时，，，所以，排除选项BD；
当时，，排除选项C，
故选：A.
【分析】先考虑的奇偶性，然后利用导数判断的单调性从而判断函数值的正负，再根据特殊值判断出的正负，从而判断出对应的函数图象.
9．（2025高三上·深圳月考）（多选）下列图形中可以表示以为定义域，为值域的函数的图象是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】B,C
【知识点】函数的概念及其构成要素；函数的表示方法；函数的对应法则
【解析】【解答】解：选项A中的值域为，显然不满足，选项D不是函数的图象，
由函数的定义可知，选项B，C正确．
故选：BC
【分析】根据函数的定义及定义域与值域的概念逐一分析判断即可.
10．（2025高三上·深圳月考）已知函数，则（ ）
A．
B．为偶函数
C．在上单调递增
D．在上的值域为
【答案】B,D
【知识点】二倍角的余弦公式；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；含三角函数的复合函数的奇偶性
【解析】【解答】解：A、因为，故选项A错误；
B、函数的定义域为，
又，所以为偶函数，故选项B正确；
C、由，得，
因为在上单调递减，所以在上单调递减，故选项C错误；
D、由，得，所以，
故在上的值域为，故选项D正确；
故选：BD
【分析】利用二倍角公式化简，即可判断选项A；利用奇偶性即可判断选项B；根据余弦函数的单调性即可判断选项C，D.
11．（2025高三上·深圳月考）已知函数，则（ ）
A．当，时，
B．当时，有最值
C．当时，为减函数
D．当仅有一个整数解时，
【答案】A,C,D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：A、当时，，令
因为在上单调递增，所以当时，
所以，即，故选项A正确；
B、当时，，所以
令，则
所以当时，，单调递增；当时，，单调递减；
所以，即，所以在上单调递减，没有最值，故选项B错误；
C、，
令，则
因为，所以由可得，由可得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以
令，则
所以在上单调递增，所以
所以，即，所以为减函数，故选项C正确
D、由可得
令，则，
所以当时，，单调递增；当时，，单调递减
的图象如下：
表示的是过点的直线，
所以当仅有一个整数解时，，故选项D正确.
故选：ACD
【分析】令，由的单调性可判断选项A；先求得函数f(x)的解析式，进而求导，令，利用二次求导可得，即可求得在上单调递减，没有最值可判断选项B；，令，利用求导可得，令，利用求导可得，进而可得，即，即可判断函数f(x)的单调性可判断选项C；由可得，令，画出的图象，表示的是过点的直线，结合图象可判断选项D.
12．（2025高三上·深圳月考）已知角的终边过点，则 ．
【答案】
【知识点】任意角三角函数的定义
【解析】【解答】解：因为的终边过点，
根据三角函数的定义，可得，，
所以.
故答案为：．
【分析】根据三角函数的定义，求得，，进而代入计算即可.
13．（2025高三上·深圳月考）已知 ，且 ，则 .
【答案】54
【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】由题意得 ， ，又由 ，得 ，即 ，解得 .
故答案为：54.
【分析】将指数式化为对数式得 ， ，然后利用换底公式和对数的运算律得出 ，即可计算出 的值.
14．（2025高三上·深圳月考）已知函数在上有两个极值点，则实数m的取值范围是 ．
【答案】
【知识点】利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：由题意可知，，
因为函数在上有两个极值点，
所以有两个变号零点，
即方程有两个实根，即方程有两个实根.
设，则，
因为，所以当时，；当时，；
所以函数在上单调递增，在上单调递减.
所以，又，，
作出函数在上的图象如下.
方程有两个实根，等价于直线与的图象有两个交点，
故需使.
故答案为：.
【分析】先对函数f(x)进行求导可得，进而将函数有两个极值点问题转化为方程有两个实根，设，求导判断其单调性，求出端点值，作出函数的图象，结合图象根据直线与的图象有两个交点可求得参数的范围.
15．（2025高三上·深圳月考）已知函数在处取得极值.
（1）求实数，的值
（2）求函数在区间上的最大值和最小值
【答案】（1）解：因为，所以，
因为在处取得极值，
所以，所以，
解得，经检验，符合题意，
所以，.
（2）解：由（1）知，所以，
令，得或，
当或时，；当时，；
所以和，函数单调递减；时，函数单调递增，
所以函数的极小值为，极大值为，
又，，
所以函数在区间上的最大值为，最小值为.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）先求导，根据已知条件和极值的定义列方程组即可求得b，c的值；
（2）由（1）知，根据导函数判断函数的单调性，进而求得极值，再求解区间端点处的函数值与极值比较即可求得最值.
（1）因为，所以，
因为在处取得极值，
所以，所以，
解得，经检验，符合题意，
所以，；
（2）由（1）知，所以，
令，得或，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
所以函数的极小值为，极大值为，
又，，
所以函数在区间上的最大值为，最小值为.
16．（2025高三上·深圳月考）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，A为锐角，且．
（1）求A；
（2）设D为的中点，若，且，求的面积．
【答案】（1）解：由正弦定理可得，
整理得，所以．
所以，即，解得或，
又A为锐角，．所以，所以．
（2）解：在中由余弦定理得，即①
在中由余弦定理得②
由①②消去a，得，即．
因为，所以，
所以．
【知识点】两角和与差的余弦公式；三角函数诱导公式二~六；解三角形；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）由正弦定理进行边角互化化简可得，再由余弦两角和差公式及诱导公式化简可得，解方程结合A的取值即可求得A的值；
（2）在与中由余弦定理可得，，两式相减化简可得，结合已知条件即可求得b，c的值，进而利用三角形面积公式即可求得的面积． .
（1）由条件及正弦定理得，
整理得，所以．
所以，即．
又A为锐角，．所以，故．
（2）在中由余弦定理得，即①
在中由余弦定理得②
由①②消去a，得，即．
因为，所以，
所以．
17．（2025高三上·深圳月考）某汽车品牌计划推出两款新车型：纯电动版（EV）和插电混动版（PHEV）在某市随机调查了300名消费者的购买意愿，调查数据按收入水平分组如下表（单位：人）．
车型 低收入群体（20万/年） 中收入群体（20万/年-50万/年） 高收入群体（50万/年）
愿意 不愿意 愿意 不愿意 愿意 不愿意
EV 70 30 70 50 40 40
PHEV 20 80 60 60 60 20
假设所有消费者的购买意愿相互独立，用频率估计概率．
（1）从该市全体消费者中随机抽取1人，估计其愿意购买纯电动版（EV）的概率；
（2）从该市全体中收入群体和高收入群体中各自随机抽取2人，记为这4人中愿意购买插电混动版（PHEV）的人数，求的分布列和数学期望；
（3）假设该市社区内的低收入，中收入和高收入的消费者人数之比为，从社区的全体消费者中随机抽取1人，将其愿意购买纯电动版（EV）的概率估计值记为，试比较与的大小．
【答案】（1）解：由表可知300名调查者中愿意购买纯电动版人数为180人，频率为，
用频率估计概率，从顾客中随机抽取1人，估计该名顾客愿意购买纯电动版的概率估计为.
（2）解：用频率估计概率，从全市中收入群体中随机抽1人，愿意购买插电混动版（PHEV）的概率估计，从全市高收入群体中随机抽取1人，愿意购买插电混动版（PHEV）的概率，
由题意的可能取值为0，1，2，3，4
，
，
．
所以的分布列为
0 1 2 3 4
．
（3）解：低收入者愿意购买纯电动版（EV）的概率为；
中收入者愿意购买纯电动版（EV）的概率为；
高收入者愿意购买纯电动版（EV）的概率为．
利用全概率公式可得：．
【知识点】离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差；全概率公式；用频率估计概率
【解析】【分析】（1）先求得调查者中愿意购买纯电动版的频率，进而利用频率来估计概率即可；
（2）由于是从该市全体中来抽取，即从总体中来抽取，故用频率估计概率，求得从全市中收入以及高收入群体中愿意购买插电混动版（PHEV）的概率，再结合独立事件同时发生用乘法公式和分类加法原理来求解；
（3）先分别求得 低收入，中收入和高收入者愿意购买纯电动版（EV）的概率，进而利用全概率公式求得 ，进而比较 与的大小即可.
（1）由表可知300名调查者中愿意购买纯电动版人数为180人，频率为，
用频率估计概率，从顾客中随机抽取1人，估计该名顾客愿意购买纯电动版的概率估计为；
（2）用频率估计概率，从全市中收入群体中随机抽1人，愿意购买插电混动版（PHEV）的概率估计，从全市高收入群体中随机抽取1人，愿意购买插电混动版（PHEV）的概率，
由题意的可能取值为0，1，2，3，4
，
，
．
所以的分布列为
0 1 2 3 4
．
（3）低收入者愿意购买纯电动版（EV）的概率为；
中收入者愿意购买纯电动版（EV）的概率为；
高收入者愿意购买纯电动版（EV）的概率为．
利用全概率公式可得：．
18．（2025高三上·深圳月考）已知函数、分别是定义在上的偶函数和奇函数，且.
（1）证明：，并求函数、的解析式；
（2）直接说明函数的单调性，并解关于不等式：；
（3）设，，对于，，使得，求实数的取值范围.
【答案】（1）证明：因为函数、分别是定义在上的偶函数和奇函数，且①.
所以，所以②，故得证.
联立①②可得，.
（2）解：函数为上的增函数，
因为，所以，
所以，即，解得或，
所以所求不等式的解集为.
（3）解：因为，易得函数在上单调递增，
当时，，故；
又因为
，
令，即有，
而函数，
故当时，，即.
因为对于，，使得.
故需使解得.
所以实数的取值范围是.
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数的最大（小）值；函数的奇偶性；一元二次不等式
【解析】【分析】（1）由可得，进而利用函数奇偶性的定义即可证得，将结论与已知等式构成方程组，即可解得、的解析式；
（2）利用定义即可证得函数的单调性，证明如下：
任取，由
，
因，则，且，故得，即函数为上的增函数.
结合奇函数的性质可将所求不等式变形为，可得出关于的不等式，解之即可；
（3）先根据函数在上的单调性，推得，再通过换元，将函数转化为，根据二次函数的性质求出其最小值，结合题意需使，即可求出的取值范围.
（1）因为函数、分别是定义在上的偶函数和奇函数，且①.
则，即②，故得证.
联立①②可得，.
（2）函数为上的增函数，证明如下：
任取，由
，
因，则，且，故得，
即函数为上的增函数.
由得，
所以，即，解得或，
故所求不等式的解集为.
（3）因为，易得函数在上单调递增，
当时，，故；
又因为
，
令，即有，
而函数，
故当时，，即.
因为对于，，使得.
故需使解得.
因此，实数的取值范围是.
19．（2025高三上·深圳月考）已知函数．（注：是自然对数的底数）．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）当时，函数在区间内有唯一的极值点．
①求实数的取值范围；
②求证：在区间内有唯一的零点，且．
【答案】（1）解：当时，，∴，
切线的斜率，又，所以切点为，
∴曲线在点处的切线方程 为
（2）解：①.函数，，
（ⅰ）当时，当时，，，，则在上单调递增，没有极值点，不合题意，舍去；
（ⅱ）当时，设，则在上恒成立，
∴在上递增，即在上递增，
又，，∴在上有唯一零点，
当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增；
∴函数在区间内有唯一极值点，符合题意，
综上，的取值范围是．
②.由①知，当时，，
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增；
所以时，，则，
又因为，所以在上有唯一零点，
即在上有唯一零点．
因为，
由①知，所以，
则
，
设，，
则，
，，所以
在为单调递增，又，所以，
又时，，所以．
所以．
由前面讨论知，，在单调递增，
所以．
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的极值；利用导数研究曲线上某点切线方程；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）先求得函数f(x)的解析式，进而由导数的几何意义求得在切点处的斜率，利用点斜式即可求得切点处的切线方程；
（2）①分和时利用导数研究单调性得到极值点的个数；
②利用函数单调性并通过构造新函数比较零点和极值点的大小关系.
（1）当时，，，
切线的斜率，又，所以切点为，
所以，切线方程为
（2）①.函数，，
（ⅰ）当时，当时，，，，则在上单调递增，没有极值点，不合题意，舍去；
（ⅱ）当时，设，则在上恒成立，所以在上递增，即在上递增，
又，，所以在上有唯一零点，
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增，
所以函数在区间内有唯一极值点，符合题意，
综上，的取值范围是．
②.由①知，当时，，
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增；
所以时，，则，
又因为，所以在上有唯一零点，
即在上有唯一零点．
因为，
由①知，所以，
则
，
设，，
则，
，，所以
在为单调递增，又，所以，
又时，，所以．
所以．
由前面讨论知，，在单调递增，
所以．
1 / 1广东省深圳市深圳外国语学校高中园2026届高三上学期第一次调研考试数学试卷
1．（2025高三上·深圳月考）已知集合，，则（ ）
A． B． C． D．
2．（2025高三上·深圳月考）样本数据2，6，5，13，4，8的第60百分位数为（ ）
A．2 B．4 C．6 D．13
3．（2025高三上·深圳月考）“，”为假命题的一个充分不必要条件是（ ）
A． B． C． D．
4．（2025高三上·深圳月考）要得到的图象，只需将函数的图象上所有点的横坐标（ ）
A．缩小到原来的倍（纵坐标不变）
B．扩大到原来的10倍（纵坐标不变）
C．向左移动1个单位（纵坐标不变）
D．向右移动1个单位（纵坐标不变）
5．（2025高三上·深圳月考）的展开式中二项式系数的和为64，则展开式中的常数项为（ ）
A．8 B．12 C．15 D．
6．（2025高三上·深圳月考）已知函数，如图所示的函数曲线所对应的函数解析式可以为（ ）
A． B． C． D．
7．（2025高三上·深圳月考）某学校需要从3名男生和2名女生中选出4人，到甲、乙、丙三个社区参加活动，其中甲社区需要选派2人，且至少有1名是女生；乙社区和丙社区各需要选派1人．则不同的选派方法的种数是（ ）
A．18 B．21 C．36 D．42
8．（2025高三上·深圳月考）函数在的图像大致为（ ）
A． B．
C． D．
9．（2025高三上·深圳月考）（多选）下列图形中可以表示以为定义域，为值域的函数的图象是（ ）
A． B．
C． D．
10．（2025高三上·深圳月考）已知函数，则（ ）
A．
B．为偶函数
C．在上单调递增
D．在上的值域为
11．（2025高三上·深圳月考）已知函数，则（ ）
A．当，时，
B．当时，有最值
C．当时，为减函数
D．当仅有一个整数解时，
12．（2025高三上·深圳月考）已知角的终边过点，则 ．
13．（2025高三上·深圳月考）已知 ，且 ，则 .
14．（2025高三上·深圳月考）已知函数在上有两个极值点，则实数m的取值范围是 ．
15．（2025高三上·深圳月考）已知函数在处取得极值.
（1）求实数，的值
（2）求函数在区间上的最大值和最小值
16．（2025高三上·深圳月考）在中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，A为锐角，且．
（1）求A；
（2）设D为的中点，若，且，求的面积．
17．（2025高三上·深圳月考）某汽车品牌计划推出两款新车型：纯电动版（EV）和插电混动版（PHEV）在某市随机调查了300名消费者的购买意愿，调查数据按收入水平分组如下表（单位：人）．
车型 低收入群体（20万/年） 中收入群体（20万/年-50万/年） 高收入群体（50万/年）
愿意 不愿意 愿意 不愿意 愿意 不愿意
EV 70 30 70 50 40 40
PHEV 20 80 60 60 60 20
假设所有消费者的购买意愿相互独立，用频率估计概率．
（1）从该市全体消费者中随机抽取1人，估计其愿意购买纯电动版（EV）的概率；
（2）从该市全体中收入群体和高收入群体中各自随机抽取2人，记为这4人中愿意购买插电混动版（PHEV）的人数，求的分布列和数学期望；
（3）假设该市社区内的低收入，中收入和高收入的消费者人数之比为，从社区的全体消费者中随机抽取1人，将其愿意购买纯电动版（EV）的概率估计值记为，试比较与的大小．
18．（2025高三上·深圳月考）已知函数、分别是定义在上的偶函数和奇函数，且.
（1）证明：，并求函数、的解析式；
（2）直接说明函数的单调性，并解关于不等式：；
（3）设，，对于，，使得，求实数的取值范围.
19．（2025高三上·深圳月考）已知函数．（注：是自然对数的底数）．
（1）当时，求曲线在点处的切线方程；
（2）当时，函数在区间内有唯一的极值点．
①求实数的取值范围；
②求证：在区间内有唯一的零点，且．
答案解析部分
1．【答案】C
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】
故答案为：C
【分析】利用已知条件结合交集的运算法则，进而得出集合A和集合B的交集。
2．【答案】C
【知识点】用样本估计总体的百分位数
【解析】【解答】解：将样本数据按照从小到大的顺序排列为2，4，5，6，8，13，
因为6×0.6=3.6，所以第60百分位数为第4位数6，
故选：C.
【分析】根据百分位数的求法计算即可.
3．【答案】B
【知识点】充分条件；存在量词命题；命题的真假判断与应用；必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解：“，”为假命题“，”为真命题，
所以恒成立，
设，由，则，
所以“，”为真命题.
A，，即是“，”为假命题的一个既不充分又不必要条件，故选项A不正确；
B，因为，但，所以是“，”为真命题的一个充分不必要条件，故选项B正确，
C，是“，”为真命题的一个充要条件，故选项C不正确；
D，，是“，”为真命题的一个必要条件不充分条件，故选项D不正确.
故选：B．
【分析】存在量词命题的否定是全称命题，由存在量词命题是假命题，则其否定是真命题，转化为恒成立问题求解，分离参数求解最值即可得充要条件，进而根据充分条件与必要条件的定义判断即可求解.
4．【答案】B
【知识点】函数的图象与图象变化；对数的性质与运算法则
【解析】【解答]】解：因为，所以由函数图象的变换知，只需将函数的图象上所有点的横坐标扩大到原来的倍（纵坐标不变），
故选：B
【分析】由对数的运算可得，进而根据函数图象的变换即可求解.
5．【答案】C
【知识点】二项式系数的性质；二项展开式的通项
【解析】【解答】解：由题可知：，解得n=6，
所以通项公式为，
令，所以常数项为.
故选：C.
【分析】根据二次项的性质先求得，进而求得通项公式，根据常数项的特点计算即可.
6．【答案】C
【知识点】含三角函数的复合函数的周期；正弦函数的性质；函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；辅助角公式
【解析】【解答】解：因为的周期为，
图中函数的周期为，
AB中的函数周期均为，故选项A，B错误；
C，，当时，，符合要求，故选项C正确；
D，，当时，，不符合要求，故选项D错误；
故选：C.
【分析】根据辅助角公式化简，结合图象可求得对应函数的周期，进而即可根据周期排除AB，根据最高点坐标排除D，即可求解.
7．【答案】D
【知识点】分类加法计数原理；分步乘法计数原理；排列与组合的综合
【解析】【解答】解：根据题意，甲地需要选派2人且至少有1名女生，分甲地派2名女生和派1名女生一名男生两种情况，
若甲地派2名女生，有种情况；
若甲地派1名女生和1名男生，有种情况，
则甲地的分派方法有种方法；
甲地安排好后，在剩余3人中，任选2人，安排在乙、丙两地，有种安排方法，
由分步计数原理，可得不同的选派方法共有种.
故选：D.
【分析】根据题意，先分析甲地的安排方法，分“分派2名女生”和“分派1名女生”两种情况讨论，由分类计数原理得到甲地的分派方法数目，再在剩余的3人中，任选2人，安排在乙、丙两地，结合分步计数原理，即可求解.
8．【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：因为定义域为关于原点对称，，所以是奇函数，
因为，，
所以当时，在上递减且，所以对，；
当且时，，，所以，排除选项BD；
当时，，排除选项C，
故选：A.
【分析】先考虑的奇偶性，然后利用导数判断的单调性从而判断函数值的正负，再根据特殊值判断出的正负，从而判断出对应的函数图象.
9．【答案】B,C
【知识点】函数的概念及其构成要素；函数的表示方法；函数的对应法则
【解析】【解答】解：选项A中的值域为，显然不满足，选项D不是函数的图象，
由函数的定义可知，选项B，C正确．
故选：BC
【分析】根据函数的定义及定义域与值域的概念逐一分析判断即可.
10．【答案】B,D
【知识点】二倍角的余弦公式；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；含三角函数的复合函数的奇偶性
【解析】【解答】解：A、因为，故选项A错误；
B、函数的定义域为，
又，所以为偶函数，故选项B正确；
C、由，得，
因为在上单调递减，所以在上单调递减，故选项C错误；
D、由，得，所以，
故在上的值域为，故选项D正确；
故选：BD
【分析】利用二倍角公式化简，即可判断选项A；利用奇偶性即可判断选项B；根据余弦函数的单调性即可判断选项C，D.
11．【答案】A,C,D
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【解答】解：A、当时，，令
因为在上单调递增，所以当时，
所以，即，故选项A正确；
B、当时，，所以
令，则
所以当时，，单调递增；当时，，单调递减；
所以，即，所以在上单调递减，没有最值，故选项B错误；
C、，
令，则
因为，所以由可得，由可得，
所以在上单调递增，在上单调递减，
所以
令，则
所以在上单调递增，所以
所以，即，所以为减函数，故选项C正确
D、由可得
令，则，
所以当时，，单调递增；当时，，单调递减
的图象如下：
表示的是过点的直线，
所以当仅有一个整数解时，，故选项D正确.
故选：ACD
【分析】令，由的单调性可判断选项A；先求得函数f(x)的解析式，进而求导，令，利用二次求导可得，即可求得在上单调递减，没有最值可判断选项B；，令，利用求导可得，令，利用求导可得，进而可得，即，即可判断函数f(x)的单调性可判断选项C；由可得，令，画出的图象，表示的是过点的直线，结合图象可判断选项D.
12．【答案】
【知识点】任意角三角函数的定义
【解析】【解答】解：因为的终边过点，
根据三角函数的定义，可得，，
所以.
故答案为：．
【分析】根据三角函数的定义，求得，，进而代入计算即可.
13．【答案】54
【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】由题意得 ， ，又由 ，得 ，即 ，解得 .
故答案为：54.
【分析】将指数式化为对数式得 ， ，然后利用换底公式和对数的运算律得出 ，即可计算出 的值.
14．【答案】
【知识点】利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：由题意可知，，
因为函数在上有两个极值点，
所以有两个变号零点，
即方程有两个实根，即方程有两个实根.
设，则，
因为，所以当时，；当时，；
所以函数在上单调递增，在上单调递减.
所以，又，，
作出函数在上的图象如下.
方程有两个实根，等价于直线与的图象有两个交点，
故需使.
故答案为：.
【分析】先对函数f(x)进行求导可得，进而将函数有两个极值点问题转化为方程有两个实根，设，求导判断其单调性，求出端点值，作出函数的图象，结合图象根据直线与的图象有两个交点可求得参数的范围.
15．【答案】（1）解：因为，所以，
因为在处取得极值，
所以，所以，
解得，经检验，符合题意，
所以，.
（2）解：由（1）知，所以，
令，得或，
当或时，；当时，；
所以和，函数单调递减；时，函数单调递增，
所以函数的极小值为，极大值为，
又，，
所以函数在区间上的最大值为，最小值为.
【知识点】利用导数研究函数的单调性；利用导数研究函数的极值；利用导数研究函数最大（小）值
【解析】【分析】（1）先求导，根据已知条件和极值的定义列方程组即可求得b，c的值；
（2）由（1）知，根据导函数判断函数的单调性，进而求得极值，再求解区间端点处的函数值与极值比较即可求得最值.
（1）因为，所以，
因为在处取得极值，
所以，所以，
解得，经检验，符合题意，
所以，；
（2）由（1）知，所以，
令，得或，
当时，，函数单调递减，
当时，，函数单调递增，
当时，，函数单调递减，
所以函数的极小值为，极大值为，
又，，
所以函数在区间上的最大值为，最小值为.
16．【答案】（1）解：由正弦定理可得，
整理得，所以．
所以，即，解得或，
又A为锐角，．所以，所以．
（2）解：在中由余弦定理得，即①
在中由余弦定理得②
由①②消去a，得，即．
因为，所以，
所以．
【知识点】两角和与差的余弦公式；三角函数诱导公式二~六；解三角形；三角形中的几何计算
【解析】【分析】（1）由正弦定理进行边角互化化简可得，再由余弦两角和差公式及诱导公式化简可得，解方程结合A的取值即可求得A的值；
（2）在与中由余弦定理可得，，两式相减化简可得，结合已知条件即可求得b，c的值，进而利用三角形面积公式即可求得的面积． .
（1）由条件及正弦定理得，
整理得，所以．
所以，即．
又A为锐角，．所以，故．
（2）在中由余弦定理得，即①
在中由余弦定理得②
由①②消去a，得，即．
因为，所以，
所以．
17．【答案】（1）解：由表可知300名调查者中愿意购买纯电动版人数为180人，频率为，
用频率估计概率，从顾客中随机抽取1人，估计该名顾客愿意购买纯电动版的概率估计为.
（2）解：用频率估计概率，从全市中收入群体中随机抽1人，愿意购买插电混动版（PHEV）的概率估计，从全市高收入群体中随机抽取1人，愿意购买插电混动版（PHEV）的概率，
由题意的可能取值为0，1，2，3，4
，
，
．
所以的分布列为
0 1 2 3 4
．
（3）解：低收入者愿意购买纯电动版（EV）的概率为；
中收入者愿意购买纯电动版（EV）的概率为；
高收入者愿意购买纯电动版（EV）的概率为．
利用全概率公式可得：．
【知识点】离散型随机变量及其分布列；离散型随机变量的期望与方差；全概率公式；用频率估计概率
【解析】【分析】（1）先求得调查者中愿意购买纯电动版的频率，进而利用频率来估计概率即可；
（2）由于是从该市全体中来抽取，即从总体中来抽取，故用频率估计概率，求得从全市中收入以及高收入群体中愿意购买插电混动版（PHEV）的概率，再结合独立事件同时发生用乘法公式和分类加法原理来求解；
（3）先分别求得 低收入，中收入和高收入者愿意购买纯电动版（EV）的概率，进而利用全概率公式求得 ，进而比较 与的大小即可.
（1）由表可知300名调查者中愿意购买纯电动版人数为180人，频率为，
用频率估计概率，从顾客中随机抽取1人，估计该名顾客愿意购买纯电动版的概率估计为；
（2）用频率估计概率，从全市中收入群体中随机抽1人，愿意购买插电混动版（PHEV）的概率估计，从全市高收入群体中随机抽取1人，愿意购买插电混动版（PHEV）的概率，
由题意的可能取值为0，1，2，3，4
，
，
．
所以的分布列为
0 1 2 3 4
．
（3）低收入者愿意购买纯电动版（EV）的概率为；
中收入者愿意购买纯电动版（EV）的概率为；
高收入者愿意购买纯电动版（EV）的概率为．
利用全概率公式可得：．
18．【答案】（1）证明：因为函数、分别是定义在上的偶函数和奇函数，且①.
所以，所以②，故得证.
联立①②可得，.
（2）解：函数为上的增函数，
因为，所以，
所以，即，解得或，
所以所求不等式的解集为.
（3）解：因为，易得函数在上单调递增，
当时，，故；
又因为
，
令，即有，
而函数，
故当时，，即.
因为对于，，使得.
故需使解得.
所以实数的取值范围是.
【知识点】函数单调性的判断与证明；函数的最大（小）值；函数的奇偶性；一元二次不等式
【解析】【分析】（1）由可得，进而利用函数奇偶性的定义即可证得，将结论与已知等式构成方程组，即可解得、的解析式；
（2）利用定义即可证得函数的单调性，证明如下：
任取，由
，
因，则，且，故得，即函数为上的增函数.
结合奇函数的性质可将所求不等式变形为，可得出关于的不等式，解之即可；
（3）先根据函数在上的单调性，推得，再通过换元，将函数转化为，根据二次函数的性质求出其最小值，结合题意需使，即可求出的取值范围.
（1）因为函数、分别是定义在上的偶函数和奇函数，且①.
则，即②，故得证.
联立①②可得，.
（2）函数为上的增函数，证明如下：
任取，由
，
因，则，且，故得，
即函数为上的增函数.
由得，
所以，即，解得或，
故所求不等式的解集为.
（3）因为，易得函数在上单调递增，
当时，，故；
又因为
，
令，即有，
而函数，
故当时，，即.
因为对于，，使得.
故需使解得.
因此，实数的取值范围是.
19．【答案】（1）解：当时，，∴，
切线的斜率，又，所以切点为，
∴曲线在点处的切线方程 为
（2）解：①.函数，，
（ⅰ）当时，当时，，，，则在上单调递增，没有极值点，不合题意，舍去；
（ⅱ）当时，设，则在上恒成立，
∴在上递增，即在上递增，
又，，∴在上有唯一零点，
当时，，函数单调递减；当时，，函数单调递增；
∴函数在区间内有唯一极值点，符合题意，
综上，的取值范围是．
②.由①知，当时，，
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增；
所以时，，则，
又因为，所以在上有唯一零点，
即在上有唯一零点．
因为，
由①知，所以，
则
，
设，，
则，
，，所以
在为单调递增，又，所以，
又时，，所以．
所以．
由前面讨论知，，在单调递增，
所以．
【知识点】导数的几何意义；利用导数研究函数的极值；利用导数研究曲线上某点切线方程；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）先求得函数f(x)的解析式，进而由导数的几何意义求得在切点处的斜率，利用点斜式即可求得切点处的切线方程；
（2）①分和时利用导数研究单调性得到极值点的个数；
②利用函数单调性并通过构造新函数比较零点和极值点的大小关系.
（1）当时，，，
切线的斜率，又，所以切点为，
所以，切线方程为
（2）①.函数，，
（ⅰ）当时，当时，，，，则在上单调递增，没有极值点，不合题意，舍去；
（ⅱ）当时，设，则在上恒成立，所以在上递增，即在上递增，
又，，所以在上有唯一零点，
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增，
所以函数在区间内有唯一极值点，符合题意，
综上，的取值范围是．
②.由①知，当时，，
当时，，函数单调递减；
当时，，函数单调递增；
所以时，，则，
又因为，所以在上有唯一零点，
即在上有唯一零点．
因为，
由①知，所以，
则
，
设，，
则，
，，所以
在为单调递增，又，所以，
又时，，所以．
所以．
由前面讨论知，，在单调递增，
所以．
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