2014-2015学年第一学期高一数学期末考试模拟卷

考试时间：120分钟；满分：150

第I卷（选择题）

评卷人 得分 一、选择题

3x(x0)11．已知函数f(x) ，那么f[f()] 的值为 ( )

4log2x(x0)11 A． 9 B． C．9 D．

992．函数ylog1(3x2)的定义域是（ ）

2A．1, B．(,) C．[,1] D．(,1]

2323233．在△ABC中,(A)1

=1,(B)3

=2,则AB边的长度为( )

(C)5

(D)9

4．已知向量a(1,2)，b(2,4)，|c|5，若(ab)c为（ ）

5，则a与c的夹角2（A）30 （B）60 （C）120 （D）150 5．已知函数f(x)()xsinx，f(x)在[0,2]上的零点个数有（ ） A.1个 B.2个 C.3个 D.4个

6．已知函数fxxtx3x，若对于任意的a1,2，b2,3，函数fx在

3212区间a,b上单调递减，则实数t的取值范围是（ ）

A.,3 B.,5 C.3, D.5,

|lgx|,0x107．已知函数f(x)1，若a,b,c互不相等，且

x6,x102

f(a)f(b)f(c)，则abc的取值范围是

A、（1,10） B、（5,6） C、（10,12） D、（20,24）

试卷第1页，总11页

8．设全集U{xz|0x5},集合A{1,3},B{y|ylog3x,xA}，则集合C∪（A∪B）＝（） A．{0，4，5} B．{2，4，5} 9．．已知函数f(x)3sin(x完全相同，若x[0,C．{0，2，4，5}

D．{4，5}

6)(0)和g(x)3cos(2x)的图象的对称中心

2]，则f(x)的取值范围是 （ ）

A．[,3] B．[3,3] C．[,32133] D．[0,] 22210．若函数f(x)sinx3cosx的最小值为

又f()2,f()0，且,xR，

3，则正数的值是（ ） 41243A. B. C. D.

333211．全集U1,2,3,4,5，集合A1,3,4,B2,3，则图中阴影部分表示的集合为 U AB

A．{2} C．{1,4}

B．{3}

D．{1,2,3,4}

12．已知集合Ax2xa0，Bx4xb0,a,bN，且

(AB)N2, 3由整数对a,b组成的集合记为M,则集合M中元素的个数为 ，

A．5

B．6

C．7 D．8

13．将函数ysin(x3)的图像上所有点的横坐标伸长到原来的2倍（纵坐标不变），

个单位，则所得函数图像对应的解析式为（ ） 311A．ysin(x) B．ysin(x)

26231C．ysinx D．ysin(2x)

26再将所得图像向左平移

14．下列函数中，既不是奇函数又不是偶函数，且在(,0)上为减函数的是（ ）

32A．f(x) B．f(x)x1

2试卷第2页，总11页

xＣ．f(x)x3 Ｄ．f(x)lg(x)

ax,(x1)15．已知f(x)是R上的单调递增函数，则实数a的取值范围a(4)x2,(x1)2为 （ ）

A．（1，＋∞） B．（1,8） C．（4,8） D．[4,8） 16．已知a1，函数yax与yloga(x)的图像可能是（ ）

y y y y o x o x o x o x

A B C D

11cosx),且a//b,则锐角x为 5A． B． C． D．

1263417．设a(2sinx,),b(,x＋102, x＜18．已知函数f（x）＝2,若方程f（x）＋2a－1＝0恰有4个实数根，

1,x≥0,x－2x－32则实数a的取值范围是 （ ）

11，0 ] （B）[－，0 ] 2233（C）[1，） （D）（1，]

22（A）（－19．

（9）已知x是函数f(x)=2x+ ，则 x2∈（x0，+）

（A）f(x1)＜0，f(x2)＜0 （B）f(x1)＜0，f(x2)＞0 （C）f(x1)＞0，f(x2)＜0 （D）f(x1)＞0，f(x2)＞0

1的一个零点.若x1∈（1，x0）， 1xx320．[2013·四川高考]函数y＝x的图象大致是( )

31试卷第3页，总11页

21．已知函数y=1-x+sinx ，则 A．函数为R上增函数 B．函数为R上减函数

C．在(0, π]上单调递增，在[π,2π) 上单调递减 D．在(0, π]上单调递减，在[π,2π) 上单调递增 22．已知函数fxcosx2（xR），则下列叙述错误的 （ ）

A．fx的最大值与最小值之和等于 B．fx是偶函数

C．fx在4,7上是增函数 D．fx的图像关于点,成中心对称 2223．若Axx1，Bxx2x30，则AＡ．3

Ｂ．1

Ｃ．

22B（ ）

Ｄ．1

24．将函数ycos(x向左平移

3)的图象上各点的横坐标伸长到原的2倍（纵坐标不变），再

个单位，所得图象的一条对称轴方程为（ ） 6A.x B. x C. x D. x

98225．函数f(x)sinxcosx最小值是( )

11 C． D．1

22126．设向量a.b满足ab1,ab,则a+2b（ ）

2A．-1 B．

（A）2 （B）3 （C）5 （D）7 27．在平面直角坐标系中，如果不同的两点A(a,b)，B(a,b)在函数yf(x)的图象上，则称(A,B)是函数yf(x)的一组关于y轴的对称点（(A,B)与(B,A)视为同一

试卷第4页，总11页

1x,x0,组）， 则函数f(x)2关于y轴的对称点的组数为（ ）

logx,x0,3A．0 B．1 C．2 D．4

3(,)ytanxsinxtanxsinx22内的图象是 （ ） 28．函数在区间

yyy2y2-o22-22-xo322xo32xA32xo2-B32CD

29．已知c0，则下列不等式中成立的一个是 （ ）

cccA．c2c B．c() C．2()

1212ccD．2()

1230．已知函数f（x）是定义在R上的奇函数，当x≥0时，f（x）＝

2

2

12

（|x－a|＋|x2－2a|－3a）．若∀x∈R，f（x－1）≤f（x），则实数a的取值范围为（ ）

,,A., B. C., D. 6633663331．若向量a(x,3)（xR），则“x4”是“11661133a5”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

232．集合A{x|2x2},B{x|x2x0},则AB( )

A．(0,2) B．(0,2] C. [0,2] D. [0,2) 33．设集合A{1,2},则满足A

A．1 B．3

B{1,2,3}的集合B的个数是（ ）

C．4

D．8

34．下列函数中，值域为(0,)的是（ ）

12xA：y51x11xy()1y()xy1223 B： C： D：

xln|x|的图像可能是（ ） |x|35．函数y试卷第5页，总11页

36．已知向量a(1,x)，b(x1,2)，若a//b，则x（ ） A．-1或2 B．-2或1 C．1或2 D．-1或-2

37．已知全集U=R，集合A={x|x＜3}，B={x|log3x＞0}，则ACUB=（ ） A．{x|1＜x＜3} B．{x|1≤x＜3} C ．{x|x＜3} D．{x|x≤1}

38．(lg5)2lg2lg5lg20的值是（ ） A、0 B、1 C、2 D、3

2，4，则AB 等于（ ） 39．已知集合Ax1x2,xZ，集合B0，2，4 D．0，1，2，4 A．1,0,1,2,4 B．1,0,2,4 C．0，40．如图，在△ABC中，AB1，AC3，D是BC的中点，则ADBC（ ）．

A．3 B．4 C．5 D．不能确定

试卷第6页，总11页

第II卷（非选择题）

评卷人 得分 二、填空题

41．设02时，已知两个向OP1cos,sin,OP22sin,2cos，而|P1P2|的最大值为_________，此时_________。

42．设函数f(x)的定义域为D，若存在非零实数l使得对于任意xM(MD)，有

xlD，且f(x+l)≥f(x)，则称f(x)为M上的l高调函数.如果定义域是[1,)的函数f(x)x为[1,)上的m高调函数，那么实数m的取值范围是 [2,+∞)_

22如果定义域为R的函数f(x)是奇函数，当x≥0时，f(x)xaa，且f(x)为R2上的4高调函数，那么实数a的取值范围是__________.

43．已知 lg2 = a，lg3 = b，试用a，b表示log36：______. 44．已知函数f(x)2sin(x)的图像如图所示，则f712 。 

45．已知函数fx2mx282mx1，gxmx，对xR，fx与gx的值至少有一个为正数，则m的取值范围是 .

46．如图，在边长为3的正方形ABCD中，点M在AD上，正方形ABCD以AD为

(0≤≤)3到AB1C1D的位置 ，轴逆时针旋转角同时点M沿着AD从点A运动点

D，MN1DC1，点Q在MN1上，在运动过程中点Q始终满足

QM1cos，记点

Q在面ABCD上的射影为Q0，则在运动过程中向量BQ0与BM夹角的正切值

tan的最大值为 .

试卷第7页，总11页

D1N1B1QDMAQ0BC

2

47．设f（x）是定义在（-1,1）上的偶函数在（0,1）上增，若f（a-2）-f（4-a）<0，则a的取值范围为______________．

48．若函数ylnx2x6的零点为x0，则满足kx0的最大整数k ． 49．设U=0,1,2,3，A=xUxmx0，若

2UA1,2，则实数m=_________.

50．若关于x的方程kx1lnx有解,则实数k的取值范围是 ▲ .

51．已知sin2cos，那么tan2的值为 . 52．若对于任意的x，有f'(x)4x3,f(1)1，则此函数解析式为 。

53．在平行四边形ABCD中，AC为一条对角线，AB(2,4),AC(1,3)， 则BD（ ）

A.(2,4) B.(3,5) C.(3,5) D.(2,4)

54．给定集合A、B，定义一种新运算： A*B={ x | x∈A或x∈B，但xAB }，又已知A={0，1，2，}，B={1，2，3}，用列举法写出A*B=

55．已知f(x1)x22x，则f(2) ．

56．已知角的终边经过点P(3，-4)，则sin－2cos的值是 ．

22f(x)12ttxxt57．已知常数是负实数，则函数的定义域是

58．已知函数fex，则f2 x59．若函数f(x)2sinx(0)在[ 评卷人 22,]上单调递增,则的最大值为 33得分 三、解答题

60．（本小题满分13分）设函数fn()sinn(1)ncosn,0正整数.

4，其中n为

（Ⅰ）判断函数f1()、f3()的单调性，并就f1()的情形证明你的结论；

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（Ⅱ）证明：2f6()f4()cos4sin4cos2sin2；

（Ⅲ）对于任意给定的正整数n，求函数fn()的最大值和最小值. 61．（8分）已知角的终边与单位圆交于点P（（I）写出sin、cos、tan值；

43，）. 55sin()2sin(（II）求

22cos())的值.

62．如图，ABCD是正方形空地，边长为30m，电源在点P处，点P到边AD、AB距离分别为9m，3m．某广告公司计划在此空地上竖一块长方形液晶广告屏幕MNEF，MN：NE=16：9．线段MN必须过点P，端点M，N分别在边AD，AB上，设AN=x（m），液晶广告屏幕

2

MNEF的面积为S（m）．

（1）用x的代数式表示AM，并写出x的取值范围； （2）求S关于x的函数关系式．

63．已知函数f(x)12，g(x)=f(2x) x1（I）用定义证明函数g(x)在(，0)上为减函数。 （II）求g(x)在(,1]上的最小值.

．（本小题满分12分）定义在D上的函数f(x)，如果满足：对任意xD，存在常数M0，都有|f(x)|M成立，则称fx是D上的有界函数，其中M称为函数

11fx的上界．已知函数f(x)1a()x()x，

391（1）当a时，求函数fx在,0上的值域，并判断函数fx在,0上是

2否为有界函数，请说明理由；

（2）若函数fx在0,上是以4为上界的有界函数，求实数a的取值范围．

4x65．已知函数f(x)x

42（1）若0a1，求f(a)f(1a)的值；

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（2）求f(12)f()20132013f(2012)的值. 201366．（本小题满分14分）

某市郊区一村民小组有100户农民，且都从事蔬菜种植．据调查，平均每户的年收入为3万元.为了调整产业结构，郊区决定动员该村部分农民从事蔬菜加工．据预测，若能动员x(x0,xN*)户农民从事蔬菜加工，则剩下的继续从事蔬菜种植的农民平均每户的年收入有望提高2x％，而从事蔬菜加工的农民平均每户的年收入将为

3(a3x),(a0)万元． 50（1）在动员x户农民从事蔬菜加工后，要使从事蔬菜种植的农民的总年收入不低于动员前从事蔬菜种植的农民的总年收入，求x的取值范围；

（2）在（1）的条件下，要使这100户农民中从事蔬菜加工的农民的总年收入始终不高于从事蔬菜种植的农民的总年收入，求a的最大值． 67．（本小题满分12分） 已知集合Px|a1x2a1,Qx|x23x10. （1）若a3，求（CRP)Q； （2）若PQ，求实数a的取值范围. 68．（8分）已知cos1,求sin,tan, 369．（本小题满分12分） 已知函数f(x)ax2bxc(a0)满足f(0)1，对任意

xR，都有1xf(x),且f(x)f(1x)．

（Ⅰ）求函数f(x)的解析式；

（Ⅱ）若x[2,2]，使方程f(x)2xf(m)成立，求实数m的取值范围. 70．已知函数f(x)sinxsinxcosx. 求其最小正周期；

20x当

2时，求其最值及相应的x值。

试求不等式f(x)1的解集

71．（本小题12分）某产品原来的成本为1000元/件，售价为1200元/件，年销售量为1万件。由于市场饱和顾客要求提高，公司计划投入资金进行产品升级。据市场调查，．．若投入x万元，每件产品的成本将降低．．

23x元，在售价不变的情况下，年销售量将减少

x4．

万件，按上述方式进行产品升级和销售，扣除产品升级资金后的纯利润记为f(x)（单．．

位：万元）．（纯利润=每件的利润×年销售量-投入的成本） ．．

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（Ⅰ）求f(x)的函数解析式；

（Ⅱ）求f(x)的最大值，以及f(x)取得最大值时x的值． 72．已知函数f(x)ln(exa) （

a为常数）是实数集R上的奇函数，函数

g(x)f(x)sinx是区间[-1，1]上的减函数

（I）求a的值；

（II）求的取值范围；

（III）若g(x)t2t1在x[1,1]上恒成立，求t的取值范围。 73．已知cos=-

3osc,,,求cos（），(54226)

74．. (本小题满分12分)

已知函数f(x)aln(2x1)bx1.

(1)若函数yf(x)在x1处取得极值,且曲线yf(x)在点(0,f(0))处的切线与直线2xy30平行,求a和b的值; (2)若b1,试讨论函数yf(x)的单调性. 275．已知集合A{x|x22x80},B{x|x2(2m3)xm23m0,mR} （1）若AB[2,4]，求实数m的值；

（2）设全集为R，若ACRB，求实数m的取值范围。 76．是否存在实数a，使得函数ysinxacosx253a在闭区间0,上的最大822值是1？若存在，求出对应的a值？若不存在，试说明理由． 77．（本题满分14分）已知函数f(x)x1x. （1）用分段函数的形式表示该函数；

（2）在右边所给的坐标第中画出该函数的图象；

yxO （3）写出该函数的定义域、值域、单调区间（不要求证明）.

试卷第11页，总11页

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参

1．B

【解析】略 2．D 【解析】

试题分析：函数ylog1(3x2)的定义域即log1(3x2)0，即03x21，解出

22即可.

考点：函数的定义域及其求法． 3．B 【解析】【思路点拨】根据数量积的定义计算,并结合解三角形的知识得到结果. 解:过点C作AB的垂线,垂足为D. 由条件得4．C

【解析】略 5．B 【解析】

1试题分析：（数形结合）函数f(x)在[0,2π]上的零点个数，由函数y与ysinx的图

2x==||cosA=AD=1,同理BD=2.故AB=AD+DB=3.

象在[0,2π]上的交点个数为2，故选B． 考点：函数的零点 6．D 【解析】 试题分析：

fxx3tx23x，fx3x22tx3，由于函数fx在a,b上

2单调递减，则有fx0在a,b上恒成立，即不等式3x2tx30在a,b上恒成立，即有t31x在a,b上恒成立，而函数y2x31x在1,3上单调递增，由于2xa1,2，b2,3，当b3时，函数y

3131取得最大值，即xy3max5，所以t5，故选D.

2x23考点：1.函数的单调性；2.不等式恒成立 7．C

【解析】本题考查函数图象的作图及函数图象的交点、最值，基本思路是减元。 如图，不妨设abc，因为f(a)f(b)f(c)，结合函数图象，不难知道

0ab10c12，f(a)f(b)，lgalgb，可得ab1，

答案第1页，总23页

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abcc(10,12)，故选C。

【点评】对于多元最值与范围问题，要设法根据条件找出变量之间的关系，转化为函数最值与范围问题，当然有时也可利用不等式减元，要注意灵活选择。 8．D

【解析】本题主要考查的是集合运算。由条件可知Blog31,log330,2，所以

AB0,1,2,3。又U0,1,2,3,4,5,所以CUAB4,5。应选D。

9．A

【解析】略 10．B 【解析】 试

题

分

析

：

因

为

f(x))sixn23xcos3x，2所s以in()f()2sin(， 3f()2sin()0，则sin()1，sin()0，当取最小值

33311322时，为T，T是周期，即有T，解得T3，又T，所以。

4443故选B。

考点：正弦函数及其性质。

点评：本题要结合正弦函数ysinx的性质来求解，此类题目较灵活。 11．B

【解析】图中阴影部分表示的集合为AB{1,3,4}{2,3}{3}. 12．D

【解析】Ax2xa0abBx4xb0，x|xx|x，

==24(AB)N2,3个值，共计8个点。

13．A 【解析】

，

2ba1,43，则8b4,8a6，a有2额值，b有442答案第2页，总23页

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试题分析：将函数ysin(x原来

2

3)的图像上所有点的横坐标伸长到原来的2倍，则周期变为

ysin(x倍，解析式变为

123)图像左移

3得

11ysinxsinx

33622考点：图像伸缩平移变化

点评：在yAsinxB中A决定y轴方向的伸缩变化，B决定y轴方向的平移变化，决定x轴方向的伸缩变化，决定x轴方向的平移变化

14．D

【解析】因为选项A中，因为底数大于1，定义域内递增函数，不满足题意，选项B中，是偶函数，不合题意，选项C中，是奇函数，不满足，选项D，函数满足题意，故选D. 15．D 【解析】

（x）（4）x2为增函数∴4试题分析：∵当x≤1时，fa2a2a>0a<8，又∵当x＞12时，f（x）=ax为增函数∴a＞1同时，当x=1时，函数对应于一次函数的取值要小于指数函（4）12aaa4综上所述，4≤a＜8，故选B． 数的取值∴考点：函数单调性的判断与证明．

16．B 【解析】

x试题分析：由已知a1，ya，ylogax的图象是逐渐上升的；但ylogax与

1yloga(x)的图象关于y轴对称，所以选B。

考点：本题主要考查指数函数、对数函数的图象和性质。

点评：简单题，研究指数函数、对数函数的图象和性质，首先要明确“底数”与1 的大小比较。 17．C 【解析】

试题分析：由a//b得:因为0x11sinxcosx0sin2x1 242,02x，所以2x2x4，故选C.

考点：1、共线向量；2、三角函数的二倍角公式.

18．A 【解析】

试题分析：方程fx2a10恰有四个实数根，等价于函数yfx与函数y12a的图象恰有四个不同的交点，在同一坐标系中画出函数yfx与函数y12a的图象

答案第3页，总23页

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如下：

由图可知，当112a2时，即1a0时，两图象恰有四个不同的交点，所以答案2选A.

考点：1、函数的图象；2、数形结合的思想. 19．B 【解析】 20．C

【解析】由函数解析式可得，该函数定义域为(－∞，0)∪(0，＋∞)，故排除A； 取x＝－1，y＝

31＝＞0，故再排除B； 1213x

3

x3当x→＋∞时，3－1远远大于x的值且都为正，故x→0且大于0，故排除D，选C.

3121．B

【解析】选B 因为y1cos,所以函数y=1-x+sinx为R上减函数. x022．C

【解析】因为由题意得f(x)=cos|x|+为-1+

=cosx+，则A项中函数的最大值为1+，最小值222，之和为π，排除A项． 2B项中余弦函数是偶函数也正确，排除B

对于C项，f（x）在[π，2π]单调增，在[2π，3π]单调减，而π＜4＜2π，2π＜7＜3π，故C项说法错误,故选C． 23．D

【解析】Axx11,1;Bxx2x301,3A22B1.故选D

24．C 【解析】

试题分析：将函数ycos(x3)的图象上各点的横坐标伸长到原的2倍（纵坐标不变），

答案第4页，总23页

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再向左平移

11个单位，所得图象的函数解析式ycosxcosx，

6346221xk，解得x2k，当k0时，对称轴方程x，故答案对称轴方程为

2422为C.

考点：1、余弦函数的性质；2、函数图象平移. 25．B

【解析】略 26．B

【解析】解答：解：∵ab1,ab12, 则a2b=(a2b)2a24ab4b21243 故选B 27．C 【解析】

试题分析：由指数函数和对数函数的图象及性质可知，对称点的组数为2. 考点：新定义问题、函数零点问题. 28．D 【解析】当

2x时，sinx0,tanx0;tanxsinx0;所以

ytanxsinxtanxsinx2tanx,且y0;当x32时， sinx0,tanx0;tanxsinx0;所以ytanxsxinxtanxs1y0;故选D

29．D

【解析】(12)c2cc0cc2c2c

故2c(1c2)

30．B 【解析】

试题分析：因为当x≥0时，f（x）＝12（|x－a2|＋|x－2a2|－3a2

）， 所以当0≤x≤a2

时，f（x）＝12（a2－x＋2a2－x－3a2

）＝－x； 当a2

时， f（x）＝

12（x－a2＋2a2 －x－3a2）＝－a2

； 当x≥2a2

时，

答案第5页，总23页

且nix本卷由【在线组卷网www.zujuan.com】自动生成，请仔细校对后使用，答案仅供参考。

12222

（x－a＋x－2a－3a）＝x－3a. 2x(0xa2)222综上，f（x）＝a(ax2a)

x3a2(x2a2)f（x）＝

因此，根据奇函数的图象关于原点对称作出函数f（x）在R上的大致图象如下，

观察图象可知，要使∀x∈R，f（x－1）≤f（x），则需满足2a－（－4a）≤1，解得－

2

2

66≤a≤

6.故选B. 6考点：函数的性质，不等式的解法 31．A

a5a(x,3)xRx4【解析】解：因为向量（），则“”是“”的充分不必要条件，

利用小集合是大集合的充分不必要条件得到，选A

32．D 【解析】

2试题分析：∵x2x0，∴0x2，又∵A{x|2x2}，∴AB[0,2).

考点：1.一元二次不等式的解法；2.集合的交集运算. 33．C

【解析】略 34．B

【解析】略 35．B 【解析】

试题分析：显然函数yxln|x|为定义域上的奇函数，可排除A、C，而当x0时，|x|yxlnxlnx，所以答案选B. x考点：函数的图像与性质. 36．A

答案第6页，总23页

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【解析】

试题分析：∵向量a(1,x)，b(x1,2)，若a//b，∴x（x-1）-2=0， 解得x=2或x=-1，故选：A．

考点：平面向量的坐标运算; 向量平行的坐标公式． 37．D

【解析】Ax|x3,Bx|x1,CUBx|x1;则A(CUB)x|x1.故选D 38．C 【解析】

试题分析：(lg5)2lg2lg5lg20lg5(lg5lg2)lg20lg5lg20lg1002. 考点：本题主要考查对数的运算.

点评：对于对数的运算，不少学生觉得无从下手，这主要是因为刚刚接触对数，对对数还不是很熟悉，所以应该掌握住对数的运算性质，并且熟练应用，而且还要注意lg2lg51这一性质的应用. 39．A

0，1，2,，所以AB=1,0,1,2,4，选A. 【解析】试题分析：由已知Ax1，考点：集合的基本运算.

40．B 【解析】

试题分析：ADBC1ABAC2ACAB2211ACAB914。故B正22确。

考点：平面向量的加减法。 41．14，

【解析】PP12(2sincos,2cossin)

|PP(2sincos)2(2sincos)2108cos。 12|02,1cos1,当时，|PP12|max14。

42．[-1,1]

【解析】（1）函数f(x)x为[1,)上的m高调函数,首先，x1时xm1，所

222以m2。同时有f(xm)f(x)对任意x1,恒成立；即(xm)x对2x1,恒成立，也就是2mxm0对x1,恒成立。又m20，只需

m2x在x-1 ，+恒成立，故m(2x)max2，所以实数m的取值范围是2,。

答案第7页，总23页

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x2a2(xa2)（2）x0时，f(x)，又函数f(x)式定义在R 上的奇函数，所以 2x(0xa)x2a2(xa2)f(x)x(a2xa2) 其图像如图：

x2a2(xa2)

f(x4)是由f(x)向左平移4个单位得到的；所以要使f(x4)f(x)恒成立，需使

2a2(2a2)1。解得1a1，故实数a的取值范围是[-1,1]

43．（a+b）/b 【解析】略 44．0

【解析】由图象知最小正周期T＝

2522）＝（＝，故＝3，又x＝时，f

34434（x）＝0，即2sin(345．0,8 【解析】

4）＝0，可得4，所以，f7127sin(3)＝0。2 124试题分析：当m=0时，fx-8x1，gx0，很明显不合题意；

当m>0时，gxmx>0在x>0时恒成立，所以要满足题意需 ：x≤0时， fx2mx282mx1为正，当x=4-m0，即04时，对称轴<0,要满足题意需>0，解得48m当m<0时，gxmx>0在x<0时恒成立，所以要满足题意需 ：x≥0

答案第8页，总23页

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时， fx2mx282mx1为正，又m<0时,f(x)开口向下，不可能在x≥0时f(x)恒为正。

综上知：m的范围为0点评：此题主要考查分类讨论的数学思想。当二次项的系数含有字母时，要注意讨论二次项系数，一般分为二次项系数为0，为正，为负进行讨论。

6．12.

【解析】这其实是平面几何题.

Q0与AD距离始终是1. 设Q0Cx(0x3),则

xx116tantan(MBAQ0BA)23,当且仅当x=6时,取\"=\"26xx26121x6

47．

3,22,5

【解析】

48．2. 【解析】

试题分析：令f(x)lnx2x6，则f(2)ln22ln2ln10，f(3)ln30，2e∴由零点存在定理可知f(x)在(2,3)上至少存在一零点，再由f(x)在(0,)上单调递增可知零点的唯一性，

∴x0(2,3)，∴满足不等式kx0的最大整数k2. 考点：零点存在定理. 49．-3

【解析】解析：50．(,UA1,2，A={0,3},故m= -3

1] e2lnx1，即方程kx1lnx有解，即k的取值 x1x(lnx1)lnx12lnxx为函数f(x)的值域。又f'(x)，令f'(x)0则 xx2x2【解析】因x0，所以分离参数可得kxe2，当x(0,e2)时f'(x)0，当x(e2,)时f'(x)0，所以

f(x)maxf(e2)11(,] k，故实数的取值范围是

e2。e2答案第9页，总23页

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51．4 3sin2costantan22tan4 21tan3【解析】

试题分析：根据题意，由于

考点：同角关系，以及二倍角公式

点评：主要是考查了二倍角正切公式的运用，属于基础题。 52．f(x)x42

【解析】解：因为对于任意的x，有f'(x)4x3,f(1)1，因此

f(x)x4mf(1)11m1m2f(x)x253．C 【解析】

4

试题分析：由向量减法的三角形法则可得BCACAB1,32,41,1,因为

ABCD为平行四边形,所以

AD,5B1C,.1所

以

BDAD1A,B12,. 4故C正确3.

考点：平面向量的减法法则. 54．A*B={0,3}

【解析】略 55．-1 【解析】

试题分析：因为f(x1)x22x，

2所以令x1=t,则,x=t-1，所以f(t)t-12t-1=t-4t+3，所以f(2)-1。

2考点：函数值的求法。

点评：此题也可以不求出函数f(x)的解析式，直接求f(2)的值：若

x+1=2,则x=1,所以f2=12-21=-1，这种方法其实更简单。

56．2 【解析】

试题分析：因为角的终边经过点P(3，-4)，所以由三角函数定义得：

4346sin,cos.sin2cos2.

5555考点：三角函数定义 57．

3t,4t

答案第10页，总23页

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【解析】略 58．ln2

【解析】属于求解析式类，令ex2xln2 59．

1 2【解析】略

60．(Ⅰ) 函数f1()在0,上单调递增 (Ⅱ)略 （Ⅲ）f4()的最大值为f401，最4小值为f1442.

【解析】：（1）f1()、f3()在0,4上均为单调递增的函数. 1分

对于函数f()sincos，设 112,1、20,4，则 f1(1)f1(2)sin1sin2cos2cos1， sin1sin2,cos2cos1， f11f12,函数f()在0,14上单调递增. 3分 （2） 原式左边 2sin6cos6sin4cos4 2sin2cos2sin4sin2cos2cos4sin4cos4 1sin22cos22.„ 5分 又原式右边cos2sin22cos22.

 2f6()f4()cos4sin4cos2sin2. 6分

（3）当n1时，函数f1()在0,4上单调递增，  f的最大值为f1()140，最小值为f101.

当n2时，f21， 函数f2()的最大、最小值均为1.

答案第11页，总23页

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 当n3时，函数f3()在0,上为单调递增. 4  f3()的最大值为f30，最小值为f301.

4 当n4时，函数f4()112sin2在0,上单调递减，

421  f4()的最大值为f401，最小值为f4. „ 9分

42 下面讨论正整数n5的情形：

 当n为奇数时，对任意1、20,且12,4

 fn(1)fn(2)sinn1sinn2cosn2cosn1， 以及 0sin1sin21,0cos2cos11，

 sinn1sinn2,cosn2cosn1，从而 fn(1)fn(2).

  fn()在0,上为单调递增，则 4 fn()的最大值为fn0，最小值为f401. „„ 11分

4 当n为偶数时，一方面有 fn()sinncosnsin2cos21fn(0). 另一方面，由于对任意正整数l2，有 2f2l()f2l2()cos2l2sin2l2 cos2sin20，

fn()111fn2()nf2()nfn. 21142222n1 函数fn()的最大值为fn(0)1，最小值为fn2.

42 综上所述，当n为奇数时，函数fn()的最大值为0，最小值为1.

1当n为偶数时，函数fn()的最大值为1，最小值为2. „„ 13分

2n答案第12页，总23页

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3435；cos=；tan=（2） 554843【解析】（I）已知角的终边与单位圆交与点P（，）.

55343sin=；cos=；tan=；………………………………………3分

55461．（1）sin=

sin()2sin(（II）

22cos())

sin2cos……………………………………………………………6分

2cos5原式=. ………………………………………………………8分

8=

3x9MN2929x2,(10x30)；62．（1）AM（2）S= ，定义域为[x2x91616(x9)[10，30]．

【解析】 试题分析：（1）由已知可在△AMN中利用比例关系即可表示AM； （2）由（1），根据勾股定理用x表示MN，再由MN：NE=16：9，可以用x表示NE，即能表示面积S，结合x为边长这一实际意义求定义域即可； 9MP2NP,， xMNAMMN93MPNP3x1即AM,(10x30)．∵MP+NP=MN，∴两式相加得 xAMMNMNx99MN（2）∵MN：NE=16：9，∴NE， 16试题解析：（1）在△AMN中，9x2在Rt△AMN中，∵MN=AN+AM=x+， 2(x9)22229MN2929x2∴液晶广告屏幕MNEF的面积为S=MN•NE=，定义域为[x1616(x9)2[10，30]．

考点：函数知识解决实际应用题． 63．（I）见解析（II）-3 【解析】

试题分析：（I）先求出g(x)的解析式，再根据函数单调性的定义证明：第一步，在所给区间内任取两个自变量的值x1,x2 且x1x2 ；第二步，比较gx1,gx2 的大小；第三步，下结论.

（II）利用函数单调性g(x)在(,1]的单调性求出最小值.

答案第13页，总23页

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试题解析：解：（I）g(x)f(2)1又

x2 2x12x10x0 ∴函数g(x)的定义域{x|xR且x0}, 3分

设x1，x2(，0)且x1x2

222(2x22x1) 6分 g(x1)g(x2)x1212x21(2x11)(2x21)x1，x2(，0)且x1x2，

∴2x22x1 且2x11， 2x21g(x1)g(x2)0,即g(x1)g(x2)

根据函数单调性的定义知:函数g(x)在(，0)上为减函数. 8分 （II）∵ :函数g(x)在(，0)上为减函数,∴:函数g(x)在(,1]上为减函数, ∴当x=-1时,g(x)ming(1)123 12分 121考点：1、函数的单调性定义；2、函数单调性的应用. ．（1）函数fx在(,0)上不是有界函数;（2） -6,2 【解析】

1111代入fx可得f(x)1()x()x，令223911t()x,x0,t1利用函数的单调性判断出y1tt2在(1,)上是单调递增

323函数，即可求得y，从而得到fx的值域，根据有界函数函数的定义，即可判断出fx2试题分析：（Ⅰ）将a不是有界函数；

（Ⅱ）根据有界函数的定义，可得f(x)4在x[0,)上恒成立，利用参变量分离转化为(t)a5t3t在t（0,1]上恒成立，令t，则h(t)(t)，p(t)5t3t，t问题转化为求ht的最大值和pt最小值，利用函数单调性的定义，分别判断出函数ht和pt的单调性，即可求得最值，从容求得a的取值范围．

11111时，f(x)1()x()x ,令t()x,x0,t1 ，22393113y1tt2因为y1tt2在(1,)上单调递增，y，即f(x)在,1的

2223值域为(,)

2试题解析：（1）当a答案第14页，总23页

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故不存在常数M0，使|f(x)|M成立，所以函数fx在(,0)上不是有界函数。 （2）由题意知，f(x)4对x[0,)恒成立。

153 令t()x,x0,t（0,1]∴ (t)at 对t4f(x)4，（0,1]恒

3tt53成立 9分∴[(t)]maxa(t)min

tt53设h(t)(t)，p(t)t，由t（0,1]，

tt由于h(t)在t（0,1]上递增，p(t)在t（0,1]上递减，

h(t)在t（0,1]上的最大值为h(1)6， p(t)在1,上的最小值为p(1)2

所以实数a的取值范围为[6,2]。 考点：1．指数与指数函数；2．函数综合．

65．（1）1；（2）1006 【解析】

4x试题分析：（1）因为f(x)x.所以可以计算出f(a)f(1a)的值为1，即表示两个

42自变量的和为1的函数值的和为1.

（2）由（1）可知两个自变量的和为1的函数值的和为1.所以令

1232012)f()f()f()„①.利用倒序又可得到201320132013201320122011201021Sf()f()f()f()f()„②.所以由①+②可得

20132013201320132013Sf(2S=2012.所以S=1006.

4a41a试题解析：f(a)f(1a)a 4241a24a44a2a1． 5分 aaa424244242（2）f(12)f()20132013f(2012)110061006． 10分 2013考点：1.函数的表示法.2.倒序求和法. 66．（1）0x50,xN（2）5 【解析】

试题分析：（1）由题意得3(100x)(12x％）3100,

2即x50x0.又x0,解得0x50,xN

答案第15页，总23页

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（2）从事蔬菜加工的农民总收入为3(a为3(100x)(12x％）万元. 根据题意得：3(a3x)x万元，从事蔬菜种植的农民的年总收入 503x)x3(100x)(12x％）恒成立. 50x2100x1恒成立. 即ax100x恒成立0x50，ax2525而

所以a的最大值为5.

考点：函数，不等式的实际问题的应用

100x15，当且仅当x50时取等号. x25点评：在实际问题中注意一些量的特殊性，实际意思，比如xN

67．解：（ 1）（ CRP)Q{x|x4或x7}x|2x5x|2x4. （2）见解析。 【解析】 试题分析：（1）当a=3时，得到集合P,Q,并利用补集的思想来求解得到结论。

（2）由P,Q的集合，利用A⊆B，考虑到结合P，可能是空集，也可能不是空集，进而能求出a的取值范围．

解：（1）因为a3,所以P{x|4x7}, CRP{x|x4或x7}.„„2分 又Qx|x3x10100x|2x5,„„„„„„4分

2. 所以（ CRP)Q{x|x4或x7}x|2x5x|2x4„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„„6分

考点：本题主

要考查了集合的交、并、补集的混合运算，是基础题．解题时认真审题，仔细解答．

点评：解决该试题的关键是根据一元二次不等式的解集得到集合B，同时利用数轴法，借助于集合的包含关系得到参数的范围。

68．当在第一象限时，

sin223，tan22 答案第16页，总23页

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当在第四象限时，【解析】 试题分析：

sin223，tan22 cos10在第一或第四象限sin2cos21，当在第一象限3时sin0 sin22sin,tan22，当在第四象限时sin0 3cossin22，tan22 3考点：同角间的三角函数关系

点评：针对于不同的角的范围分情况讨论，本题学生容易忽略分情况讨论以致丢解 69．（Ⅰ）f(x)x2x1；（Ⅱ） [2,3]． 【解析】

试题分析: （Ⅰ）因为f(x)axbxc(a0)，f(0)1，所以c1，∵对任意xR，

2f(x)f(1x)，∴f(x)的对称轴为直线x1，求得ab；又因为对任意xR都有21xf(x)，利用函数f(x)的图象结合判别式，求得a1,b1，所以

2222（Ⅱ）由f(x)2xf(m)得xxmm，∴方程xxmmf(x)x2x1；

22在x[2,2]有解，则mm在函数g(x)xx，x[2,2]值域内，求出

g(x)x2x，x[2,2]的值域，使m2m在函数g(x)的值域内，求解即可．

2试题解析：（Ⅰ）∵f(x)axbxc(a0)，f(0)1，∴c1 1分

又∵对任意xR，f(x)f(1x)， ∴f(x)图象的对称轴为直线x1b1，则，∴ab 2分 22a22又∵对任意xR都有1xf(x)，即ax(a1)x0对任意xR都成立，

a0∴， 4分 2(a1)0故a1,b1，∴f(x)xx1 6分

2222（Ⅱ）由f(x)2xf(m)得xxmm，由题意知方程xxmm在

2答案第17页，总23页

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x[2,2]有解.令

11g(x)x2x(x)224∴

，

11g(x)ming(),g(x)maxg(2)6 8分

24

m2m62m312∴mm6，∴2m3， 11分 124mRmm4所以满足题意的实数m取值范围[2,3]. 12分 考点：①求二次函数的解析式；②利用一元二次方程有解求参数范围.

70．

（1）T=；

（2）

ymax123,x;ymin0,x028

k,k42,kZ （3）

【解析】略

71．（1）f(x)198.5【解析】

试题分析：⑴依题意，产品升级后，每件的成本为1000年销售量为1400x(2) f(x)的最大值为万元178.5，x40万元 x43x3x元，利润为200元 442万件 „„3分， x32x)(1)x „„5分， 4x纯利润为f(x)(200198.5400x „„7分 x4400x400x„„9分， 198.52x4x4

⑵f(x)198.5178.5 „„10分， 400x等号当且仅当„„11分， x4

即x40（万元） „„12分

考点：本小题主要考查以基本不等式为工具求函数的最值.

点评：求解这种实际问题时，首先要耐心读懂题目，根据题目写出函数解析式，并且注意实际问题的定义域；利用基本不等式求最值时，要注意基本不等式成立的条件：一正二定三相

答案第18页，总23页

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等.

72．(1) a=0. (2) t1 【解析】

试题分析：解：（Ⅰ）函数f(x)ln(exa)是实数集R上的奇函数，

f(0)0 所以a=0. 3分

（Ⅱ）g(x)f(x)sinx是区间[-1，1]上的减函数

g/(x)cosx0在[-1，1]上恒成立

cosx. 5分

又cosx[cos1,1],

cosx[1,cos1].

1. 8分

（Ⅲ）g(x)在区间[-1，1]上单调递减,

g(x)maxg(1)sin1.

只需sin1t2t1.

(t1)t2sin110.2其中1恒成立. 10分

令h()(t1)tsin11, 则t10,t1tsin110.2 12分

t1, 2ttsin10.2而ttsin10恒成立，

t1. 14分

考点：本试题考查了导数的知识。

点评：对于导数在函数中的作用，主要是解决函数的单调性的运用，同时要结合不等式恒成立，分离参数发，构造新函数，通过函数的最值来分析得到参数的取值范围问题，这是高考的一个热点，要加以关注。而这类问题的处理方法既可以分离也可以不分离来做，因题而异。属于中档题。 73．cos432，(,)则sincos()

552410答案第19页，总23页

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sin22sincos247cos22cos21 2525cos(26)cos2cos6sin2sin62473 502【解析】cos=-

34osc,求得sin，cos（），(5456)展开即可

3a174．（1）（2）当a0时，函数yf(x)在(,)上是增函数； 2 ；

2b1当a0时，函数yf(x)在(111,2a)上为减函数，在(2a,)上是增函数. 222【解析】第一问考查函数的切线与直线平行。在求函数切线时，要注意“过某点的切线”与

“在某点的切线”的区别。第二问考查利用函数的导数讨论含参数的函数的单调性问题。注意f(x)0不是函数递增的充要条件。 解：（1）∵f(x)aln(2x1)bx1 ∴f(x)2bx2ab1,x(,) „„„„„„„„„„2分

2x12由题意的得f(1)0 „„„„„„„„„„4分

f(0)232a3b0a即 解得2 „„„„„„„„„6分

2ab2b111时，f(x)aln(2x1)x1 222x4a11,x(,) „„„„„„„„„„8分 ∴f(x)4x22∵4x20

1∴当a0时，在定义域(,)内f(x)0恒成立，函数单调递增，„„„10分

21当a0时，由f(x)0得x2a，

211 由f(x)0得x2a，

221综上：当a0时，函数yf(x)在(,)上是增函数；

211当a0时，函数yf(x)在(,2a)上为减函数，

22（2）b答案第20页，总23页

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1,)上是增函数. „„„„„„„„„„12分 275．(1)5;(2)m7或m2.

在(2a【解析】 试题分析：（1）根据所给的两个集合的不等式，写出两个集合对应的最简形式，根据两个集合的交集，看出两个集合的端点之间的关系，求出结果．（2）根据所求的集合B，写出集合B的补集，根据集合A是B的补集的子集，求出两个集合的端点之间的关系，求出m的值． 试题解析：（1）

m32A[2,4],B[m3,m],AB[2,4]，m5

m4ACRBm2或m34,m7或m2

（2）CRB{x|xm3或xm}考点：集合之间的关系. 76．存在a【解析】

3符合题意. 21a51试题分析：将原函数化简为ycosxaa，令tcosx，0≤t≤1，

248211a5可将问题转化为一元二次函数中来解决，ytaa，其中0≤t≤1，

4822对称轴t2222a与给定的范围0,1进行讨论，得出最值，验证最值是否取到1 即可. 2221a51解： ycosxaa,

2482当0≤x≤

时，0≤cos x≤1，令tcosx则0≤t≤1， 22211a5∴ytaa，0≤t≤1.

4822当0aaa1，即0≤a≤2时，则当t，即cosx时. 2222ymax3a51a1，解得a或a＝－4(舍去)．

2482当

a0，即a＜0时，则当t＝0，即cosx0时， 2答案第21页，总23页

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5112ymaxa1，解得a (舍去)．

825当

a1，即a＞2时，则当t＝1，即cosx1时， 25320ymaxaa1，解得a (舍去)．

8213综上知，存在a3符合题意． 2考点：同角三角函数的基本关系式，二次函数求最值. 77．（1）f(x)（2）如图所示；

（3）函数的定义域为R；值域为[1,)；f(x)的减区间为(,1)

【解析】 试题分析：针对本题提供的函数解析式中含有绝对值符号，要求按照绝对值的定义化为分段函数的形式，

然后遵循分段函数分段处理的原则，画出x1部分的图象为射线y1，在画出x1部分的图象，可用

描点法，取两点(0,1),(1,3)连线即可恰与y1相交与点(1,0)点，但是(1,0)属于x1部分射线的端点

而已。再根据图象观察出定义域、值域、减区间，当x1时y的值恒为1，不增不减； 试题解析：（1）根据绝对值的定义x1写出函数f(x)的分段函数形式：

1,(x1)；

2x1,(x1)x1,x1

1x,(x1)1,(x1)f(x)；

2x1,(x1)（2）函数图象如图所示；

答案第22页，总23页

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（3）函数的定义域为R；值域为[1,)；f(x)的减区间为(,1) 考点：1.绝对值的定义；2.分段函数；3.函数的定义域、值域、单调性；

答案第23页，总23页