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广东省深圳市龙华区2023-2024学年高一上学期1月期末学业质量监测数学试题
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2024·深圳 高一上期末）半径为的圆中，弧长为的圆弧所对的圆心角的大小为（　　）
A． B． C． D．
2．（2024·深圳 高一上期末）函数的定义域是（　　）
A． B． C． D．
3．（2019高二上·黄陵期中）“ ”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·深圳 高一上期末）已知，，，则，，的大小关系为（　　）
A． B． C． D．
5．（2024·深圳 高一上期末）如图，直线和圆，当从开始在平面上绕点按逆时针方向匀速转动（转动角度不超过）时，它扫过的圆内阴影部分的面积是时间的函数，这个函数的图象大致是（　　）
A． B．
C． D．
6．（2024·深圳 高一上期末）定义一种运算：．已知函数=，为了得到函数的图象，只需把函数图象上的所有点（　　）
A．向右平移个单位长度 B．向右平移个单位长度
C．向左平移个单位长度 D．向左平移个单位长度
7．（2024·深圳 高一上期末）如图，有三个相同的正方形相接，若，则（　　）
A． B． C． D．
8．（2024·深圳 高一上期末）设集合，B=，若，则a的取值范围是（　　）
A． B．
C．且 D．
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9．（2024·深圳 高一上期末）下列各组函数中，是相同函数的是（　　）
A．与g（x）=x
B．f（x）=2lnx与
C．与
D．与
10．（2024·深圳 高一上期末）已知非零实数a，b满足，则（　　）
A． B．
C． D．
11．（2024高一下·曲阳开学考）已知函数，则下列结论正确的是（　　）
A．的值域是
B．的图象关于原点对称
C．在其定义域内单调递减
D．方程有且仅有两根
12．（2024·深圳 高一上期末）已知函数（，），x=为的零点，且在上单调递减，则下列结论正确的是（　　）
A．
B．若，则
C．是偶函数
D．的取值范围是
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13．（2024·深圳 高一上期末）已知集合，，则　 　．
14．（2024·深圳 高一上期末）设a，均为实数，且，则　 　．
15．（2024·深圳 高一上期末）如图，单位圆被点，，，…，平均分成份，以轴的正半轴为始边，（…）为终边的角记为，则=　 　，=　 　．（说明：∑是一个连加符号，…）
16．（2024·深圳 高一上期末）已知且，若函数中至少存在两点，B，使，关于轴对称，则的取值范围是　 　．
四、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
17．（2024·深圳 高一上期末）（1）计算：；
（2）已知角终边上一点，求的值．
18．（2024·深圳 高一上期末）已知函数的一条对称轴为．
（1）求的值；
（2）当时，求的单调递增区间．
19．（2024·深圳 高一上期末）如图，给出函数的部分图象．
（1）请在图中同一坐标系内画出函数的图象．设与在轴左边的交点为，试用二分法求出的横坐标的近似解（精确度为0.3）；
（2）用表示，中的较大者，记为，请写出的解析式．
20．（2024·深圳 高一上期末）已知函数，且．
（1）若，求方程的解；
（2）若对，都有恒成立，求实数的取值范围．
21．（2024·深圳 高一上期末）如图所示，某开发区有一块边长为的正方形空地．当地政府计划将它改造成一个体育公园，在半径为的扇形上放置健身器材，并在剩余区域中修建一个矩形运动球场，其中是弧上一点，分别在边BC、CD上．设，球场的面积．
（1）求的解析式；
（2）若球场平均每平方米的造价为元，问：当角为多少时，球场的造价最低．
22．（2024·深圳 高一上期末）若函数y=f（x）的定义域为（0，m），若对于给定的正实数n，存在0＜x0＜m-n，使得f（x0）=f（x0+n），则称函数y=f（x）在（0，m）上具有性质P（n）．
（1）若函数f（x）=x+在区间（0，m）上具有性质P（1），求正整数m的最小值；
（2）若函数f（x）=sinπx在区间（0，2）上具有性质P（n），求n的取值范围．
答案解析部分
1．【答案】B
【知识点】扇形的弧长与面积
【解析】【解答】解：由弧长公式得.
故答案为：B.
【分析】利用弧长公式计算即可.
2．【答案】D
【知识点】函数的定义域及其求法；对数的概念与表示
【解析】【解答】解：由解得，所以定义域是.
故答案为：D
【分析】利用真数大于0求定义域即可.
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】解方程 得到 或
故“ ”是“ ”的充分不必要条件
故答案为：A
【分析】解方程 得到 或 ，根据范围大小判断充分不必要性.
4．【答案】C
【知识点】指数函数的单调性与特殊点；利用对数函数的单调性比较大小；幂函数的图象与性质
【解析】【解答】解：由，，，
可知.
故答案为：C.
【分析】利用指数函数、对数函数与幂函数的性质，结合中间值即可比较大小.
5．【答案】C
【知识点】函数的图象与图象变化
【解析】【解答】解：易知面积S变化情况为“一直增加，但先慢后快，最后又变慢”，
结合选项知选C.
故答案为：C.
【分析】易知S变化情况为“一直增加，先慢后快，过圆心后又变慢”，由此可以确定函数的大致图像.
6．【答案】A
【知识点】两角和与差的余弦公式；函数y=Acos（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：由题意可知，
将其图象上所有点向右平移个单位长度即可得函数的图象.
故答案为：A.
【分析】先求出的解析式，再根据函数图象变换的法则直接写出结论即可.
7．【答案】B
【知识点】两角和与差的正切公式
【解析】【解答】解：设正方体边长为1，由图可知，
则且，
所以.
故答案为：B.
【分析】设正方体边长为1，由结合两角和的正切公式计算出的值即可求解.
8．【答案】C
【知识点】对数的性质与运算法则；基本不等式
【解析】【解答】解：由得，，
故集合，集合.
因为所以函数的图象与函数的图象没有交点，所以无解，
，（当且仅当时等号成立），
所以，又因为，所以且，
故答案为：C.
【分析】集合A变为，根据可知函数与函数的图象没有交点，即无解，结合基本不等式求解即可.
9．【答案】A,C
【知识点】函数的概念及其构成要素；同一函数的判定
【解析】【解答】解：A、与的定义域均为R，对应关系也相同，二者是相同函数，故A正确；
B、定义域是，的定义域是，定义域不同，
不是相同函数，故B错误；
C、与的定义域均为R，对应关系也相同，二者是相同函数，故C正确；
D、的定义域为，
的定义域为，定义域不同，不是相同函数，故D错误；
故答案为：AC.
【分析】根据函数的三要素，特别是定义域和对应关系是否相同，一一判断即可.
10．【答案】A,C,D
【知识点】复合函数的单调性；指数函数的单调性与特殊点；利用不等式的性质比较大小；对勾函数的图象与性质
【解析】【解答】解：A、因为所以，由不等式性质知，故A正确；
B、函数是对勾函数，在定义域内不是增函数，
所以当时，不一定成立，故B错误；
C、函数在上单调递减，
所以时，，故C正确；
D、在内单调递增，单调递增，所以复合函数在R上单调递增，
所以当时，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】由不等式性质可判断A；对B、 C、D，构造对应函数，结合函数的单调性即可判断.
11．【答案】B,D
【知识点】函数的值域；函数单调性的判断与证明；图形的对称性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：对于A，函数的定义域是，
令函数的值域为，
所以，函数f(x)的值域是，所以A错；
对于B，因为所以函数f(x)的图象关于原点对称，所以B对；
对于C，在函数f(x)的定义域内任取两个数-1和2，因为，所以
不满足减函数的定义，所以C错；
对于D，令则
易得f(x)在和上单调递减，又因为
所以，函数g(x)在与上各存在唯一零点，
即方程f(x)=x+1有且仅有两个根，所以D对。
故答案为：BD.
【分析】利用换元法和反函数的定义域求原函数的值域，从而判断出选项A；利用奇偶性定义判断出选项B；利用反例的方法进行排除，判断出选项C；利用函数的单调性与函数的零点存在性定理判断出选项D，从而找出结论正确的选项。
12．【答案】A,B,D
【知识点】函数的奇偶性；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】 解：A、因为是的零点，所以，
所以，即，
因为，所以，故A正确；
B、因为函数的图象是中心对称图形，
由得是函数的对称中心，
所以，故B正确；
C、，无法判断奇偶性，故C错误；
D、由选项A可知，
因为函数在上单调递减，
所以，，
解得（），
所以当时，，当无解，
所以，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】将代入可求得的值；由函数的图象是中心对称图形结合已知条件即可判断B；由无法判断奇偶性；结合函数单调性即可判断D.
13．【答案】
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：因为，所以.
故答案为：
【分析】由交集的定义直接得出结果.
14．【答案】
【知识点】对数的性质与运算法则；换底公式的应用
【解析】【解答】解：，
取对数得，，；
.
故答案为：.
【分析】先等式两边同时取对数，求出的值，代入，再利用换底公式和对数运算性质求解即可.
15．【答案】；
【知识点】诱导公式
【解析】【解答】解：由 结合题意可知，
故
故答案为：；.
【分析】根据题意，可先确定的值，再结合诱导公式求三角函数值.
16．【答案】
【知识点】函数的单调性及单调区间；复合函数的单调性
【解析】【解答】解：当时，函数单调递增，且时，；
而单调递减，且，
所以当时，当时，
此时不存在两点使其关于轴对称，所以不满足题意；
当时，函数单调递增，单调递增，
当时，当时，
此时不存在两点使其关于轴对称，所以不满足题意；
当时， 函数，存在使其关于轴对称，满足题意；
当时，单调递减，单调递增，
易知与关于轴对称，
要存在两点使其关于轴对称，则需当时，函数与函数的图象有交点，
再由一次函数与指数函数的增长速率之间的关系可得，即.
综上所述，的取值范围是
故答案为：.
【分析】结合一次函数单调性对参数的取值范围进行分类讨论，根据题意可知当时才会满足题意，再结合一次函数与指数函数的增长速率之间的关系可得，即可求得的取值范围.
17．【答案】（1）解：
（2）解：因为 ，
且角终边上有一点，所以，即.
故原式=
【知识点】有理数指数幂的运算性质；对数的性质与运算法则；任意角三角函数的定义；运用诱导公式化简求值
【解析】【分析】（1）利用指数运算和对数运算法则计算即可；
（2）先利用诱导公式化简，再根据三角函数定义求出，再代入即可.
18．【答案】（1）解：依题意得（），所以（），
因为，所以.
（2）解：法一：由（1）得，
当时，，
所以，当时，单调递增，
解得此时或，
故（）的单调递增区间为，.
法二：由（1）得，
解（）得（）
因为，所以当时，；当时，.
故（）的单调递增区间为，.
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；含三角函数的复合函数的单调性
【解析】【分析】（1）由正弦函数的对称轴结合的范围即可得解；
（2）方法一：先求出当时，，再由正弦函数的单调区间解出x的范围；
方法二：整体直接代入正弦函数的单调区间，再求出x范围.
19．【答案】（1）解：如图
.
令，则当时，方程的近似解等价于求函数在内的零点，
因为，，
所以，由零点存在定理可知，.
又因为，
所以，由零点存在定理可知.
又因为，
故，由零点存在定理可知.
因为，所以可取为（或者区间内的任意值）.
（2）解：由x2=2x，得x=x0，x=2或.
结合（1）的图象，可得.（或）
【知识点】函数的最大（小）值；二分法求函数零点近似值；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）利用函数零点存在定理和二分法计算，当区间长度小于或等于时，可以取区间内的任意一点的横坐标作为答案；
（2）数形结合，先确定方程的解，再判断各区间上与的大小.
20．【答案】（1）解：令，则，
当时，等价于，即，
得，有或，
则或，所以或.
（2）解：令t=log3x，由，得，
依题意得恒成立，因为t＞0，所以在上恒成立，
令，对称轴，
①当时，即，，得.所以.
②当，即，，得.所以.
综上所述，m的取值范围为[0，1）.
【知识点】函数恒成立问题；对数的性质与运算法则
【解析】【分析】（1）令，利用换元法将原方程转化为，求出的值，结合对数的运算性质求解即可；
（2）令，原不等式可转化为在上恒成立，只需，结合二次函数的性质分类讨论求出的最小值即可得解.
21．【答案】（1）解：过点作的垂线，垂足为.
由题意得：AQ=2cos，PQ=2sin，
所以，，
所以
.
（2）解：依题意得球场的造价，
令，因为，所以，
所以，
故，
因为，当且仅当时取等号，此时，球场的造价最低.
【知识点】函数的最大（小）值；任意角三角函数的定义
【解析】【分析】（1）过点作的垂线垂足为.由三角函数的定义表示出，进而表示出，即可求解；
（2）写出造价的表达式，令，则，由题意可得球场的造价为，结合基本不等式计算即可.
22．【答案】（1）因为 f（x）=x+在区间（0，m）上具有性质 P（1），
所以，
整理可得，解得或（舍去），
所以，即，
而，故正整数的最小值是.
（2）因为函数f（x）=sinπx在区间（0，2）上具有性质P（n），
所以 ，
因为，所以（）或（），
（ⅰ）当（）时，，
因为，所以不存在这样的，舍去.
（ⅱ）当（）时，，
由得，即，
又因为，所以，即，
①若，即，，且，又由得；
②若，即，，且，同样得到；
③若且，，舍去.
综上，的取值范围为.
【知识点】不等关系与不等式；一元二次方程的解集
【解析】【分析】（1）由性质的定义可知对任意恒成立，即可求出参数范围，进而得 正整数m的最小值 ；
（2）由性质的定义结合已知条件可知对任意恒成立，即可求得参数范围.
1 / 1广东省深圳市龙华区2023-2024学年高一上学期1月期末学业质量监测数学试题
一、单项选择题：本题共8小题，每小题5分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的．
1．（2024·深圳 高一上期末）半径为的圆中，弧长为的圆弧所对的圆心角的大小为（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】扇形的弧长与面积
【解析】【解答】解：由弧长公式得.
故答案为：B.
【分析】利用弧长公式计算即可.
2．（2024·深圳 高一上期末）函数的定义域是（　　）
A． B． C． D．
【答案】D
【知识点】函数的定义域及其求法；对数的概念与表示
【解析】【解答】解：由解得，所以定义域是.
故答案为：D
【分析】利用真数大于0求定义域即可.
3．（2019高二上·黄陵期中）“ ”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】A
【知识点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】解方程 得到 或
故“ ”是“ ”的充分不必要条件
故答案为：A
【分析】解方程 得到 或 ，根据范围大小判断充分不必要性.
4．（2024·深圳 高一上期末）已知，，，则，，的大小关系为（　　）
A． B． C． D．
【答案】C
【知识点】指数函数的单调性与特殊点；利用对数函数的单调性比较大小；幂函数的图象与性质
【解析】【解答】解：由，，，
可知.
故答案为：C.
【分析】利用指数函数、对数函数与幂函数的性质，结合中间值即可比较大小.
5．（2024·深圳 高一上期末）如图，直线和圆，当从开始在平面上绕点按逆时针方向匀速转动（转动角度不超过）时，它扫过的圆内阴影部分的面积是时间的函数，这个函数的图象大致是（　　）
A． B．
C． D．
【答案】C
【知识点】函数的图象与图象变化
【解析】【解答】解：易知面积S变化情况为“一直增加，但先慢后快，最后又变慢”，
结合选项知选C.
故答案为：C.
【分析】易知S变化情况为“一直增加，先慢后快，过圆心后又变慢”，由此可以确定函数的大致图像.
6．（2024·深圳 高一上期末）定义一种运算：．已知函数=，为了得到函数的图象，只需把函数图象上的所有点（　　）
A．向右平移个单位长度 B．向右平移个单位长度
C．向左平移个单位长度 D．向左平移个单位长度
【答案】A
【知识点】两角和与差的余弦公式；函数y=Acos（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】解：由题意可知，
将其图象上所有点向右平移个单位长度即可得函数的图象.
故答案为：A.
【分析】先求出的解析式，再根据函数图象变换的法则直接写出结论即可.
7．（2024·深圳 高一上期末）如图，有三个相同的正方形相接，若，则（　　）
A． B． C． D．
【答案】B
【知识点】两角和与差的正切公式
【解析】【解答】解：设正方体边长为1，由图可知，
则且，
所以.
故答案为：B.
【分析】设正方体边长为1，由结合两角和的正切公式计算出的值即可求解.
8．（2024·深圳 高一上期末）设集合，B=，若，则a的取值范围是（　　）
A． B．
C．且 D．
【答案】C
【知识点】对数的性质与运算法则；基本不等式
【解析】【解答】解：由得，，
故集合，集合.
因为所以函数的图象与函数的图象没有交点，所以无解，
，（当且仅当时等号成立），
所以，又因为，所以且，
故答案为：C.
【分析】集合A变为，根据可知函数与函数的图象没有交点，即无解，结合基本不等式求解即可.
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9．（2024·深圳 高一上期末）下列各组函数中，是相同函数的是（　　）
A．与g（x）=x
B．f（x）=2lnx与
C．与
D．与
【答案】A,C
【知识点】函数的概念及其构成要素；同一函数的判定
【解析】【解答】解：A、与的定义域均为R，对应关系也相同，二者是相同函数，故A正确；
B、定义域是，的定义域是，定义域不同，
不是相同函数，故B错误；
C、与的定义域均为R，对应关系也相同，二者是相同函数，故C正确；
D、的定义域为，
的定义域为，定义域不同，不是相同函数，故D错误；
故答案为：AC.
【分析】根据函数的三要素，特别是定义域和对应关系是否相同，一一判断即可.
10．（2024·深圳 高一上期末）已知非零实数a，b满足，则（　　）
A． B．
C． D．
【答案】A,C,D
【知识点】复合函数的单调性；指数函数的单调性与特殊点；利用不等式的性质比较大小；对勾函数的图象与性质
【解析】【解答】解：A、因为所以，由不等式性质知，故A正确；
B、函数是对勾函数，在定义域内不是增函数，
所以当时，不一定成立，故B错误；
C、函数在上单调递减，
所以时，，故C正确；
D、在内单调递增，单调递增，所以复合函数在R上单调递增，
所以当时，故D正确.
故答案为：ACD.
【分析】由不等式性质可判断A；对B、 C、D，构造对应函数，结合函数的单调性即可判断.
11．（2024高一下·曲阳开学考）已知函数，则下列结论正确的是（　　）
A．的值域是
B．的图象关于原点对称
C．在其定义域内单调递减
D．方程有且仅有两根
【答案】B,D
【知识点】函数的值域；函数单调性的判断与证明；图形的对称性；函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】解：对于A，函数的定义域是，
令函数的值域为，
所以，函数f(x)的值域是，所以A错；
对于B，因为所以函数f(x)的图象关于原点对称，所以B对；
对于C，在函数f(x)的定义域内任取两个数-1和2，因为，所以
不满足减函数的定义，所以C错；
对于D，令则
易得f(x)在和上单调递减，又因为
所以，函数g(x)在与上各存在唯一零点，
即方程f(x)=x+1有且仅有两个根，所以D对。
故答案为：BD.
【分析】利用换元法和反函数的定义域求原函数的值域，从而判断出选项A；利用奇偶性定义判断出选项B；利用反例的方法进行排除，判断出选项C；利用函数的单调性与函数的零点存在性定理判断出选项D，从而找出结论正确的选项。
12．（2024·深圳 高一上期末）已知函数（，），x=为的零点，且在上单调递减，则下列结论正确的是（　　）
A．
B．若，则
C．是偶函数
D．的取值范围是
【答案】A,B,D
【知识点】函数的奇偶性；函数y=Asin（ωx+φ）的图象与性质
【解析】【解答】 解：A、因为是的零点，所以，
所以，即，
因为，所以，故A正确；
B、因为函数的图象是中心对称图形，
由得是函数的对称中心，
所以，故B正确；
C、，无法判断奇偶性，故C错误；
D、由选项A可知，
因为函数在上单调递减，
所以，，
解得（），
所以当时，，当无解，
所以，故D正确.
故答案为：ABD.
【分析】将代入可求得的值；由函数的图象是中心对称图形结合已知条件即可判断B；由无法判断奇偶性；结合函数单调性即可判断D.
三、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．
13．（2024·深圳 高一上期末）已知集合，，则　 　．
【答案】
【知识点】交集及其运算
【解析】【解答】解：因为，所以.
故答案为：
【分析】由交集的定义直接得出结果.
14．（2024·深圳 高一上期末）设a，均为实数，且，则　 　．
【答案】
【知识点】对数的性质与运算法则；换底公式的应用
【解析】【解答】解：，
取对数得，，；
.
故答案为：.
【分析】先等式两边同时取对数，求出的值，代入，再利用换底公式和对数运算性质求解即可.
15．（2024·深圳 高一上期末）如图，单位圆被点，，，…，平均分成份，以轴的正半轴为始边，（…）为终边的角记为，则=　 　，=　 　．（说明：∑是一个连加符号，…）
【答案】；
【知识点】诱导公式
【解析】【解答】解：由 结合题意可知，
故
故答案为：；.
【分析】根据题意，可先确定的值，再结合诱导公式求三角函数值.
16．（2024·深圳 高一上期末）已知且，若函数中至少存在两点，B，使，关于轴对称，则的取值范围是　 　．
【答案】
【知识点】函数的单调性及单调区间；复合函数的单调性
【解析】【解答】解：当时，函数单调递增，且时，；
而单调递减，且，
所以当时，当时，
此时不存在两点使其关于轴对称，所以不满足题意；
当时，函数单调递增，单调递增，
当时，当时，
此时不存在两点使其关于轴对称，所以不满足题意；
当时， 函数，存在使其关于轴对称，满足题意；
当时，单调递减，单调递增，
易知与关于轴对称，
要存在两点使其关于轴对称，则需当时，函数与函数的图象有交点，
再由一次函数与指数函数的增长速率之间的关系可得，即.
综上所述，的取值范围是
故答案为：.
【分析】结合一次函数单调性对参数的取值范围进行分类讨论，根据题意可知当时才会满足题意，再结合一次函数与指数函数的增长速率之间的关系可得，即可求得的取值范围.
四、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤．
17．（2024·深圳 高一上期末）（1）计算：；
（2）已知角终边上一点，求的值．
【答案】（1）解：
（2）解：因为 ，
且角终边上有一点，所以，即.
故原式=
【知识点】有理数指数幂的运算性质；对数的性质与运算法则；任意角三角函数的定义；运用诱导公式化简求值
【解析】【分析】（1）利用指数运算和对数运算法则计算即可；
（2）先利用诱导公式化简，再根据三角函数定义求出，再代入即可.
18．（2024·深圳 高一上期末）已知函数的一条对称轴为．
（1）求的值；
（2）当时，求的单调递增区间．
【答案】（1）解：依题意得（），所以（），
因为，所以.
（2）解：法一：由（1）得，
当时，，
所以，当时，单调递增，
解得此时或，
故（）的单调递增区间为，.
法二：由（1）得，
解（）得（）
因为，所以当时，；当时，.
故（）的单调递增区间为，.
【知识点】函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换；含三角函数的复合函数的单调性
【解析】【分析】（1）由正弦函数的对称轴结合的范围即可得解；
（2）方法一：先求出当时，，再由正弦函数的单调区间解出x的范围；
方法二：整体直接代入正弦函数的单调区间，再求出x范围.
19．（2024·深圳 高一上期末）如图，给出函数的部分图象．
（1）请在图中同一坐标系内画出函数的图象．设与在轴左边的交点为，试用二分法求出的横坐标的近似解（精确度为0.3）；
（2）用表示，中的较大者，记为，请写出的解析式．
【答案】（1）解：如图
.
令，则当时，方程的近似解等价于求函数在内的零点，
因为，，
所以，由零点存在定理可知，.
又因为，
所以，由零点存在定理可知.
又因为，
故，由零点存在定理可知.
因为，所以可取为（或者区间内的任意值）.
（2）解：由x2=2x，得x=x0，x=2或.
结合（1）的图象，可得.（或）
【知识点】函数的最大（小）值；二分法求函数零点近似值；函数零点存在定理
【解析】【分析】（1）利用函数零点存在定理和二分法计算，当区间长度小于或等于时，可以取区间内的任意一点的横坐标作为答案；
（2）数形结合，先确定方程的解，再判断各区间上与的大小.
20．（2024·深圳 高一上期末）已知函数，且．
（1）若，求方程的解；
（2）若对，都有恒成立，求实数的取值范围．
【答案】（1）解：令，则，
当时，等价于，即，
得，有或，
则或，所以或.
（2）解：令t=log3x，由，得，
依题意得恒成立，因为t＞0，所以在上恒成立，
令，对称轴，
①当时，即，，得.所以.
②当，即，，得.所以.
综上所述，m的取值范围为[0，1）.
【知识点】函数恒成立问题；对数的性质与运算法则
【解析】【分析】（1）令，利用换元法将原方程转化为，求出的值，结合对数的运算性质求解即可；
（2）令，原不等式可转化为在上恒成立，只需，结合二次函数的性质分类讨论求出的最小值即可得解.
21．（2024·深圳 高一上期末）如图所示，某开发区有一块边长为的正方形空地．当地政府计划将它改造成一个体育公园，在半径为的扇形上放置健身器材，并在剩余区域中修建一个矩形运动球场，其中是弧上一点，分别在边BC、CD上．设，球场的面积．
（1）求的解析式；
（2）若球场平均每平方米的造价为元，问：当角为多少时，球场的造价最低．
【答案】（1）解：过点作的垂线，垂足为.
由题意得：AQ=2cos，PQ=2sin，
所以，，
所以
.
（2）解：依题意得球场的造价，
令，因为，所以，
所以，
故，
因为，当且仅当时取等号，此时，球场的造价最低.
【知识点】函数的最大（小）值；任意角三角函数的定义
【解析】【分析】（1）过点作的垂线垂足为.由三角函数的定义表示出，进而表示出，即可求解；
（2）写出造价的表达式，令，则，由题意可得球场的造价为，结合基本不等式计算即可.
22．（2024·深圳 高一上期末）若函数y=f（x）的定义域为（0，m），若对于给定的正实数n，存在0＜x0＜m-n，使得f（x0）=f（x0+n），则称函数y=f（x）在（0，m）上具有性质P（n）．
（1）若函数f（x）=x+在区间（0，m）上具有性质P（1），求正整数m的最小值；
（2）若函数f（x）=sinπx在区间（0，2）上具有性质P（n），求n的取值范围．
【答案】（1）因为 f（x）=x+在区间（0，m）上具有性质 P（1），
所以，
整理可得，解得或（舍去），
所以，即，
而，故正整数的最小值是.
（2）因为函数f（x）=sinπx在区间（0，2）上具有性质P（n），
所以 ，
因为，所以（）或（），
（ⅰ）当（）时，，
因为，所以不存在这样的，舍去.
（ⅱ）当（）时，，
由得，即，
又因为，所以，即，
①若，即，，且，又由得；
②若，即，，且，同样得到；
③若且，，舍去.
综上，的取值范围为.
【知识点】不等关系与不等式；一元二次方程的解集
【解析】【分析】（1）由性质的定义可知对任意恒成立，即可求出参数范围，进而得 正整数m的最小值 ；
（2）由性质的定义结合已知条件可知对任意恒成立，即可求得参数范围.
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