高一数学期末模拟卷（一）（范围：必修第一册全部内容）-【重难点突破】2024-2025学年高一上·人教A版必修第一册·重难点专题突破

高一数学期末模拟测试卷（一） 考试范围：必修第一册 试题说明：减少了送分题，增加了中档题，适合中等生 试卷满分：150分 考试用时：120分钟 一、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．已知集合，集合则（   ） A． B． C． D． 2．已知：函数为增函数，：，，则是的（    ） 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 3．某学校一个课外实验小组研究某种植物在一定条件下的生长规律，根据实验数据可知，在相同条件下，这种植物每天以的增长率生长，经过8天后，该植物的长度是原来的倍，则24天后该植物的长度是原来的（    ） A．倍 B．倍 C．倍 D．倍 4．已知函数，则的值等于（   ） A．1 B．2 C．3 D．9 5．若，则（    ） A． B． C． D． 6．已知函数是偶函数，，且时，恒成立，设，，，则，，的大小关系为（    ） A． B． C． D． 7．已知函数，若关于的方程有四个不同的实数解、、、，且，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 8．已知函数（其中），若是的一个零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。 9．已知实数满足，则下列结论正确的是（    ） A．的最小值为9 B．的最大值为 C．的最大值为 D．的最小值为 10．下列说法正确的是（    ） A．函数的最大值为 B．若，则 C．若，则 D．已知函数满足恒成立，则 11．已知函数，则（   ） A．的图象关于点对称 B．若是奇函数，则 C．是上的减函数 D．不等式的解集 三．填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12．已知函数在上单调递增，则实数的取值范围是 . 13．已知，，则的值为 ． 14．已知函数在区间上单调，且满足 ；函数在区间上恰有5个零点，则的取值范围为 ． 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．已知集合，集合，. (1)若，求实数的值；(2)若，求实数的取值范围. 16．函数为定义在上的奇函数，已知当时， . (1)当时，求的解析式 ； (2)判断在上的单调性，并利用单调性的定义证明； (3)若，求a的取值范围. 17．如图，在扇形中，半径，圆心角，B是上的动点，矩形内接于扇形，且，设. (1)用表示线段的长；(2)求矩形面积的最大值． 18．已知定义域为的函数满足对任意，都有. （1）求证：是奇函数； （2）设，且时，， ①求证：在上是减函数；②求不等式的解集. 19．小红学了高一年级《基本不等式》后，高兴地告诉她正读高三的哥哥小东说：“哥哥，我知道你以前说的“基本不等式”是怎么回事了，我还可以对它扩充呢”.然后小红在草稿本上工工整整地写下了“若，，则”.小东微笑着说：“恭喜你获得了新知，加油！等你上高三了还可以往这个不等式里面补充内容，看我写一个.”然后小东就把刚才小红写的内容改成了：“若，，，则”.小东看着小红崇拜的眼睛，又补充说：“虽然你现在还不能完全证明它，但是你可以用‘若，，，则’作为条件来证明另一个结论：‘若，则’”. (1)请完成小东所说结论的证明，即用“若，，，则”作为条件，证明结论“若，则”成立； (2)请用（1）中的结论解决问题：已知函数有两个不同的零点，证明； (3)小红成功完成（2）中的证明后，翻开哥哥小东的高三资料发现这样一道题：若函数有两个不同的零点，证明.她兴奋地对哥哥说：“我发现这个题在本质上跟（2）中的题目是一模一样的！”.请问你认同小红的说法吗？写出你的观点并说明理由. 4 / 4 学科网（北京）股份有限公司 $$ 1 / 16 高一数学期末模拟测试卷（一） 考试范围：必修第一册 试题说明：减少了送分题，增加了中档题，适合中等生 试卷满分：150 分 考试用时：120 分钟 1 2 3 4 5 6 7 8 A A C A C B D C 9 10 11 AC ACD BCD 12 13 14  , 1  0 8 ,3 3       一、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．已知集合  2 2 3 0A x x x    ，集合   2log 1B x y x   则 A B （ ） A．  1,3 B． 1,3 C．  2,3 D． 1,  【答案】A 【分析】先求出集合A ，再求出集合 B ，即可得出结果. 【详解】因为集合    2 2 3 0 | 1 3A x x x x x        ， 集合     2log 1 1B x y x x x    ， 所以  |1 3A B x x    . 故选：A. 2．已知 p ：函数    2 x f x a  为增函数，q： 1 ,1 2 x        ， 1 0ax  ，则 p 是q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 17 2 50  2 / 16 【答案】A 【分析】根据指数函数单调性，得到命题 : 3p a  ；根据不等式能成立，得到 : 1q a  ，由充分条件 与必要条件的概念，即可判定出结果. 【详解】因为 p ：函数    2 x f x a  为增函数， 所以 2 1, 3a a    ，所以命题 : 3p a  ， 由 1 ,1 2 x        ， 1 0ax  ，可得 min 1 1a x        ，所以 : 1q a  ， 由 3a  能推出 1a  ，即 p q ，所以 p是 q的充分条件， 由 1a  不能推出 3a  ，即q不能推出 p ，所以 p是 q的不必要条件， 所以 p是 q的充分不必要条件. 故选：A 3．某学校一个课外实验小组研究某种植物在一定条件下的生长规律，根据实验数据可知，在相同条 件下，这种植物每天以 %a 的增长率生长，经过 8 天后，该植物的长度是原来的 3 2 倍，则 24 天后该 植物的长度是原来的（ ） A． 27 16 倍 B． 27 32 倍 C． 27 8 倍 D． 27 4 倍 【答案】C 【分析】设植物原来长度 m，根据 8 天后，该植物的长度是原来的 3 2 倍，求出 1 8 3 1 % ( ) 2 a  ，再结合 指数幂的运算即可求得 24 天后该植物的长度是原来的多少倍. 【详解】设植物原来长度 m，经过 8 天后，该植物的长度是原来的 3 2 倍， 故 8 3(1 %) 2 m a m  ，即 8 3(1 %) 2 a  ，即 1 8 3 1 % ( ) 2 a  24 天后该植物的长度是 24(1 %)m a ，即为原来的 24(1 %)a 倍， 则 1 24 24 38 3 3 27 (1 %) ( ) ( ) 2 2 8 a      ， 即 24 天后该植物的长度是原来的 27 8 倍， 故选：C 4．已知函数   1 1 3x f x   ，则   1 lg3 lg 3 f f        的值等于（ ） A．1 B．2 C．3 D．9 【答案】A 【分析】根据题意可得     1f x f x   ，以及 1 lg lg 3 3   ，即可得结果. 【详解】因为     1 1 1 3 1 1 3 1 3 1 3 1 3 x x x x x f x f x             ， 3 / 16 且 1 lg lg 3 3   ，所以   1 lg3 lg 1 3 f f        . 故选：A. 5．若 π 3 cos( ) 3 5    ，则 π cos(2 ) 3   （ ） A． 24 25  B． 7 25  C． 7 25 D． 24 25 【答案】C 【分析】利用诱导公式及二倍角的余弦公式计算得解. 【详解】由 π 3 cos( ) 3 5    ，得 π π 3 cos[( ) ] 6 2 5     ，即 π 3 sin( ) 6 5    ，解得 π 3 sin( ) 6 5     ， 所以 2 2π π π 3 7cos(2 ) cos 2( ) 1 2sin ( ) 1 2 ( ) 3 6 6 5 25              . 故选：C 6．已知函数  1f x  是偶函数，  1 2, 1,x x   ，且 1 2x x 时，      1 2 1 2 0f x f x x x     恒成立， 设 1 2 a f        ，  2b f ，  3c f ，则a，b ， c的大小关系为（ ） A．c b a  B．c a b  C．b c a  D．a b c  【答案】B 【分析】根据题意可知函数  f x 关于直线 1x  对称且在 (1, ) 上为单调递减函数，然后利用函数的 单调性和对称性即可求解. 【详解】因为函数 ( 1)f x 是偶函数，即𝑓(1 + 𝑥) = 𝑓(1 − 𝑥)， 可知函数  f x 的图象关于直线 1x  对称，则 1 5 2 2 a f f               ， 又因为  1 2, 1,x x    ，且 1 2x x 时，      1 2 1 2 0f x f x x x     恒成立， 可知函数  f x 在 (1, ) 上为单调递减函数， 可得 5 (3) (2) 2 f f f        ，即 1 (3) (2) 2 f f f         ，所以c a b  . 故选：B. 7．已知函数   2 2 1 2 2, 0 2 log , 0 x x x f x x x         ，若关于 x 的方程  f x a 有四个不同的实数解 1x 、 2x 、 3x 、 4x ，且 1 2 3 4x x x x   ，则 2 1 2 3 4 4 x x x x x   的取值范围是（ ） A．  3,  B．  ,3 C． 3,3 D．  3,3 【答案】D 【分析】画出函数  f x 的图象，根据对称性和对数函数的图象和性质即可求出． 4 / 16 【详解】作出函数   2 2 1 2 2, 0 2 log , 0 x x x f x x x         的图象如下图所示： 若关于 x的方程  f x a 有四个不同的实数解 1x 、 2x 、 3x 、 4x ，且 1 2 3 4x x x x   ， 由 2log 2x  可得 2log 2x   或 2log 2x  ，解得 1 4 x  或 4x  ， 所以， 1 2 3 4 1 0 1 4 4 x x x x       ， 由 2 3 2 4log logx x 得 2 3 2 4log logx x  ，即 2 2 4 3 1 log log x x  ，所以， 3 4 1x x  ， 由图可知，点  1,x a 、  2 ,x a 关于直线 2x   对称，则 1 2 4x x   ， 所以， 2 1 2 3 4 4 4 4 4x x x x x x x     ，其中 41 4x  ， 令函数   4 g x x x   ，其中  1,4x ，则函数  g x 在  1, 4 上单调递增， 所以，      1 4g g x g  ，即  3 3g x   ，即   2 1 2 3 4 4 3,3 x x x x x     . 故选：D. 【点睛】关键点点睛：解本题的关键点在于通过对称性与对数的运算性质将所求代数式变形为以 4x 为 自变量的函数的值域来求解. 8．已知函数    e 1xf x a x   （其中 2 1 3e 1a  ），若 0x 是  f x 的一个零点，则 00 e x x a 的取值范 围是（ ） A． 2 1 3e ,1       B． 3 1, 2       C． 7 1, 3       D． 10 2, 3       【答案】C 【分析】先得到函数    e 1xf x a x   的单调性，结合零点存在性定理得到  0 0,2x  ，再变形得 到  00 0 0 1 1 1e 1 x x a x x       ，根据对勾函数性质得到答案. 【详解】由于 e xy  在 R 上单调递减， 2 1 3e 1a  ，  1y a x   在 R 上单调递减， 故    e 1xf x a x   在 R 上单调递减， 5 / 16  0 1 0f a   ，   2 2 2e 1 1 3 e e 02f a     ， 由零点存在性定理可得  0 0,2x  ，故  0 1 1,3x   ， 由题意得  0 0 1e x a x    ，故 0 0 1 e 1 xa x   ， 故  00 0 0 0 0 1 1 1 1e 1 1 x x a x x x x          ， 由对勾函数性质可得 1 y t t   在  1,3t 上单调递增， 故  00 0 0 1 1 7 1 1 1 1 1,3 1 1, 3 3 e 1 x x a x x                        . 二、选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分。在每小题给出的选项中，有多项 符合题目要求。全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分。 9．已知实数 ,a b满足  lg lg lg 4a b a b   ，则下列结论正确的是（ ） A．a b 的最小值为 9 B． 1 ab 的最大值为 1 4 C． 4 1 a b  的最大值为 2 D． lg lga b 的最小值为3lg2 【答案】AC 【分析】根据对数的性质及运算法则得到 4ab a b  ，再利用基本不等式即可验证各选项是否正确. 【详解】由对数的性质及运算法则可知： 0, 0a b  ，且 lg lg lg( ) lg( 4 )a b ab a b    ， 所以： 4ab a b  . 对于选项 A：由 4ab a b  ，得： 4 1 1 a b   ， 所以 4 1 4 4 ( ) ( )( ) 4 1 5 2 9 b a b a a b a b a b a b a b             ， 当 4b a a b  ，即 6, 3a b  时，取“ ”，所以选项 A 正确； 对于选项 B： 4 1 4 1 1 1 2 4 a b a b ab      ，所以 1 1 16ab  ， 当 4 1 a b  ，即 8, 2a b  时取“ ”，所以 1 ab 的最大值为 1 16 ，所以选项 B 错误； 对于选项 C：因为 2 4 1 4 1 4 1 ( ) 2 1 4 a b a b ab ab       ， 由选项 B 的解题中可知： 1 1 16ab  ，所以 2 4 1 1 ( ) 1 4 2 16a b     ， 6 / 16 所以 4 1 2 a b   ，所以选项 C 正确； 对于选项 D：因为 4 2 4 4ab a b ab ab    ，即 16ab  当 4a b ，即 8, 2a b  时，取“ ”， 所以 lg lg lg( ) lg16 4lg2a b ab    ，故选项 D 错误. 故选 A,C 10．下列说法正确的是（ ） A．函数 sin cos sin cosy x x x x   的最大值为 1 2 2  B．若 1 tan 2   ，则 2 2 33sin 2sin cos cos 4       C．若 1 3π sin cos 0 5 2 x x x          ，则3sin 4cos 0x x  D．已知函数   3sin cosg x x a x  满足   π 3 g x g        恒成立，则 3a  【答案】ACD 【分析】运用换元法令 sin cost x x  ，转化为二次函数的最值可判定 A，转化为正余弦的齐次式可 判定 B，运用同角三角函数的基本关系式可判定 C，根据题意知当 π 3 x  时  g x 取最大值可判定 D. 【详解】选项 A：令 π sin cos 2 sin 2, 2 4 t x x x              ，则 2 1 sin cos 2 t x x   ， 所以 21 1 , 2, 2 2 2 y t t t        ，当 2t  时 max 1 2 2 y   ，故 A 正确， 选项 B：因为 1 tan 2   ， 所以 2 2 2 2 2 2 2 2 3sin 2sin cos cos 3tan 2tan 1 3 3sin 2sin cos cos sin cos tan 1 5 x x x                      ，故 B 错误； 选项 C：因为 1 sin cos 5 x x  ，所以   2 1 sin cos 1 2sin cos 25 x x x x    ， 即 24 2sin cos 0 25 x x    ，由 3π 0 2 x  ，所以 π π 2 x  由   2 49 sin cos 1 2sin cos 25 x x x x    ，所以 7 sin cos 5 x x  ，即 4 3 sin ,cos 5 5 x x   ， 所以 4 3 3sin 4cos 3 4 0 5 5 x x      ，故 C 正确； 选项 D：函数   3sin cosg x x a x  满足   π 3 g x g        恒成立， 即 2 π π9 3sin cos 3 3 a a   ，化简得 3a  ，故 D 正确； 7 / 16 故选：ACD. 11．已知函数   4 1 ex f x a   ，则（ ） A．𝑦 = 𝑓(𝑥)的图象关于点  0, 2a 对称 B．若𝑦 = 𝑓(𝑥)是奇函数，则 2a  C．  f x 是𝑅上的减函数 D．不等式    1 3 4 2f x f x a    的解集 1 , 4         【答案】BCD 【分析】利用函数单调性的定义可判断 C 选项；利用函数的对称性可判断 AB 选项；将所求不等式 变形为    1 3f x f x   ，结合函数  f x 的单调性可得出关于 x 的不等式，即可得出原不等式的解 集，可判断 D 选项. 【详解】对于 A 选项，因为函数  f x 的定义域为R ， 则     4 4e 4e e 1 1 ee e 1 x x x xx x f x a a a            ， 所以，     4 4e 4 2 1 e 1 e x x x f x f x a a a          ， 所以，函数  y f x 的图象关于点  0,2 a 对称，A 错； 对于 B 选项，因为函数  y f x 是奇函数，即函数  y f x 的图象关于原点对称， 由 A 选项可知，函数  y f x 的图象关于点  0,2 a 对称，则2 0a  ，解得 2a  ，B 对； 对于 C 选项，任取 1x 、 2x R ，且 1 2x x ，则 1 2e e 0 x x  ， 则     1 2 1 2 1 2 4 4 4 4 e 1 e 1 e 1 e 1x x x x f x f x a a                           2 1 1 2 4 e e 0 e 1 e 1 x x x x      ，所以，    1 2f x f x ， 所以，函数  f x 是R 上的减函数，C 对； 对于 D 选项，由        1 3 4 2f x f x a f x f x       ，可得    1 3f x f x   ， 因为函数  f x 是R 上的减函数，则3 1x x   ，解得 1 4 x   ， 故不等式    1 3 4 2f x f x a    的解集为 1 , 4         ，D 正确. 故选：BCD. 8 / 16 三．填空题（本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分） 12．已知函数    2 2ln 3   f x x ax a 在 1, 上单调递增，则实数a的取值范围是 . 【答案】  , 1  【分析】根据复合函数单调性中“同增异减”的原则，即可得到满足的不等式组，求得结果. 【详解】由题知，因为函数 lny x 在  0,  上递增， 又    2 2ln 3   f x x ax a 在 1, 上单调递增， 所以函数 2 23y x ax a    在 1, 上递增， 则 2 1 2 1 3 0 a a a         ，解得 1a   . 故答案为：  , 1  13．已知 ， ，则 的值为 ． 【答案】 【分析】结合角的取值范围，结合同角三角函数基本关系和诱导公式求值. 【 详 解 】 因 为 ， 又 ， 所 以 且 . 所以 ； . 所以： . 14．已知函数    sin ( 0, R)f x x       在区间 7 5 , 12 6 π π      上单调，且满足 7π 3π 2π , 12 4 3 f f f                     ；函数  f x 在区间 2 13 , 3 6 π π     上恰有 5 个零点，则的取值范围 为 ． 【答案】 0 8 ,3 3       【分析】由 7 4 π 12 π3 f f              结合函数单调性，即可确定  f x 的一个对称中心为 2π ( ,0) 3 ，即可求得 π 3 sin 4 5         0 π  π cos 2 4        17 2 50  0 π   π π 5π 4 4 4    π 3 2 sin 4 5 2          π π π 4 4    π 4 cos 4 5          π π 3 4 24 2sin cos 2 4 4 5 5 25                             π 24 sin 2 2 25           24 cos 2 25    2π π 9 7cos 2 1 2sin 1 2 4 4 25 25                       7 sin 2 25    π π π cos 2 cos 2 cos sin 2 sin 4 4 4            24 2 7 2 25 2 25 2            17 2 50   9 / 16 2π 3       f ；利用函数的对称中心和单调区间，结合周期可得 5π 2π 6 34 T  ，求出0 3  ，再结合函数 零点个数，列出不等式求得 8 10 3 3   ，综合，即可求得的取值范围. 【详解】因为函数    sin ( 0, R)f x x       在区间 7 5 , 12 6 π π      上单调， 且满足 7 4 π 12 π3 f f              ，而 7π 3π 2π12 4 2 3   ， 2π 7π 5π , 3 12 6       , 即  f x 的一个对称中心为 2π ( ,0) 3 ，故 2 0 π 3 f       ； 而 2π 7π 5π , 3 12 6       ，故  f x 在区间 2π 5π , 3 6       上单调， 设函数的最小正周期为 T，则 5π 2π π 2π 2π , ,0 3 6 3 6 34 T         ； 函数  f x 在区间 2 13 , 3 6 π π     上恰有 5 个零点，则 2π 3 恰好为第一个零点， 相邻两个零点之间相距半个周期 2 T ， 故 13π 2π 5 2 6 3 2 T T    ，即 2π 13π 2π 5 2π 2 6 3 2       ， 解得 8 10 3 3   ，结合0 3  ， 可得的取值范围为 8 ,3 3       四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．已知集合   2 2 3 0A x x m x m      ，集合  1 2,B x x ，B A . (1)若 2 21 2 6x x  ，求实数m 的值； (2)若 1 20 2x x   ，求实数m 的取值范围. 【答案】(1) 4 (2) 2 2 3m m  【分析】（1）分析可知，方程  2 2 3 0x m x m     有两个不等根 1x 、 2x ，由题意可得出 0  ， 利用韦达定理结合 2 21 2 6x x  ，可求得实数m 的值； （2）分析可知，方程  2 2 3 0x m x m     在区间  0,2 上有2 个不等根，根据二次方程根的分布 可得出关于实数m 的不等式组，由此可解得实数m 的取值范围. 10 / 16 【详解】（1）由题意可知，方程  2 2 3 0x m x m     有两个不等根 1x 、 2x ， 所以，     2 22 4 3 8 0m m m        ，解得 2 2m   或 2 2m  ， 由韦达定理可得 1 2 2x x m   ， 1 2 3x x m  ， 所以，       2 22 2 2 1 2 1 2 1 22 2 2 3 2 2 6x x x x x x m m m m            ， 即 2 2 8 0m m   ，解得 2m   （舍去）或 4m  . （2）方程  2 2 3 0x m x m     在区间  0,2 上有2个不等根， 所以，   2Δ 8 0 2 0 2 2 3 0 4 2 2 3 11 3 0 m m m m m m                     ，解得2 2 3m  . 因此，实数m 的取值范围是 2 2 3m m  . 16．函数  f x 为定义在R 上的奇函数，已知当 0x  时，   1   x f x x . (1)当 0x  时，求  f x 的解析式 ； (2)判断  f x 在 0,  上的单调性，并利用单调性的定义证明； (3)若    22 1 2 0f a f a    ，求 a的取值范围. 【答案】(1)   1 x f x x    (2)单调递增，证明见解析 (3)  1,3 【分析】（1）当 0x  时， 0x  ，代入函数解析式根据奇函数性质得到答案. （2）确定  f x 在 0,  上的单调递增，任取 1x ，  2 0,x   ，且 1 2x x ，计算    1 2f x f x 得到 证明. （3）确定  f x 为R 上的增函数，变换得到    22 1 2f a f a   ，根据函数的单调性解不等式得到 答案. 【详解】（1）当 0x  时， 0x  ，则   1 1 x x f x x x       ， 因为函数为奇函数，所以     1 x f x f x x       ， 即 0x  时，  f x 的解析式为   1 x f x x    ； （2）  f x 在 0,  上的单调递增， 证明如下： 11 / 16 任取 1x ，  2 0,x   ，且 1 2x x ，则        1 2 1 2 1 2 1 2 1 21 1 1 1 x x x x f x f x x x x x          ， 因为 1x ，  2 0,x   ，且 1 2x x ，所以 1 2 0x x  ， 1 1 0x   ， 2 1 0x   ， 则        1 2 1 2 1 2 0 1 1 x x f x f x x x       ，即    1 2f x f x ， 所以  f x 在 0,  上的单调递增； （3）  f x 在 0,  上的单调递增，且函数  f x 为R 上的奇函数， 故  f x 为R 上的增函数. 由    22 1 2 0f a f a    ，      2 22 1 2 2f a f a f a      ， 于是 22 1 2a a   ，所以    2 2 3 3 1 0a a a a      ， 解得 1 3a   ，即  1,3a  . 17．如图，在扇形OPQ中，半径 1OP  ，圆心角 π 3 POQ  ，B是PQ上的动点，矩形 ABCD内接于 扇形OPQ，且OA OD ，设 BOP   . (1)用 表示线段 AB 的长； (2)求矩形 ABCD面积的最大值． 【答案】(1) 2sinAB  (2) 2 3 【分析】（1）过 B 作OP 的垂线，垂足为 N ，根据解三角形可得 2sinAB  ； （2）根据解三角形及矩形的面积公式可求  2sin cos 3 sinABCDS    矩形 ，再利用三角变换和正 弦函数的性质可求面积的最大值. 【详解】（1）∵ π 3 POQ  且OA OD ，∴ AOD△ 为等边三角形，∴ π 3 DAO  ， 又四边形 ABCD为矩形，∴ π 2 DAB  ，∴ π 6 BAP  ； 在扇形OPQ中，半径 1OP  ，过 B 作OP 的垂线，垂足为 N ， ∴ sin sinBN OB    ， 12 / 16 在 ABN 中， 2sin πsin sin 6 BN BN AB BAP     ． （2）由（1）可知 2sinAB  ， sinBN  ， cos cosON OB    ， π cos 3 sin 6 AN AB   ， ∴ cos 3 sinOA ON AN      ， ∴  2sin cos 3 sinABCDS AB AD AB OA        矩形 π sin 2 3 cos 2 3 2sin 2 3 3               ， ∵ π 0, 6        ，∴ π π 2π 2 , 3 3 3         ， ∴当 π π 2 3 2    ，即 π 12   时，矩形 ABCD面积的最大值，最大值为2 3 18．已知定义域为 ( ,0) (0, )I     的函数  f x 满足对任意 1 2, ( ,0) (0, )x x     ，都有      1 2 1 2 2 1f x x x f x x f x  . （1）求证：  f x 是奇函数； （2）设    f x g x x  ，且 1x  时，   0g x  ， ①求证：  g x 在(0,+∞)上是减函数； ②求不等式    2 1 3g x g x  的解集. 【答案】（1）详见解析；（2）①详见解析；② 1 1 1 ( , 1) , , 5 2 2                 . 【分析】（1）采用赋值法，利用奇偶性的定义求解. （2）①根据    f x g x x  及      1 2 1 2 2 1f x x x f x x f x  ，得  g x 是偶函数且      1 2 1 2 g x x g x g x ， 再利用单调性的定义证明.②由  g x 是偶函数且在(0,+∞)上是减函数，将不等式 (2 1) (3 ) g x g x ， 13 / 16 转化为 (| 2 1|) (| 3 |) g x g x 求解. 【详解】（1）取 1 2 1x x  ，得  1 0f  ， 取 1 2 1x x   ，得     1 1 1 0 2 f f    ， 取 1x x ， 2 1x   ，得        1f x f x xf f x       ， 所以  f x 是奇函数. （2）①由    f x g x x  及      1 2 1 2 2 1f x x x f x x f x  ， 可得  g x 是偶函数且      1 2 1 2 g x x g x g x ， 设 1 2 0x x  ，则 1 2 1 x x  ， 由 1x  时   0g x  ，得 1 2 0 x g x       ， 所以      1 11 2 2 2 2 2 x x g x g x g x g g x x x                 ， 所以  g x 在(0,+∞)上是减函数. ②由  g x 是偶函数且在(0,+∞)上是减函数， 可得 (2 1) (3 ) (| 2 1|) (| 3 |)g x g x g x g x     2 2 1 2 1 0 2 3 0 0 2 1 3 (2 1) (3 ) x x x x x x x x                     1x  或 1 1 5 2 x  或 1 2 x  ， 所以不等式    2 1 3g x g x  的解集为 1 1 1 ( , 1) , , 5 2 2                 . 19．小红学了高一年级《基本不等式》后，高兴地告诉她正读高三的哥哥小东说：“哥哥，我知道你 以前说的“基本不等式”是怎么回事了，我还可以对它扩充呢”.然后小红在草稿本上工工整整地写下了 “若 0a  ， 0b  ，则 2 22 2 2 ab a b a b ab a b       ”.小东微笑着说：“恭喜你获得了新知，加油！等 你上高三了还可以往这个不等式里面补充内容，看我写一个.”然后小东就把刚才小红写的内容改成 了：“若 0a  ， 0b  ，a b ，则 2 22 ln ln 2 2 ab a b a b a b ab a b a b          ”.小东看着小红崇拜的眼 睛，又补充说：“虽然你现在还不能完全证明它，但是你可以用‘若 0a  ， 0b  ，a b ，则 ln ln 2 a b a b ab a b      ’作为条件来证明另一个结论：‘若a b ，则 2 e e e e e 2 a b a b a b a b       ’”. 14 / 16 (1)请完成小东所说结论的证明，即用“若 0a  ， 0b  ，a b ，则 ln ln 2 a b a b ab a b      ”作为条件， 证明结论“若a b ，则 2 e e e e e 2 a b a b a b a b       ”成立； (2)请用（1）中的结论解决问题：已知函数   exf x x a  有两个不同的零点 1 2,x x ，证明 1 2 2x x  ； (3)小红成功完成（2）中的证明后，翻开哥哥小东的高三资料发现这样一道题：若函数   lnf x x ax  有两个不同的零点 1 2,x x ，证明 2 1 2 ex x  .她兴奋地对哥哥说：“我发现这个题在本质上跟（2）中的题 目是一模一样的！”.请问你认同小红的说法吗？写出你的观点并说明理由. 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析； (3)认同，理由见解析. 【分析】（1）令 e 0, e 0a ba b    ,代入 ln ln 2 a b a b ab a b      整理即可; （2）利用函数   exf x x a  有两个不同的零点 1 2,x x ，得到 1 21 2e , e x xx a x a  ，表示出 1 2x x ，通过 分析证明即可； （ 3 ） 利 用 函 数   lnf x x ax  有 两 个 不 同 的 零 点 1 2,x x ， 得  1 2 1 2ln lnx x a x x   ，  1 2 1 2ln lnx x a x x   ，表示出 21x x ，通过分析证明即可. 【详解】（1）当 0a  ， 0b  ，a b 时，有 ln ln 2 a b a b ab a b      ， 令 e 0, e 0a ba b    ，则e ea b , 所以 e e e e e e ln e ln e 2 a b a b a b a b      ， 即 e e e e e 2 a b a b a b a b      ，所以 2 e e e e e 2 a b a b a b a b       . （2）因为函数   exf x x a  有两个不同的零点 1 2,x x ， 所以    1 21 1 2 20, e 0e x xf x x a f x x a     ， 即 1 21 2e , e x xx a x a  ， 将两式相加减可得  1 21 2 e +ex xx x a  ，  1 21 2 e ex xx x a   ， 要证 1 2 2x x  ，只需证  1 21 2 e 2+ex xx x a   ， 即证    1 2 1 2 1 2 e e 2 e e +x x x x x x    ，即证 1 2 1 2 1 2 e +e e e 2 x x x x x x    ， 由（1）问当a b 时，有 2 e e e e e 2 a b a b a b a b       ，故 1 2 1 2 1 2 e +e e e 2 x x x x x x    显然成立. 所以 1 2 2x x  . 15 / 16 （3）认同小红的说法，理由如下： 因为函数   lnf x x ax  有两个不同的零点 1 2,x x ，且 1 2 1 2, 0,x x x x  ， 所以    1 1 1 2 2 2ln 0, ln 0f x x ax f x x ax      ， 即 1 1 2 2ln ,lnx ax x ax  ， 将两式相加减可得  1 2 1 2ln lnx x a x x   ，  1 2 1 2ln lnx x a x x   ， 要证 2 1 2 ex x  ，即证   2 1 2 1 2ln ln l e 2ln nx x x x   ， 即证  1 2 1 2ln ln 2x x a x x    ， 即证  1 21 2 1 2 1 2 ln ln ln ln 2 x x x x x x x x       ， 即证 1 2 1 2 1 2 ln ln 2x x x x x x     ， 由题意可知：当 0a  ， 0b  ，a b ，有 ln ln 2 a b a b ab a b      ， 故 1 2 1 2 1 2 ln ln 2x x x x x x     显然成立. 故 2 1 2 ex x  . 【点睛】关键点睛：审清题意，充分借助 ln ln 2 a b a b ab a b      ，构造要证的不等式 1 2 2x x  及 2 1 2 ex x  ，证明即可. 16 / 16 1 / 4 高一数学期末模拟测试卷（一） 考试范围：必修第一册 试题说明：减少了送分题，增加了中档题，适合中等生 试卷满分：150 分 考试用时：120 分钟 一、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．已知集合  2 2 3 0A x x x    ，集合   2log 1B x y x   则 A B （ ） A．  1,3 B． 1,3 C．  2,3 D． 1,  2．已知 p ：函数    2 x f x a  为增函数，q： 1 ,1 2 x        ， 1 0ax  ，则 p 是 q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 3．某学校一个课外实验小组研究某种植物在一定条件下的生长规律，根据实验数据可知，在相同条件下，这种植 物每天以 %a 的增长率生长，经过 8 天后，该植物的长度是原来的 3 2 倍，则 24 天后该植物的长度是原来的（ ） A． 27 16 倍 B． 27 32 倍 C． 27 8 倍 D． 27 4 倍 4．已知函数   1 1 3x f x   ，则   1 lg3 lg 3 f f        的值等于（ ） A．1 B．2 C．3 D．9 5．若 π 3 cos( ) 3 5    ，则 π cos(2 ) 3   （ ） A． 24 25  B． 7 25  C． 7 25 D． 24 25 6．已知函数  1f x  是偶函数，  1 2, 1,x x   ，且 1 2x x 时，      1 2 1 2 0f x f x x x     恒成立，设 1 2 a f        ，  2b f ，  3c f ，则a，b ， c的大小关系为（ ） A．c b a  B．c a b  C．b c a  D．a b c  7．已知函数   2 2 1 2 2, 0 2 log , 0 x x x f x x x         ，若关于 x 的方程  f x a 有四个不同的实数解 1x 、 2x 、 3x 、 4x ，且 1 2 3 4x x x x   ，则 2 1 2 3 4 4 x x x x x   的取值范围是（ ） A．  3,  B．  ,3 C． 3,3 D．  3,3 8．已知函数    e 1xf x a x   （其中 2 1 3e 1a  ），若 0x 是  f x 的一个零点，则 00 e x x a 的取值范围是（ ） A． 2 1 3e ,1       B． 3 1, 2       C． 7 1, 3       D． 10 2, 3       2 / 4 二、选择题：本题共 3 小题，每小题 6 分，共 18 分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。 全部选对的得 6 分，部分选对的得部分分，有选错的得 0 分。 9．已知实数 ,a b满足  lg lg lg 4a b a b   ，则下列结论正确的是（ ） A．a b 的最小值为 9 B． 1 ab 的最大值为 1 4 C． 4 1 a b  的最大值为 2 D． lg lga b 的最小值为3lg2 10．下列说法正确的是（ ） A．函数 sin cos sin cosy x x x x   的最大值为 1 2 2  B．若 1 tan 2   ，则 2 2 33sin 2sin cos cos 4       C．若 1 3π sin cos 0 5 2 x x x          ，则3sin 4cos 0x x  D．已知函数   3sin cosg x x a x  满足   π 3 g x g        恒成立，则 3a  11．已知函数   4 1 ex f x a   ，则（ ） A．𝑦 = 𝑓(𝑥)的图象关于点  0, 2a 对称 B．若𝑦 = 𝑓(𝑥)是奇函数，则 2a  C．  f x 是𝑅上的减函数 D．不等式    1 3 4 2f x f x a    的解集 1 , 4         三．填空题（本题共 3 小题，每小题 5 分，共 15 分） 12．已知函数    2 2ln 3   f x x ax a 在 1, 上单调递增，则实数a的取值范围是 . 13．已知 ， ，则 的值为 ． π 3 sin 4 5         0 π  π cos 2 4        3 / 4 14．已知函数    sin ( 0, R)f x x       在区间 7 5 , 12 6 π π      上单调，且满足 7π 3π 2π , 12 4 3 f f f                     ； 函数  f x 在区间 2 13 , 3 6 π π     上恰有 5 个零点，则的取值范围为 ． 四、解答题：本题共 5 小题，共 77 分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．已知集合   2 2 3 0A x x m x m      ，集合  1 2,B x x ，B A . (1)若 2 21 2 6x x  ，求实数m 的值；(2)若 1 20 2x x   ，求实数m 的取值范围. 16．函数  f x 为定义在R 上的奇函数，已知当 0x  时，   1   x f x x . (1)当 0x  时，求  f x 的解析式 ； (2)判断  f x 在 0,  上的单调性，并利用单调性的定义证明； (3)若    22 1 2 0f a f a    ，求 a的取值范围. 17．如图，在扇形OPQ中，半径 1OP  ，圆心角 π 3 POQ  ，B是PQ上的动点，矩形 ABCD内接于扇形OPQ，且 OA OD ，设 BOP   . (1)用 表示线段 AB的长；(2)求矩形 ABCD面积的最大值． 4 / 4 18．已知定义域为 ( ,0) (0, )I     的函数  f x 满足对任意 1 2, ( ,0) (0, )x x     ，都有      1 2 1 2 2 1f x x x f x x f x  . （1）求证：  f x 是奇函数； （2）设    f x g x x  ，且 1x  时，   0g x  ， ①求证：  g x 在(0,+∞)上是减函数；②求不等式    2 1 3g x g x  的解集. 19．小红学了高一年级《基本不等式》后，高兴地告诉她正读高三的哥哥小东说：“哥哥，我知道你以前说的“基本 不等式”是怎么回事了，我还可以对它扩充呢”.然后小红在草稿本上工工整整地写下了“若 0a  ， 0b  ，则 2 22 2 2 ab a b a b ab a b       ”.小东微笑着说：“恭喜你获得了新知，加油！等你上高三了还可以往这个不等式里面 补充内容，看我写一个.”然后小东就把刚才小红写的内容改成了：“若 0a  ， 0b  ，a b ，则 2 22 ln ln 2 2 ab a b a b a b ab a b a b          ”.小东看着小红崇拜的眼睛，又补充说：“虽然你现在还不能完全证明它， 但是你可以用‘若 0a  ， 0b  ，a b ，则 ln ln 2 a b a b ab a b      ’作为条件来证明另一个结论：‘若a b ，则 2 e e e e e 2 a b a b a b a b       ’”. (1)请完成小东所说结论的证明，即用“若 0a  ， 0b  ，a b ，则 ln ln 2 a b a b ab a b      ”作为条件，证明结论“若a b ， 则 2 e e e e e 2 a b a b a b a b       ”成立； (2)请用（1）中的结论解决问题：已知函数   exf x x a  有两个不同的零点 1 2,x x ，证明 1 2 2x x  ； (3)小红成功完成（2）中的证明后，翻开哥哥小东的高三资料发现这样一道题：若函数   lnf x x ax  有两个不同 的零点 1 2,x x ，证明 2 1 2 ex x  .她兴奋地对哥哥说：“我发现这个题在本质上跟（2）中的题目是一模一样的！”.请问你 认同小红的说法吗？写出你的观点并说明理由. 2024-2025学年高一数学期末模拟卷（一） 数 学·答题卡 姓名________ 一、单项选择题（每小题5分，共40分） 题号 1 2 3 4 5 6 7 8 选项 二、多项选择题（每小题6分，共18分） 题号 9 10 11 选项 三、填空题（每小题5分，共15分） 12．_______________ 13．___________________ 14．__________________ 三、解答题（共77分，解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤） 15．（13分） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 16.（15分） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 17．（15分） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 18．（17分） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 19．（17分） 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 请在各题目的答题区域内作答，超出黑色矩形边框限定区域的答案无效！ 学科网（北京）股份有限公司 $$ 高一数学期末模拟测试卷（一） 考试范围：必修第一册 试题说明：减少了送分题，增加了中档题，适合中等生 试卷满分：150分 考试用时：120分钟 1 2 3 4 5 6 7 8 A A C A C B D C 9 10 11 AC ACD BCD 12 13 14 0 一、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．已知集合，集合则（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】先求出集合，再求出集合，即可得出结果. 【详解】因为集合， 集合， 所以. 故选：A. 2．已知：函数为增函数，：，，则是的（    ） 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 【分析】根据指数函数单调性，得到命题；根据不等式能成立，得到，由充分条件与必要条件的概念，即可判定出结果. 【详解】因为：函数为增函数， 所以，所以命题， 由，，可得，所以， 由能推出，即，所以p是q的充分条件， 由不能推出，即不能推出，所以p是q的不必要条件， 所以p是q的充分不必要条件. 故选：A 3．某学校一个课外实验小组研究某种植物在一定条件下的生长规律，根据实验数据可知，在相同条件下，这种植物每天以的增长率生长，经过8天后，该植物的长度是原来的倍，则24天后该植物的长度是原来的（    ） A．倍 B．倍 C．倍 D．倍 【答案】C 【分析】设植物原来长度m，根据8天后，该植物的长度是原来的倍，求出，再结合指数幂的运算即可求得24天后该植物的长度是原来的多少倍. 【详解】设植物原来长度m，经过8天后，该植物的长度是原来的倍， 故，即，即 24天后该植物的长度是，即为原来的倍， 则， 即24天后该植物的长度是原来的倍， 故选：C 4．已知函数，则的值等于（   ） A．1 B．2 C．3 D．9 【答案】A 【分析】根据题意可得，以及，即可得结果. 【详解】因为， 且，所以. 故选：A. 5．若，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】利用诱导公式及二倍角的余弦公式计算得解. 【详解】由，得，即，解得， 所以. 故选：C 6．已知函数是偶函数，，且时，恒成立，设，，，则，，的大小关系为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据题意可知函数关于直线对称且在上为单调递减函数，然后利用函数的单调性和对称性即可求解. 【详解】因为函数是偶函数，即， 可知函数的图象关于直线对称，则， 又因为，且时，恒成立， 可知函数在上为单调递减函数， 可得，即，所以. 故选：B. 7．已知函数，若关于的方程有四个不同的实数解、、、，且，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】画出函数的图象，根据对称性和对数函数的图象和性质即可求出． 【详解】作出函数的图象如下图所示： 若关于的方程有四个不同的实数解、、、，且， 由可得或，解得或， 所以，， 由得，即，所以，， 由图可知，点、关于直线对称，则， 所以，，其中， 令函数，其中，则函数在上单调递增， 所以，，即，即. 故选：D. 【点睛】关键点点睛：解本题的关键点在于通过对称性与对数的运算性质将所求代数式变形为以为自变量的函数的值域来求解. 8．已知函数（其中），若是的一个零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先得到函数的单调性，结合零点存在性定理得到，再变形得到，根据对勾函数性质得到答案. 【详解】由于在R上单调递减， ，在R上单调递减， 故在R上单调递减， ，， 由零点存在性定理可得，故， 由题意得，故， 故， 由对勾函数性质可得在上单调递增， 故. 二、选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，部分选对的得部分分，有选错的得0分。 9．已知实数满足，则下列结论正确的是（    ） A．的最小值为9 B．的最大值为 C．的最大值为 D．的最小值为 【答案】AC 【分析】根据对数的性质及运算法则得到，再利用基本不等式即可验证各选项是否正确. 【详解】由对数的性质及运算法则可知：，且， 所以：. 对于选项A：由，得：， 所以， 当，即时，取“”，所以选项A正确； 对于选项B：，所以， 当，即时取“”，所以的最大值为，所以选项B错误； 对于选项C：因为， 由选项B的解题中可知：，所以， 所以，所以选项C正确； 对于选项D：因为 ，即 当，即时，取“”， 所以，故选项D错误. 故选A,C 10．下列说法正确的是（    ） A．函数的最大值为 B．若，则 C．若，则 D．已知函数满足恒成立，则 【答案】ACD 【分析】运用换元法令，转化为二次函数的最值可判定A，转化为正余弦的齐次式可判定B，运用同角三角函数的基本关系式可判定C，根据题意知当时取最大值可判定D. 【详解】选项A：令，则， 所以，当时，故A正确， 选项B：因为， 所以，故B错误； 选项C：因为，所以， 即，由，所以 由，所以，即， 所以，故C正确； 选项D：函数满足恒成立， 即，化简得，故D正确； 故选：ACD. 11．已知函数，则（   ） A．的图象关于点对称 B．若是奇函数，则 C．是上的减函数 D．不等式的解集 【答案】BCD 【分析】利用函数单调性的定义可判断C选项；利用函数的对称性可判断AB选项；将所求不等式变形为，结合函数的单调性可得出关于的不等式，即可得出原不等式的解集，可判断D选项. 【详解】对于A选项，因为函数的定义域为， 则， 所以，， 所以，函数的图象关于点对称，A错； 对于B选项，因为函数是奇函数，即函数的图象关于原点对称， 由A选项可知，函数的图象关于点对称，则，解得，B对； 对于C选项，任取、，且，则， 则 ，所以，， 所以，函数是上的减函数，C对； 对于D选项，由，可得， 因为函数是上的减函数，则，解得， 故不等式的解集为，D正确. 故选：BCD. 三．填空题（本题共3小题，每小题5分，共15分） 12．已知函数在上单调递增，则实数的取值范围是 . 【答案】 【分析】根据复合函数单调性中“同增异减”的原则，即可得到满足的不等式组，求得结果. 【详解】由题知，因为函数在上递增， 又在上单调递增， 所以函数在上递增， 则，解得. 故答案为： 13．已知，，则的值为 ． 【答案】 【分析】结合角的取值范围，结合同角三角函数基本关系和诱导公式求值. 【详解】因为，又，所以且. 所以； . 所以：. 14．已知函数在区间上单调，且满足 ；函数在区间上恰有5个零点，则的取值范围为 ． 【答案】 0 【分析】由结合函数单调性，即可确定的一个对称中心为，即可求得；利用函数的对称中心和单调区间，结合周期可得，求出，再结合函数零点个数，列出不等式求得，综合，即可求得的取值范围. 【详解】因为函数在区间上单调， 且满足，而，, 即的一个对称中心为，故； 而，故在区间上单调， 设函数的最小正周期为T，则； 函数在区间上恰有5个零点，则恰好为第一个零点， 相邻两个零点之间相距半个周期， 故，即， 解得，结合， 可得的取值范围为 四、解答题：本题共5小题，共77分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤． 15．已知集合，集合，. (1)若，求实数的值； (2)若，求实数的取值范围. 【答案】(1) (2) 【分析】（1）分析可知，方程有两个不等根、，由题意可得出，利用韦达定理结合，可求得实数的值； （2）分析可知，方程在区间上有个不等根，根据二次方程根的分布可得出关于实数的不等式组，由此可解得实数的取值范围. 【详解】（1）由题意可知，方程有两个不等根、， 所以，，解得或， 由韦达定理可得，， 所以，， 即，解得（舍去）或. （2）方程在区间上有个不等根， 所以，，解得. 因此，实数的取值范围是. 16．函数为定义在上的奇函数，已知当时， . (1)当时，求的解析式 ； (2)判断在上的单调性，并利用单调性的定义证明； (3)若，求a的取值范围. 【答案】(1) (2)单调递增，证明见解析 (3) 【分析】（1）当时，，代入函数解析式根据奇函数性质得到答案. （2）确定在上的单调递增，任取，，且，计算得到证明. （3）确定为上的增函数，变换得到，根据函数的单调性解不等式得到答案. 【详解】（1）当时，，则， 因为函数为奇函数，所以， 即时，的解析式为； （2）在上的单调递增， 证明如下： 任取，，且，则， 因为，，且，所以，，， 则，即， 所以在上的单调递增； （3）在上的单调递增，且函数为上的奇函数， 故为上的增函数. 由，， 于是 ，所以， 解得，即. 17．如图，在扇形中，半径，圆心角，B是上的动点，矩形内接于扇形，且，设. (1)用表示线段的长； (2)求矩形面积的最大值． 【答案】(1) (2) 【分析】（1）过作的垂线，垂足为，根据解三角形可得； （2）根据解三角形及矩形的面积公式可求，再利用三角变换和正弦函数的性质可求面积的最大值. 【详解】（1）∵且，∴为等边三角形，∴， 又四边形为矩形，∴，∴； 在扇形中，半径，过作的垂线，垂足为， ∴， 在中，． （2）由（1）可知，， ，， ∴， ∴ ， ∵，∴， ∴当，即时，矩形面积的最大值，最大值为 18．已知定义域为的函数满足对任意，都有. （1）求证：是奇函数； （2）设，且时，， ①求证：在上是减函数； ②求不等式的解集. 【答案】（1）详见解析；（2）①详见解析；②. 【分析】（1）采用赋值法，利用奇偶性的定义求解. （2）①根据及，得是偶函数且，再利用单调性的定义证明.②由是偶函数且在上是减函数，将不等式，转化为求解. 【详解】（1）取，得， 取，得， 取，，得， 所以是奇函数. （2）①由及， 可得是偶函数且， 设，则， 由时，得， 所以， 所以在上是减函数. ②由是偶函数且在上是减函数， 可得 或或， 所以不等式的解集为. 19．小红学了高一年级《基本不等式》后，高兴地告诉她正读高三的哥哥小东说：“哥哥，我知道你以前说的“基本不等式”是怎么回事了，我还可以对它扩充呢”.然后小红在草稿本上工工整整地写下了“若，，则”.小东微笑着说：“恭喜你获得了新知，加油！等你上高三了还可以往这个不等式里面补充内容，看我写一个.”然后小东就把刚才小红写的内容改成了：“若，，，则”.小东看着小红崇拜的眼睛，又补充说：“虽然你现在还不能完全证明它，但是你可以用‘若，，，则’作为条件来证明另一个结论：‘若，则’”. (1)请完成小东所说结论的证明，即用“若，，，则”作为条件，证明结论“若，则”成立； (2)请用（1）中的结论解决问题：已知函数有两个不同的零点，证明； (3)小红成功完成（2）中的证明后，翻开哥哥小东的高三资料发现这样一道题：若函数有两个不同的零点，证明.她兴奋地对哥哥说：“我发现这个题在本质上跟（2）中的题目是一模一样的！”.请问你认同小红的说法吗？写出你的观点并说明理由. 【答案】(1)证明见解析； (2)证明见解析； (3)认同，理由见解析. 【分析】（1）令,代入整理即可; （2）利用函数有两个不同的零点，得到，表示出 ，通过分析证明即可； （3）利用函数有两个不同的零点，得，，表示出，通过分析证明即可. 【详解】（1）当，，时，有， 令，则, 所以， 即，所以. （2）因为函数有两个不同的零点， 所以， 即， 将两式相加减可得，， 要证，只需证， 即证，即证， 由（1）问当时，有，故显然成立. 所以. （3）认同小红的说法，理由如下： 因为函数有两个不同的零点，且， 所以， 即， 将两式相加减可得，， 要证，即证， 即证， 即证， 即证， 由题意可知：当，，，有， 故显然成立. 故. 【点睛】关键点睛：审清题意，充分借助，构造要证的不等式及，证明即可. 2 / 16 学科网（北京）股份有限公司 $$