第3次月考滚动检测卷-【三清必刷】2025-2026学年高一数学必修第一册（人教A版2019）

— 58 — 第三次月考滚动检测卷 [范围:第一至四章] (时间:120分钟 满分:150分) 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀦌 􀦌 􀦌􀦌 教研组长推好题 第15题.该题主要考查函数的单调递性、奇偶性,函数与不等式等问题,综合 性、灵活性强,值得推荐. 一、选择题:本大题共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.(2025·重庆涪陵·质量检测)已知集合A={2,-5,3a+1,a2},B={a+5,9,1-a,4},若A∩B= {4},则实数a的取值的集合为 ( ) A.{1,2,-2} B.{1,2} C.{1,-2} D.{1} 2.(2025·全国·专题练习)若非空集合A,B,C满足A∪B=C,且B 不是A 的子集,则 ( ) A.“x∈C”是“x∈A”的充分不必要条件 B.“x∈C”是“x∈A”的必要不充分条件 C.“x∈C”是“x∈A”的充要条件 D.“x∈C”是“x∈A”的既不充分也不必要条件 3.(2025·广东深圳质量检测)已知a,b,c∈R,a>b,则下列一定成立的是 ( ) A.1a< 1 b B.ab>b 2 C.b+ca+c> b a D.a (c2+1)>b(c2+1) 4.(2025·贵州遵义·阶段练习)函数f(x)=x+|x|x 的大致图象是 ( ) 5.(2025·安徽质量检测)函数f(x)= 1- 12 x 的定义域为 ( ) A.[0,+∞) B.(0,+∞) C.(-∞,0] D.(-∞,0) 6.(云南省楚雄彝族自治州质量检测)已知a=log23,b=2-0.3,c=log0.32,则 ( ) A.c<b<a B.b<c<a C.c<a<b D.a<b<c 7.(2025·云南曲靖质量检测)已知函数f(x)= lnx,x>0 kx+1,x≤0 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 ,则当k>0时,函数y=f(x)的零点 个数为 ( ) A.8 B.6 C.4 D.2 8.(2024·全国·专题练习)已知函数f(x)= (1-2a)x+3a,x<1 lnx,x≥1 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 的值域为R,则实数a的取值范 围是 ( ) A.(-∞,-1] B. 12,+∞ C. -1,12 D.(-∞,-1)∪ 12,+∞ — 57 — — 60 — 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.(2025·辽宁·大连阶段练习)函数f(x)= 12 x ,g(x)=log12x,,h(x)=x -12,在区间(0,+∞)上 ( ) A.f(x)递减速度越来越慢 B.g(x)递减速度越来越慢 C.h(x)递减速度越来越慢 D.g(x)的递减速度慢于h(x)递减速度 10.(2025·福建厦门质量检测)函数f(x)=1x-lnx+a 在区间(1,e)内存在零点的充分条件可以 是 ( ) A.a=0 B.-1<a<0 C.-1<a<1 D.a<1 11.(2025·浙江温州质量检测)已知函数f(x)=2 x-1 2x+1 ,则 ( ) A.不等式|f(x)|<13 的解集是(-1,1) B.∀x∈R,都有f(-x)=f(x) C.f(x)是R上的递减函数 D.f(x)的值域为(-1,1) 三、填空题:本题共3小题,每小题5分,共15分. 12.(2025·上海虹口质量检测)函数y=log2(x2-4x+5)的最小值为 . 13.(2025·甘肃定西·阶段练习)已知函数f(x)= 1 x ,x>0 2x2+4x+1,x≤0 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁 􀪁􀪁 􀪁 􀪁􀪁 ,若关于x的方程f(x)=a 恰有三个实数根,则a的取值范围为 . 14.(2025·全国·专题练习)函数f(x)=a2x+ax+1(a>0,且a≠1)在[-1,1]上的最大值为13, 实数a的值为 . 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.(13分)(2025·安徽阜阳质量检测)已知函数f(x)=a- 21+2x 为奇函数. (1)求a的值; (2)若对任意的x∈(0,+∞),关于x的不等式k[f(x)]2+(6k-2)f(x)+4k≥0恒成立,求正 实数k的取值范围. — 59 — — 62 — 16.(15分)(2025·全国专题练习)已知函数f(x)=a·4x-a·2x+1+1-b(a>0)在区间[1,2]上的 最大值为9,最小值为1. (1)求实数a,b的值; (2)若方程f(x)-k·2x=0在[-1,2]上有两个不同的实数解,求k的取值范围. 17.(15分)(2025·安徽滁州·阶段练习)已知函数f(x)= x2-2x+2,x≥0 log5(x+5)+1,-5<x<0 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 . (1)讨论f(x)的单调性; (2)若关于x的方程f(x)-k=0有三个不同的实根,求实数k的取值范围. — 61 — — 64 — 18.(17分)(2025·云南昆明质量检测)2023年9月17日,联合国教科文组织第45届世界遗产大会 通过决议,将中国“普洱景迈山古茶树文化景观”列入《世界遗产名录》,成为全球首个茶主题世 界文化遗产.经验表明,某种普洱茶用95℃的水冲泡,等茶水温度降至60℃饮用,口感最佳.某 科学兴趣小组为探究在室温条件下,刚泡好的茶水达到最佳饮用口感的放置时间,每隔1分钟 测量一次茶水温度,得到茶水温度y(单位:℃)与时间t(单位:分钟)的部分数据如下表所示: 时间t/分钟 0 1 2 3 4 5 水温y/℃ 95.0088.0081.7076.0370.9366.33 (1)给出下列三种函数模型:①y=at+b(a<0),②y=a·bt+c(a>0,0<b<1),③y=loga(t+ b)+c(b>0,a>1),请根据上表中的数据,选出你认为最符合实际的函数模型,简单叙述理由,并 利用表中前3组数据求出相应的解析式; (2)根据(1)中所求模型,求刚泡好的普洱茶达到最佳饮用口感的放置时间(精确到0.1).(参考 数据:lg3≈0.477,lg5≈0.699) 19.(17分)(2025·山东青岛质量检测)已知f(x)=logm(x+a),g(x)=logm(2-x),(m>0且m≠1). (1)若a=4,0<m<1,解不等式f(x)<g(x); (2)若h(x)=f(x)+g(x). (ⅰ)当a=2时,判断函数h(x)的奇偶性,并说明理由; (ⅱ)当a=4时,若h(x)的最小值为-1,求m 的值. — 63 — —100 — 6.C [令F(x)=|x3|-2x,显然函数F(x) 在 R上连续,因 F(1)F(2)=(-1)×4= -4<0,故F(x)在区间(1,2)上存在零点, 即方程|x3|=2x 在区间(1,2)上有实数根. 如图,作出函数y=|x3|和y=2x 的图象, 由图可知y=|x3|和y=2x 有两个交点,因 x=-1,|x3|=1>2x=12 ,x=0,|x3|= 0<2x=1,即F(-1)F(0)<0,所以F(x)在区间(-1,0)上存在零 点,即方程|x3|=2x 在区间(-1,0)上有实数根,由选项可知只有 C项符合题意.故选C.] 7.B [根据题意,当x≤34 时,f(x)=- 14x-4= -14 x-1 ,可得f(x)在 -∞,34 上递增,要使得函数f(x)= - 14x-4 ,x≤34 , loga(4x)-1,x> 3 4 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 是 R 上的单调函数,则满足a>1,且loga 4×34 -1≥- 14×34-4 , 解可得1<a≤ 3,所以实数a的取值范围为(1,3].故选B.] 8.C [作 出f(x)的 图 象,再 作 出 函 数y= 12 x ,(x≥0),关于原点对称的图象如图 所示.函数y= 12 x ,x≥0,关于原点对 称的图象与y=-|x2+2x|,x<0,图象有 三个交点,故f(x)图象上“孪生点对”有3对.故选C.] 9.AD [y=ax-(b+1)(a>0且a≠1)的图像过第二象限,则0<a<1 或 a>1 b+1<1 ,故0<a<1或 a>1b<0 ,故选AD.] 10.BCD [令u=x2+x+1= x+12 2 +34≥ 3 4 ,则y=log1 2 u,所 以y=log1 2 u≤log1 2 3 4=log 1 2 3-log1 2 4=2-log23,所以f(x)有 最大值2-log23,所以CD错误,因 为u=x2+x+1在 -∞, -12 上递减,在 -12,+∞ 上递增,而y=log12u在定义域内 递减,所以f(x)在 -∞,-12 上递增,在 -12,+∞ 上递 减,所以A正确,B错误,故选BCD.] 【破题技巧】 利用换元法,令u=x2+x+1,则y=log1 2 u,然后 求出u=x2+x+1的值域,再利用对数函数的单调性可求出 f(x)的最值,求出u=x2+x+1的单调区间,再利用复合函数 单调性的求法可求出f(x)的单调区间. 11.B [对于A,当a=0时,方程(x-1)(x-4)=0的二实根为x1= 1,x2=4,A正确;对于B,方程(x-1)(x-4)=a,即x2-5x+ 4-a=0,Δ=25-4(4-a)>0,解得a>-94 ,当a>0时,x1x2= 4-a<4,B错 误;对 于C,令f(x)=(x-1) (x-4),依题意,x1,x2 是函数y=f(x)的图 象与直线y=a交点的横坐标,在同一坐标系 内作出函数y=f(x)的图象与直线y=a,如 图,观察图象知,当a>0时,x2<1<4<x2,C 正确;对于D,当-94<a<0 时,x1x2=4-a ∈ 4,254 ,D正确.故选B.] 12.-1 [因f(x)为偶函数, 则f(x)=ln (1+ax)-ln(1+x) x =f (-x) =ln (1-ax)-ln(1-x) -x . 注意到ln(1-ax)-ln(1-x) -x = ln(1-x)-ln(1-ax) x , 与ln(1+ax)-ln(1+x) x . 相比较,得a=-1.故答案为:-1.] 13.(3,+∞) [f(x)=2x+log3x单调递增,f(3)=23+log33=8+ 1=9,则原不 等 式 为f(x)>f(3),所 以x>3,所 以 解 集 为(3, +∞).故答案为:(3,+∞).] 14. -34,-23 [由f(x)=0,得-a= [x] x ,因为x>0,所以[x]=-ax, 令g(x)=[x](x>0),u=ax,画出两图 象如图所示, 由图象 结 合 题 意 得 2 3 <-a≤ 3 4 ,即 -34≤a<- 2 3 ,即a的取值范围是 -34,-23 . 故答案为: -34,-23 .] 【技法点拨】 令f(x)=0得到-a= [x] x ,变形得到[x]=-ax, 令g(x)=[x](x>0),y=ax,画出两图象如图所示,数形结合 得到2 3<-a≤ 3 4 ,求出答案. 15.解 (1) 238 0 +2-2·(-0.064) 1 3- 214 1 2 =1+14× [(-0.4)3] 1 3-32 =1+14× -25 -32=-35. (2)(log32+log92)(log43+log83)+(log3 3)2+lne-lg100 =(log32+ 1 2log32 ) 12log23+13log23 + 12 2 +12-2 =32log32× 5 6log23+ 1 4+ 1 2-2 =32× lg2 lg3× 5 6× lg3 lg2+ 1 4+ 1 2-2= 5 4+ 1 4+ 1 2-2=0. 16.解 (1)由f(x)是定义在 R上的奇函数,得f(0)=a 0+b-1 a0 = 0,解得b=0,当b=0时,f(x)=a 2x-1 ax ,f(-x)=a -2x-1 a-x = 1-a2x ax =-f(x),则f(x)为 R上的奇函数,所以b=0. (2)由(1)知f(x)=a 2x-1 ax (a>0,a≠1),由f(1)>0,得a 2-1 a > 0,于是a>1,显然函数f(x)=a 2x-1 ax =ax-1 ax (a>1)是 R上的 单调递增函数,又f(x)是定义在 R上的奇函数,由f(4x2)+f(1 -tx)>0,得f(4x2)>f(tx-1),即4x2>tx-1,因此对∀x∈ [0,1],4x2>tx-1成立,当x=0时,0>-1成立, 则对∀x∈(0,1],4x2>tx-1⇔t<4x+1x , 而4x+1x≥2 4x ·1 x =4 ,当且仅当4x=1x ,即x=12 时取等 号,从而t<4,所以实数t的取值范围(-∞,4). 【破题技巧】 (1)由奇函数的性质得f(0)=0,求出b值并验证 即可. (2)由f(1)>0,求出a的范围并判断f(x)的单调性,再脱去法 则f,参变分离求出函数的最小值即可. 17.解 (1)由已知条件,设f(t)=kt+b, 当0≤t≤200时,b=300,k=-1. 当200<t≤300时,b=-300,k=2. 故图(1)表示的函数关系式为 P=f(t)= -t+300 ,0≤t≤200; 2t-300,200<t≤300. (2)设g(t)=a(t-150)2+100,则150=a(50-150)2+100,所以 a= 1200. 所以图(2)表示的函数关系式为 Q=g(t)= 1200 (t-150)2+100= 1200t 2-32t+ 425 2 ,0≤t≤300. (3)设t时刻的纯收益为h(t),则由题意得h(t)=f(t)-g(t), 即h(t)= - 1200t 2+12t+ 175 2 ,0≤t≤200 - 1200t 2+72t- 1025 2 ,200<t≤300 􀮠 􀮢 􀮡 􀪁􀪁 􀪁􀪁 , 当0≤t≤200时,配方整理得h(t)=- 1200 (t-50)2+100, 所以当t=50时,h(t)取得区间[0,200]上的最大值100. 当200<t≤300时,配方整理得h(t)=- 1200 (t-350)2+100, 所以当t=300时,h(t)取得区间(200,300]上的最大值87.5. 综上,由100>87.5可知,h(t)在区间[0,300]上可以取得最大 值100. 此时t=50,即从2月1日开始的第50天时,上市的西红柿纯收 益最大. 18.解 (1)若a>1,则f(x)=ax- 1a x 在 R上单调递增; 若0<a<1,则f(x)=ax- 1a x 在 R上单调递减. (2)(ⅰ)f(x)≤32x ,即2x- 12 x -32x≤0 , 设g(x)=2x- 12 x -32x ,则g(1)=0,g(-x)=-g(x),所以 g(x)为奇函数, 当x>0时,g(x)单调递增,由g(x)≤g(1),解得0<x≤1, 根据奇函数的性质,当x<0时,g(x)≤g(1)的解为x≤-1, 综上所述,f(x)≤32x 的解集为(-∞,-1]∪(0,1]. (ⅱ)g(x)=22x+1-f(2x)+2tf(x)=22x+2-2x+2t(2x-2-x), 令2x-2-x=m,因为x∈[-1,1],则m∈ -32,32 , 所以g(x)=h(m)=m2+2tm+2,其图象为开口向上,对称轴为 m=-t的抛物线, ①当-t≤-32 ,即t≥32 时,h(m)min=h -32 =94-3t+2= 17 4-3t=- 7 4 ,解得t=2. ②当-32<-t< 3 2 ,即-32<t< 3 2 时,h(m)min=h(-t)=t2- 2t2+2=-t2+2=74 , 解得t1= 15 2 ,t2=- 15 2 矛盾. ③当-t≥32 ,即t≤-32 时,h(m)min=h 32 =94+3t+2= 17 4+3t=- 7 4 ,解得t=-2.综上所述,t=-2或t=2. 【破题技巧】 (1)根据增函数加增函数是增函数,减函数加减函 数是减函数得出结论; (2)(ⅰ)先考虑x>0,利用函数的单调性得出答案,在根据奇偶 性得出x<0时的答案; (ⅱ)令2x-2-x=m,把问题转化为二次函数含参最值问题,然 后分类讨论求解. 19.解 (1)∵∀x,y∈R,x􀱇y=lg(10x+10y), ∴(a􀱇b)-c=lg(10a+10b)-c, (a-c)􀱇(b-c)=lg(10a-c+10b-c)=lg[10-c(10a +10b)]= lg(10a+10b)-c, ∴(a􀱇b)-c=(a-c)􀱇(b-c); (2)∵(a2x2)􀱇(a2x2)=lg(10a 2x2 +10a 2x2)=lg(2×10a 2x2)= a2x2+lg2, ∴原不等式可化为:(x-1)2>a2x2,即(1-a2)x2-2x+1>0, 为满足题意,必有1-a2<0,即a<-1或a>1①; 令h(x)=(1-a2)x2-2x+1,则对称轴为x= 1 1-a2 <0, 由于h(0)=1>0,h(1)=-a2,结合①可得h(1)<0, ∴h(x)的一个零点在区间(0,1),则另一个零点在区间[-2,-1), 从而 h(-2)≤0 h(-1)>0 , 即 (1-a2)×(-2)2-2×(-2)+1≤0 (1-a2)×(-1)2-2×(-1)+1>0 ②, 由①②可得:-2<a≤-32 或3 2≤a<2 , 综上可得实数a的取值范围为 -2,-32 ∪ 32,2 . (3)因为f(x)=lg(x+4- 2x+3), g(x)=(1􀱇x)􀱇(-x)=lg(10+10x)􀱇(-x)=lg[10lg(10+10 x)+ 10-x]=lg(10x+10-x+10), 设t=x+4- 2x+3,x∈ -32,+∞ , 令 2x+3=r,r∈[0,+∞),则x=12 (r2-3), ∴t=12 (r2-3)+4-r=12r 2-r+52= 1 2 (r-1)2+2≥2, ∴f(x)≥lg2,所以g(x1)=lg|3m-2|+f(x)的值域为 A=[lg|3m-2|+lg2,+∞), ∵10x+10-x+10≥2 10x×10-x +10=12,当且仅当x=0时 取等号,∴g(x)≥lg12, 所以g(x)的值域为B=[lg12,+∞), 根据题意可知:B⊆A,∴lg|3m-2|+lg2≤lg12,即0<|3m-2|≤ 6,解得-43≤m≤ 8 3 且m≠23 , 所以实数m 的取值范围 -43,23 ∪ 23,83 . 【点睛】 关键点点睛:理解函数新定义,用对数运算知识得出函 数解析式是关键,从而用函数的性质、不等式的性质以及零点的 概念解之. 【破题技巧】 (1)根据题意,由函数新定义运算即可得解; (2)由函数新定义运算即可得解,再利用函数零点的概念解不等 式即可; (3)用换元法可判断出f(x)≥lg2,先由g(x1)=lg|3m-2|+ f(x)的值域为A=[lg|3m-2|+lg2,+∞),可得出g(x)的值 域为B=[lg12,+∞),再由B⊆A 可解得实数m 的取值范围. 第三次月考滚动检测卷 1.D [∵A∩B={4},∴4∈A,①若3a+1=4,则a=1;则A={2, -5,4,1},B={6,9,0,4},成立;②若a2=4,则a=2或-2;当a= 2时,A={2,-5,7,4},B={7,9,-1,4},不成立;当a=-2时, 3a+1=-5,不成立;综上所述,a=1,即实数a的取值的集合为 {1},故选D.] 2.B [由题意知,A⊆C,且 B 中一定含 有 不 属 于A 的 元 素,所 以 A⫋C,∴“x∈C”是“x∈A”的必要不充分条件,故选B.] 3.D [对于A,当a=1,b=-2,则1a> 1 b ,故 A不正确;对于B,当 b=0时,由a>b可得ab=b2=0,故B不正确;对于C,当a=2,b= 1,c=0时,b+ca+c= b a ,故C不正确;对于D,因为c2+1>0恒成立, 所以a>b由可得a(c2+1)>b(c2+1),故D正确.故选D.] 4.C [f(x)=x+|x|x = x+1,x>0 x-1,x<0 ,结合图形可知C适合题意.故 选C.] 【破题技巧】 将函数f(x)=x+|x|x 转化为分段函数,再选择 图象即可. 5.A [对于函数f(x)= 1- 12 x ,有1- 12 x ≥0,可得 12 x ≤ 1= 12 0 ,解得x≥0,因此,函数f(x)的定义域为[0,+∞).故 选A.] 6.A [因为y=log2x 在(0,+∞)上单调 递 增,且2<3<4,所 以 log22<log23<log24,所以1<log23<2,即1<a<2,因为y=2x 在 R上递增,且-0.3<0,所以0<2-0.3<20=1,即0<b<1,因为 y=log0.3x在(0,+∞)上单调递减,且1<2,所以log0.31>log0.32, 所以log0.32<0,即c<0,所以c<b<a.故选A.] 7.D [当x>0时,由f(x)=0,可得lnx=0,解得x=1,合乎题意; 当x≤0时,由于k>0,由f(x)=0,可得kx+1=0,解得x=-1k< 0,合乎题意.因此,函数y=f(x)的零点个数为2.故选D.] 8.C [当x≥1时,f(x)=lnx≥ln1=0,又f(x)的值域为 R,故当 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 99 — —102 — x<1时,f(x)的值域包含(-∞,0).故 1-2a>01-2a+3a≥0 ,解得-1≤ a<12. 故选C.] 9.ABC [根据指数函数,对数函数及幂 函数的 性 质 结 合 图 象 可 知 在 区 间(0, +∞)上,f(x)= 12 x 递减速度越来 越慢,故 A正确;g(x)=log1 2 x 递减速 度越来越慢,故B正确;h(x)=x- 1 2 递 减速度越来越慢,故C正确;h(x)的递 减速度慢于g(x)递减速度,故D错误. 故选ABC.] 10.AB [因为y=1x 在区间(1,e)上单调递减,y=lnx在区间(1,e) 上单调递增,所以f(x)=1x-lnx+a 在区间(1,e)上单调递减, 若 函 数 f(x)在 区 间 (1,e)内 存 在 零 点,则 f (1)>0 f(e)<0 ,即 1+a>0 1 e-1+a<0 ,解得-1<a<1-1e,故 AB符合题意,CD不符 合题意.故选AB.] 【破题技巧】 先判断函数单调性,再根据零点存在性定理列出 不等式求解,结合充分条件定义即可判断各选项. 11.AD [A:f(x)=2 x-1 2x+1 =1- 2 2x+1 ,由|f(x)|<13 ,得-13< 1- 2 2x+1 <13 ,即1 3< 1 2x+1 <23 ,得3 2<2 x+1<3,解得-1< x<1,即原不等式的解集为(-1,1),故 A正确;B:f(-x)=1- 2 2-x+1 =1-2 x+1 2x+1 ≠f(x),故B错误;C:f(1)=1-23= 1 3< 3 5=1- 2 5=f (2),所以f(x)在 R 上单调递减不成立,故C错 误;D:由0< 2 2x+1 <2知-1<1- 2 2x+1 <1,即函数f(x)的值域 为(-1,1),故D正确.故选AD.] 12.0 [设t=x2-4x+5,则t=(x-2)2+1≥1,∴y=log2(x2-4x+ 5)的定义域为 R,所以函数t=x2-4x+5,在x∈(-∞,2)上单 调递减,在x∈(2,+∞)上单调递增,由复合函数的同增异减可 得:y=log2(x2-4x+5)在区间x∈(-∞,2)上单调递减,在x∈ (2,+∞)上单调递增,y=log2(x2-4x+5)≥log2(22-4×2+5)= 0,最小值是0.故答案为:0.] 13.(0,1] [关于x的方程f(x)=a恰有三个实数根等价于函数y =f(x)与y=a的图象的交点个数为3,y=f(x)的图象如图所 示,由图可知当0<a≤1时,两函数图象有3个交点,所以a的取 值范围为(0,1],故答案为:(0,1].] 【破题技巧】 将问题转化为函数y=f(x)与y=a的图象的交 点个数为3,作出函数图象,结合图象求解即可. 14.3或13 [∵f(x)=a2x+ax+1,令ax=t,则t>0,则y=t2+t+ 1= t+12 2 +34 ,其对称轴为t=-12. 该二次函数在 -12, +∞ 上是增函数.①若a>1,由x∈[-1,1],得t=ax∈ 1a, a ,故当t=a,即x=1时,ymax=a2+a+1=13,解得a=3(a= -4舍去).②若0<a<1,由x∈[-1,1],可得t=ax∈ a,1a , 故当t=1a ,即x=-1时,ymax= 1a 2 +1a+1=13.∴a= 1 3 或 -14 (舍去).综上可得a=3或13. ] 【破题技巧】 令ax=t,讨论a>1或0<a<1,求出t的取值范 围,再利用二次函数的单调性即可求解. 15.解 (1)由函数f(x)=a- 21+2x 为奇函数, 得f(x)+f(-x)=2a- 21+2x - 2 1+2-x =2a- 2 1+2x -2 ·2x 1+2x = 2a-2=0,解得a=1,所以a=1. (2)由(1)知,f(x)=1- 21+2x ,当x>0时,1+2x>2,则0< 2 1+2x <1,因此0<f(x)<1, 令t=f(x),t∈(0,1),不等式k[f(x)]2+(6k-2)f(x)+4k≥0, 等价于kt2+(6k-2)t+4k≥0,即(t2+6t+4)k≥2t,而t2+6t+4>0, 因此∀t∈(0,1),k≥ 2t t2+6t+4 = 2 t+4t+6 ,而函数y=t+4t +6 在(0,1)上单调递减, 即t+4t+6>11 ,从而 2 t+4t+6 <211 恒成立,则k≥211 , 所以正实数k的取值范围是k≥211. 16.解 (1)设2x=t∈[2,4],则y=at2-2at+1-b, 因为a>0,对称轴为t=1,所以当t=2,ymin=4a-4a+1-b=1 ①, 当t=4,ymax=16a-8a+1-b=9 ②,由①②解得a=1,b=0. (2)由(1)知f(x)=4x-2x+1+1,所以f(x)-k·2x=0, 即4x-2x+1-k·2x=0,设2x=t∈ 12,4 ,得到t2-2t+1-kt= 0,即k=t+1t-2 , 又函数y=t+1t-2 在 12,1 单调递减,在[1,4]上单调递增, 当t=1时,ymin=0,又当t= 1 2 时,y=12 ,当t=4时,y=94 , 所以要使方程有两个不同的实数解,则0<k≤12. 【破题技巧】 (1)令2x=t∈[2,4],得到y=at2-2at+1-b,再 利用二次函数的性质及条件,即可求出结果; (2)由(1)及条件得到4x-2x+1+1-k·2x=0,令2x=t,分离常 量得到k=t+1t-2 ,再利用函数y=t+1t -2 的单调性,即可 求出结果. 17.解 (1)当-5<x<0时,由log5x单调递增,知f(x)在(-5,0) 上单调递增; 当-5<x<0时,有f(x)=log5(x+5)+1<log55+1=2= f(0),所以f(x)在(-5,0]上单调递增; 当x>0时,f(x)=x2-2x+2=(x-1)2+1是二次函数,最小值 点是x=1,故f(x)在(0,1)上单调递减,在[1,+∞)上单调递增. 综上,f(x)在(-5,0]和[1,+∞)上 单 调 递 增,在(0,1)上单调递减. (2)在同一平面直角坐标系中画出函数f(x) 的图象与直线y=k的图象,如图所示, 由图可知若关于x 的方程f(x)-k=0有三 个不同的实根, 当且仅当k的取值范围是1<k<2. 18.解 (1)由表格数据可知,函数单调递减且递减速度逐渐变慢, 模型③y=loga(t+b)+c(b>0,a>1)为单调递增的函数,不符合, 模型①y=at+b(a<0)为直线型,不符合递减速度逐渐变慢, 故模型①③不符合,选模型②y=a·bt+c(a>0,0<b<1), 则 a+c=95 ab+c=88 ab2+c=81.7 ,解得 a=70 b=0.9 c=25 , 所以y=70·0.9t+25(t≥0); (2)令70·0.9t+25=60,则0.9t=12 , 所以t=log0.9 1 2= lg12 lg0.9= -lg2 2lg3-1= 1-lg5 1-2lg3≈6.5 , 即刚泡好的普洱茶达到最佳饮用口感的放置时间为6.5min. 19.解 (1)若a=4,则f(x)=logm(x+4),g(x)=logm(2-x), 由f(x)<g(x),可得logm(x+4)<logm(2-x). 因为0<m<1,所以x+4>2-x>0,解得-1<x<2. 所以不等式f(x)<g(x)的解集为{x|-1<x<2}. (2)(ⅰ)若a=2,则h(x)=f(x)+g(x)=logm(x+2)+logm(2-x), 由 x+2>0 2-x>0 ,可得-2<x<2,即函数h(x)的定义域为(-2,2), 关于原点对称,又h(-x)=logm(-x+2)+logm(2+x)=h(x), 所以函数h(x)为定义在(-2,2)上的偶函数. (ⅱ)当a=4时,h(x)=logm(x+4)+logm(2-x), 令 x+4>0 2-x>0 ,解得-4<x<2,即函数h(x)的定义域为(-4,2). 又h(x)=logm(x+4)+logm(2-x)=logm[(x+4)(2-x)] =logm(-x2-2x+8)=logm[-(x+1)2+9]. 因为x∈(-4,2),所以x+1∈(-3,3),所以(x+1)2∈[0,9), 所以-(x+1)2+9∈(0,9]. 因为m>0且m≠1, 所以当0<m<1时,h(x)∈[logm9,+∞), 因为h(x)的最小值为-1,所以logm9=-1,解得m= 1 9. 当m>1时,h(x)∈(-∞,logm9],不存在最小值,舍去. 综上所述,m=19. 第五章 三角函数检测卷 1.B [由π<θ<3π2 ,得cosθ<0,tanθ>0,所以点 M(cosθ,tanθ)位 于第二象限.故选B.] 2.B [把y=sinx=cos x-π2 上的所有点向左平移π2-13个单 位长度,得到函数y=cos x-13 的图象.故选B.] 3.C [由0≤x≤π2 ,得π 3≤2x+ π 3≤ 4π 3 ,则y=sin 2x+π3 ∈ - 32,1 .故选C.] 4.C [由题意α∈ 0,π2 ,且 3cosα+ 1secα=2,可得 3sinα+cosα =2,两 边 平 方, 可 得 3sin2α +cos2α + 2 3sinαcosα =3sin 2α+cos2α+2 3sinαcosα sin2α+cos2α 即3tan 2α+1+2 3tanα tan2α+1 =4,可得tan2α-2 3tanα+3=0,解得 tanα= 3.故选C.] 5.C [因为y=3cos x+π2 =-3sinx,且y=sinx的单调递增区 间为 2kπ-π2,2kπ+π2 ,k∈Z,所以函数y=3cos x+π2 的单 调递减区间为 2kπ-π2,2kπ+π2 ,k∈Z.故选C.] 6.C [当x∈[0,π]时,2ωx+π3∈ π3,2πω+π3 .因为f(x)在[0, π]上有且仅有2个零点,所以3π2≤2πω+ π 3< 5π 2 ,解得7 12≤ω< 13 12. 故选C.] 7.D [f(x1)=sinx1+cos2x1=-2sin2x1+sinx1+1=-2 sinx1 -14 2 +98 ,当x1∈[0,π]时,0≤sinx1≤1,当sinx1= 1 4 时, f(x1)取得最大值 9 8 ,当sinx1=1时,f(x1)取得最小值0,所以 f(x1)的值域为 0,98 ,g(x2)=3sinx2+4cosx2=5sin(x2+φ), 其中sinφ= 4 5 ,cosφ= 3 5 ,∵x2∈[0,π],可得x2+φ∈[φ,π+φ], ∴sin(x2+φ)∈ -45,1 ,所以g(x2)的值域为[-4,5],由题意, f(x)与g(x)在[0,π]上具有“m 关联”的性质,所以0+(-4)≤ m≤5+98 ,即m 得取值范围是 -4,498 .故选D.] 8.A [由题意得g(x)=f x-π3 =cos ω x-π3 +π6 =cos ωx-ωπ3+π6 =sin ωx-π4 ,又sin ωx-π4 =cos π2- ωx-π4 =cos ωx-π4 -π2 =cos ωx-3π4 ,所以cos ωx-3π4 =cos ωx-ωπ3+π6 ,所以 -ωπ3+ π 6=- 3π 4+2kπ ,k∈Z,⇒ω=-6k+114 ,k∈Z,又因为ω> 0,所以ω的最小值为114. 故选A.] 【技法点拨】 根据平移理论结合已知条件得g(x)=cos ωx- ωπ 3+ π 6 =sin ωx-π4 ,再利用诱导公式得sin ωx-π4 = cos ωx-3π4 ,进而得到-ωπ3+π6=-3π4+2kπ,k∈Z,从而求 出ω,再结合已知条件即可求出ω的最小值. 9.BCD [选项A,-150°在第三象限,故 A错误;选项B,π12rad= π 12× 180° π =15° ,故B正确;选项C,时针按顺时针方向转,所以转 过的角是负角,每经过1小时转-30°,所以经过4小时,时针转了 -120°,故C正确;选项D,若一扇形的弧长为2,圆心角为60°= π 3 ,则该扇形的半径r=lα = 6 π ,该扇形的面积S=12lr= 1 2× 2×6π= 6 π ,故D正确.故选BCD.] 10.AD [对于A,令2x-π4≠kπ+ π 2 ,k∈Z,则x≠kπ2+ 3π 8 ,k∈Z, ∴函数f(x)的 定 义 域 为 x x≠3π8+ kπ 2 ,k∈Z ,A正 确;对 于 B,∵函数|f(x)|的周期与f(x)的周期相同,为T=π2 ,g(x)= |sinx|的周期 T'=π,即 函 数|f(x)|的 周 期 与 函 数 g(x)= |sinx|的周期不相同,B错误;对于C,令2x-π4= kπ 2 ,k∈Z,则 x=kπ4+ π 8 ,k∈Z,∴函数f(x)图象的对称中心为 kπ4+π8,0 , k∈Z,C错误;对于D,令kπ-π2<2x- π 4<kπ+ π 2 ,k∈Z,则 -π8+ kπ 2<x< 3 8π+ kπ 2 ,k∈Z,∴函数f(x)的单调递增区间为 -π8+kπ2,3π8+kπ2 ,k∈Z,D正确.故选AD.] 11.BC [由题设f(x)=sinωx- 3cosωx=2sin ωx-π3 的图象 关于x=-π3 对 称,可 得-πω3- π 3=kπ- π 2 ,k∈Z,所 以ω= -3k+12 ,k∈Z,由x∈ 0,4π3 ,ω>0,可得ωx-π3∈ -π3, 4πω 3 - π 3 ,又 由 函 数 f(x)在 0,4π3 上 单 调,所 以 4πω 3 - π 3≤ π 2 ω>0 ,解得0<ω≤58,当k=0时,ω=12,此时f(x)= 2sin 12x-π3 ,可得f(x)的最小正周期为4π,所以A不正确; 由f(π)=2sinπ6=1 ,所以B正确;由f x+5π3 =2sin 12× x+5π3 - π3 =2sin x2+ π2 =2cosx2,所 以 C正 确;由 f 4π3 =2sin 12×4π3-π3 =2sinπ3= 3<2,所以D错误.故 选BC.] 12. 105 [因为角α的终边经过点P(3,-1),则r= 32+(-1)2= 10,所 以sinα= yr = -1 10 = - 1010 ,cosα= xr = 3 10 = 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 101 —