专题06 选填压轴精选（期末真题汇编 云南专用）高一数学上学期

专题06 选填压轴精选 板块01 集合与简易逻辑 板块02 一元二次函数、方程和不等式 板块03 函数的概念与性质 板块04 基本初等函数 板块05 三角函数 集合与简易逻辑 地 城 板块01 1．(25-26高一上·云南楚雄彝族·月考)已知集合，则“”是“仅有1个真子集”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】根据已知条件，得出方程只有一个根或两个相等的实根，结合充分条件和必要条件的定义进行判断． 【详解】若，则方程变为，即，解得， 方程有两个相等的实数根1，即仅有一个真子集， “”能推出“仅有1个真子集”，故充分性成立； 若“仅有1个真子集”，则“中仅有1个元素”， 当时，，解得，则仅有一个真子集， 当时，，解得，即也仅有一个真子集， “仅有1个真子集”不能推出“”，故必要性不成立． 故选：A． 2．(24-25高一下·云南宣威部分学校·)已知若对于非空数集，存在个两两交集为空的集合，，使得，且任意两个集合的所有元素之和均相等，则称集合为“可分集”.设，则（   ） A．是“4可分集” B．若是“4可分集”，则为偶数 C．对于任意的偶数不为“可分集” D．对于任意的奇数均为“可分集” 【答案】BCD 【分析】利用定义易判断A，利用定义计算可判断BC；设奇数，利用构造法证明即可判断D. 【详解】对于A，因为均只有一个元素，即元素之和为1，2，3，4， 互不相等，故A错误； 对于B，若为奇数，那么2k能被4整除，因为能被4整除， 所以2k必须能被4整除，因此为偶数，故B正确； 对于C，若为偶数，那么能被整除，于是必然是整数， 这与为偶数矛盾，所以不为“可分集”，故C正确； 对于D，不妨设奇数，下面给出一种构造： 由于，则前组为 ， ， 后组为 ，因此对于任意的奇数均为“可分集”，故D正确. 故选：BCD. 3．(25-26高一上·云南新纪元云贵发展中心·月考)若，则，则称是伙伴关系集合，在集合的所有非空子集中，具有伙伴关系的集合个数为（   ） A．16 B．15 C．14 D．13 【答案】B 【分析】由已知，根据给出的定义列举出所有满足条件的情况即可. 【详解】时，则；时，则； 时，则；时，则， 集合的所有满足新定义的元素有6个， 那么，，，，， ，，，， ，，， ，，，共有15个. 故选：B 4．(25-26高一上·云南多校·期中)已知与的内切圆半径相等，则“与的面积相等”是“与的周长相等”的（   ） A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 【答案】A 【分析】根据三角形内切圆的半径与周长、面积的关系，结合充分条件、必要条件得解. 【详解】设的内切圆半径为，周长为. 因为的面积， 所以当与的面积相等时，与的周长相等； 同理，当与的周长相等时，与的面积相等. 则“与的面积相等”是“与的周长相等”的充要条件, 故选：A 5．(25-26高一上·云南昭通镇雄县三校·月考)已知命题“”为假命题，则实数的取值范围为（　　） A． B． C． D．或 【答案】A 【分析】根据存在量词命题为假命题，可得：方程无实数根，进而利用判别式进行求解即可. 【详解】命题“”为假命题，则方程无实数根， 当时，，符合题意， 当时，即，解得：； 综上：. 故选：A． 6．(25-26高二上·湖南平高教育集团·期中)集合的元素个数为（    ） A．2 B．3 C．6 D．18 【答案】B 【分析】根据题意先求出，进而求出即可. 【详解】由题意有：，又，所以， 所以或或， 所以，所以中的元素个数为3个， 故选：B. 7．(25-26高一上·云南曲靖部分学校·月考)对于非空集合，其所有元素的几何平均数记为，即若非空数集满足下列两个条件：① ；②，则称为的一个“保均值真子集”，，则集合的“保均值真子集”的个数为（    ） A．2 B．4 C．6 D．8 【答案】C 【分析】确定，通过逐个列举求解即可. 【详解】解：因为集合， 则， 单元素子集需满足，故只有， 两个元素子集需满足，即，有， 三个元素的子集需满足，即，有， 四个元素的子集需满足，即，有， 所以集合的“保均值真子集”有：，共6个. 故选：C. 8．(25-26高一上·云南玉溪第三中学·月考)已知集合，若，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】利用集合运算得，然后利用元素与集合的关系列不等式求解即可. 【详解】因为，所以，所以，所以且， 所以且，所以，即实数的取值范围为. 故选：A 9．(25-26高一上·云南玉溪元江哈尼族彝族傣族自治县第一中学·)已知集合，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】B 【分析】根据，得到，解不等式，再根据集合的关系判断逻辑条件即可． 【详解】，若， 则， 解得， 故“”是“” 的必要不充分条件． 故选：B． 10．(25-26高一上·云南昆明长水教育集团·)若命题“，”是假命题，则实数a的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】当时，恒成立，从而可得. 【详解】命题“，”是假命题， 则命题“，”是真命题， 当时，恒成立， 即时，都有使得成立， 所以时，都有使得不成立. 综上所述：实数a的取值范围是. 故选：D. 11．(25-26高一上·云南民族中学·月考)A，B，C是U的三个子集，下图中的阴影部分能表示集合的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】根据韦恩图结合集合的交并补运算求解． 【详解】在韦恩图中，表示长方形内圆外的所有阴影， 表示圆内除去外的阴影部分，韦恩图如下图所示， 观察各选项，排除C、D； 表示圆和圆相交的阴影部分，韦恩图表示如下： 表示上述两部分阴影的并集，韦恩图表示为： 选项B中的阴影部分能表示集合． 故选：B． 12．(25-26高一上·云南德宏州·期中)下列四个关系中错误的是（   ） A． B． C． D． 【答案】AC 【分析】利用元素与集合的关系，集合与集合关系依次判断选项即可. 【详解】对于A，空集表示一个元素也没有，表示有一个元素，所以A不正确； 对于B，由元素与集合关系可得：，故B正确； 对于C，由集合与集合关系可得：，故C错误； 对于D，，则，故D正确； 故选：AC 13．(25-26高一上·云南多校·月考)下列说法正确的是（   ） A．是的充分不必要条件 B．命题：存在，的否定是：任意， C．命题：，的否定是：， D．已知集合，，则 【答案】BCD 【分析】根据充分不必要条件判断A，应用全称命题及特称命题的否定判断B，C，应用并集定义计算判断D. 【详解】A：若，假设，，此时不成立，故充分性不成立，故A错误； B：根据存在量词命题的否定为全称量词命题，原命题的否定为，，故B正确； C：根据全称量词命题的否定为存在量词命题，原命题的否定为，，故C正确； D：集合，，把集合范围表示在数轴上， 如图，所以，故D正确.    故选：BCD. 14．(25-26高一上·云南昆明长水教育集团·)已知U是全集，集合A，B的关系如图所示，则（   ） A． B． C． D． 【答案】BCD 【分析】利用韦恩图表示的集合运算，直接写出结果即可. 【详解】对于A，由图可知，故A错误； B、C、D均正确， 故选：BCD 15．(25-26高一上·云南昆明仁泽中学·月考)下列命题中，真命题是（　　） A．若“”是“”的充分条件，则 B．“”是“”的充分不必要条件 C．“中，”是“为直角三角形”的充要条件 D．“”的一个必要不充分条件为“” 【答案】AB 【分析】对于A，由充分条件、子集的定义判断即可；对于BCD，由充分条件、必要条件的定义判断即可. 【详解】对于A，若“”是“”的充分条件，则，故A正确； 对于B，因为或，所以“”是“”的充分不必要条件，故B正确； 对于C，若“在中，”，则“为直角三角形”， 若，此时为直角三角形，但此时不满足， 所以“中，”是“为直角三角形”的充分不必要条件，故C错误； 对于D，因为，所以“”的一个充分不必要条件为“”，故D错误. 故选：AB. 16．(25-26高一上·云南昭通镇雄县三校·月考)设集合，若集合中所有三个元素的子集中的三个元素之和组成的集合为，则集合中所有元素之和为 ． 【答案】 【分析】根据题意，列出集合的三个元素的子集，根据条件，可求集合中所有元素之和. 【详解】集合中三个元素的子集为：、、、共4个， 集合A中所有三个元素的子集中的三个元素之和组成的集合为， 设集合中所有元素之和为， 则的三个元素的子集中的三个元素的和分别为：，，，， 由题意： ， 所以，因此集合A中所有元素之和为7． 故答案为：7 17．(21-22高一·云南峨山彝族自治县第一中学·月考)设集合，其中为实数，令，，若中的所有元素之和为6，中的所有元素之积为 ． 【答案】 【分析】根据中的元素的和为6可得的元素，从而可求中的元素，从而可得各元素的积，注意分类讨论. 【详解】因为，而，故， 所以， 若，则或（舍），此时， 故中的所有元素之积为. 若，则，这与或， 这与中的所有元素之和为6矛盾. 若，则或（舍），此时， 这与中的所有元素之和为6矛盾. 若，则，则， 即，无解. 故答案为：. 【点睛】思路点睛：对于集合中元素的确定问题，注意利用元素的互异性、确定性和无序性来分类讨论. 18．(25-26高一上·云南新纪元云贵发展中心·月考)已知集合，，则满足的集合的个数为 . 【答案】7 【分析】由，得中含有，再结合的真子集即可求解. 【详解】， 由，得中含有， 又，所以集合的个数即为的真子集个数， 故答案为：7 19．(25-26高一上·云南昆明长水教育集团·)非物质文化遗产承载着民族的历史和文化记忆，帮助人们理解和连接过去和现在，为弘扬和传承非物质文化遗产，云南某校组织高一年级100名学生去社区参加非物质文化遗产的学习活动.一共有傣族孔雀舞，傣族泼水节，傣族织锦技艺三项学习活动，每个同学至少参加一项活动，其中有52人参加了傣族孔雀舞，43人参加了傣族泼水节，49人参加了傣族织锦技艺，既参加了傣族孔雀舞又参加了傣族泼水节的有24人，既参加了傣族孔雀舞又参加了傣族织锦技艺的有20人，既参加了傣族泼水节又参加了傣族织锦技艺的有17人，则三项活动都参加的人数为 . 【答案】17 【分析】根据集合中元素个数求法以及容斥原理计算可得结果. 【详解】设参加傣族孔雀舞的学生集合为，参加傣族泼水节的学生集合为，参加傣族织锦技艺的学生集合为. 由题意：，，，， ，，， 又 ， 所以 . 即三项活动都参加的人数为17. 故答案为：17 20．(25-26高一上·云南民族中学·月考)调查在某商店购买了商品的50名顾客，发现其中有35名顾客购买了A商品，有30名顾客购买了B商品，则A，B两种商品都购买了的顾客最多有 名，最少有 名． 【答案】 30 15 【分析】设购买了商品的顾客组成的集合为，购买了B商品的顾客组成的集合为，设的元素个数为，由集合关系证明，，由此可得结论. 【详解】设购买了商品的顾客组成的集合为，购买了B商品的顾客组成的集合为， 则A，B两种商品都购买了的顾客组成的集合为， 设的元素个数为，则的元素个数为， 因为，，故，， 所以， 当时，购买了B商品的顾客都购买了A商品， 所以当购买了B商品的顾客都购买了A商品时，A，B两种商品都购买了的顾客最多，最多为30名． 因为， 所以，当时，的元素个数为， 故当这50名顾客至少购买了A，B两种商品中的一种时，A，B两种商品都购买了的顾客最少，最少为名． 故答案为：； 地 城 板块02 一元二次函数、方程和不等式 21．若，则的最小值为（    ） 函数的概念与性质 A．9 B． C．2 D． 【答案】B 【分析】由已知可得，，代入整理得，利用基本不等式“1”的妙用可求最小值. 【详解】因为，所以， 又，所以，所以， 所以 ， 当且仅当，即时取等号， 所以的最小值为. 故选：B. 22．(25-26高一上·云南昭通镇雄县三校·月考)已知，若，则的最小值为（　　） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】由得，再根据基本不等式乘“1”法解题即可. 【详解】 ，， 所以 ， 当且仅当时，等号成立，故的最小值为. 故选：D 23．(24-25高一下·云南“美美与共”民族中学联盟·)已知，不等式对于一切实数恒成立，又，使，则的最小值为（    ） A．1 B． C．2 D．3 【答案】D 【分析】根据已知条件可得，然后对化简变形后利用基本不等式可求得其最小值. 【详解】不等式对于一切实数恒成立，且， ，. ，使成立， ，， ， 当且仅当，即时等号成立. 故选：D. 24．设为坐标原点，是以为焦点的抛物线上任意一点，是线段上的点，且，则直线的斜率的最大值为（    ） A． B． C． D．1 【答案】C 【分析】由题意可得，设，要求的最大值，设，运用向量的加减法运算得，再由直线的斜率公式，结合基本不等式，可求得直线的斜率的最大值. 【详解】解：由题意可得，设， 显然当时，；当时，； 要求的最大值，设， 由于是线段上的点，且，则， 则， 即：， 可得， 当且仅当时取得等号， 即：直线的斜率的最大值为. 故选：C. 【点睛】本题考查抛物线方程的运用以及直线的斜率最大值，运用了基本不等式和向量的加减法运算，考查运算能力. 25．(25-26高一上·云南多校·期中)若，且不等式有解，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】根据题意，利用基本不等式，求得取得最小值，转化为，结合一元二次不等式的解法，即可求解. 【详解】由且 可得， 当且仅当时，即时，取得最小值， 因为不等式有解，可得，即， 解得或，所以实数的取值范围为. 故选：A. 26．(25-26高一上·云南昆明第十中学教育集团·期中)下列命题为真命题的是（   ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 【答案】D 【分析】应用特殊值判断A，由不等式的性质判断B、C，应用作差法比较大小判断D. 【详解】A：若时，，故A错误； B：∵，则，， ∴，则， ∴，即，故B错误； C：∵，所以，. 于是，即，， ∴，故C错误； D：， ∵， ∴，，，， ∴，则，故D正确. 故选：D 27．已知关于的一元二次不等式的解集为，则关于的不等式的解集为（   ） A． B． C． D．或 【答案】A 【分析】根据一元二次不等式的解集确定参数值，再应用一元二次不等式的解法求解集即可. 【详解】由题设是的两个根，则， 所以，可得， 所以不等式的解集为. 故选：A 28．(25-26高一上·云南昭通镇雄县三校·月考)若关于的不等式的解集为，则关于的不等式的解集为（　　） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】由一次不等式的解集可得，代入不等式即可解出答案. 【详解】关于的不等式的解集为， 且，即 代入不等式中，得，化简得， 解得， 故选：B． 29．(23-24高一上·云南昆明云南师范大学附属中学呈贡校区·月考)若关于的不等式的解集是，则关于的不等式的解集是（    ） A．或 B．或 C．或 D．或 【答案】B 【分析】由条件确定，将原不等式转换成，即可求解. 【详解】由题意可得，，即， 则有， 即， 解得或， 即解集为或 故选：B 30．(25-26高一上·云南民族中学·月考)已知实数x，y满足，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ACD 【分析】利用基本不等式及不等式性质得到，注意等号成立条件，将条件变形为，再由基本不等式求的范围，注意等号成立条件. 【详解】由，解得，当且仅当时，等号成立， ，解得，当且仅当时，等号成立， 由，得， 由，得，解得， 当且仅当时，；当且仅当时，. 故选：ACD 31．(25-26高一上·云南玉溪元江哈尼族彝族傣族自治县第一中学·)已知，则（    ） A． B． C． D． 【答案】ABD 【分析】利用基本不等式逐一判断即可. 【详解】对于A，因为，所以，即，故A正确； 对于B，， 当且仅当时取等号，即当时等号成立，故B正确； 对于C，因为，所以，当且仅当时取等号， 即当时，取得最大值为，故C错误； 对于D，因，由C项已得， 故，当且仅当时取等号，故D正确. 故选：ABD 32．(24-25高一下·云南大理白族·月考)已知，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】BCD 【分析】根据基本不等式和重要不等式，分别判断各选项的正误. 【详解】因为，且，所以，当且仅当时，等号成立，所以，A错误． 因为，所以．因为，所以0，解得，B正确． 因为，所以，所以．因为2，所以，即，C正确． 因为，所以 ，当且仅当时，等号成立，D正确． 故选：BCD. 33．(25-26高一上·云南玉溪第一中学·月考)当时，不等式恒成立，则的取值范围是 . 【答案】 【分析】根据二次函数的图像分类讨论即可. 【详解】若在恒成立，即在恒成立， 设，则该二次函数开口向上，对称轴为， 若，即，则必须有，解得，与矛盾，舍去； 若，即，则必须有，解得，与矛盾，舍去； 若，即，则必须有，解得； 综上所述：. 故答案为：. 34．(23-24高一上·云南大理白族民族中学·月考)已知，则的最小值是 . 【答案】7 【分析】由题设可得，利用基本不等式可得即可求目标式最小值，注意取值条件. 【详解】由， 又， 当且仅当，即时等号成立， 所以的最小值是7. 故答案为：7 35．(24-25高一上·云南昆明寻甸回族彝族自治县第一中学·期中)若“”为假命题，则实数的取值范围为 . 【答案】 【分析】根据题意，得到为真命题，转化为在上恒成立，结合基本不等式，即可求解. 【详解】因为“”为假命题，可得为真命题， 即对于任意恒成立，即在上恒成立， 当时，可得，当且仅当时，即时，等号成立， 所以取得最小值，所以，即实数的取值范围为. 故答案为：. 36．(25-26高一上·云南昆明仁泽中学·月考)已知实数满足，则的最大值为 ． 【答案】2 【分析】由基本不等式即可求解. 【详解】因为， 所以， 等号成立当且仅当， 所以的最大值为2, 故答案为：2. 37．已知，，，则的最小值为 ． 【答案】4 【分析】根据基本不等式列出与的关系，结合，得到关于的不等式，即可求得答案. 【详解】由题知，，由基本不等式，得，当且仅当时，等号成立. 所以，当且仅当时，等号成立． 令，，则，整理得，解得（舍去）或， 即，当且仅当时等号成立，所以的最小值为4. 故答案为：4. 38．(24-25高一下·云南昭通镇雄县三校·)已知，且，则的最小值为 ． 【答案】 【分析】由已知可得，利用基本不等式中“1的妙用”求出最小值. 【详解】，且， 则 （当且仅当，即时取等号）， 的最小值为． 故答案为： 地 城 板块03 39．(24-25高一上·云南昆明·期末)已知定义域为（且）的函数图象是一条连续不断的曲线，且满足，若，当时，总有成立，且满足的实数的取值范围是，则（    ） A．5 B．4 C．10 D．8 【答案】A 【分析】令，根据条件可得函数在上递增，再根据，得到在上是偶函数，从而将，转化为求解. 【详解】令，， 因为，当时，总有，即， 即，当时，总有， 所以在上递增，又因为， 所以，， 所以在上是偶函数， 又因为， 所以，即， 所以，即， 因为实数的取值范围为， 所以必有， 由解得， 将代入验证，成立， 综上，， 故选：A. 40．(24-25高一下·云南玉溪第一中学·期中)对于任意的，表示不超过x的最大整数，例如：，．十八世纪，被“数学王子”高斯采用，因此得名为高斯函数，人们更习惯称为“取整函数”．下列说法正确的是（   ） A．函数是奇函数 B．函数的值域为 C．函数最小正周期为1 D．不等式的解集为 【答案】C 【分析】对于A，通过举反例排除；对于B，由取整函数的定义得，即可求得函数值域；对于C，利用函数的周期性定义推得为整数，再利用验证得即可；对于D，利用取整函数的定义求出解集即可. 【详解】对于A，因为当时，，当时，， 即，即函数不是奇函数，故A错误； 对于B，由取整函数的定义可知，，则， 即函数的值域为，故B错误； 对于C，不妨设函数最小正周期为，则，且， 取，即得，即，则为整数， 又因，， 故函数的最小正周期为1，故C正确； 对于D，由可得：，解得， 而是整数，则得，故，即不等式的解集为，故D错误. 故选：C. 41．(24-25高一上·云南德宏州·期末)已知函数是定义在上的奇函数，且.若对，，且，都有，则关于的不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】构建，根据题意分析可知函数为奇函数，且在内单调递增，结合函数性质解不等式. 【详解】构建， 可知的定义域为，且， 所以函数为奇函数， 因为，，整理可得， 则函数在内单调递增，可知在内单调递增， 又因为，则， 当时，；当时，； 所以不等式，即的解集为. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题的关键在于构建函数，进而分析其性质，利用性质解不等式. 42．(24-25高一上·云南玉溪·期末)设函数（，且）对任意非零实数，恒有，且对任意，有，则不等式的解集为（   ） A． B．或 C． D． 【答案】B 【分析】根据已知推导出是偶函数且在上为单调递减函数，再应用偶函数、单调性求不等式的解集. 【详解】对任意非零实数，恒有， 令，则，可得， 令，则，可得； 取，，则，得， 又函数的定义域为，则函数是偶函数； 任取，且，则， 由对任意，有，则， ∴， ∴，即函数在上为单调递减函数， 由，可得， 得或，解得或. 故选：B 【点睛】关键点点睛：推导出是偶函数且在上为单调递减函数为关键. 43．(24-25高一上·云南玉溪一中·月考)对，表示不超过的最大整数.十八世纪，被“数学王子”高斯采用，因此得名为高斯取整函数，则下列命题中的真命题是（   ） A．， B．， C．函数（）的取值集合为 D．若，使得，，，…，同时成立，则正整数的最大值是5 【答案】D 【分析】根据取整函数的定义，得，再利用不等式的性质逐项判断即可. 【详解】对于A，当，，故A错误； 对于B，当时，， 当时，设，（），则，则 由定义得，故B错误； 对于C，因为， 所以，函数（）的值域为，故C错误； 对于D，当时，由，得（1）， (因为，，) 所以, 所以不等式组(1)有解，解得; 即存在，使得，，同时成立； 当时，由，得（2）， 因为，所以， 所以上面不等式组无解， 即不存在，使得，，，，，同时成立； 综上所述，正整数的最大值是5，故D正确； 故选：D. 44．(24-25高一上·云南德宏州民族第一中学·期中)定义在上的函数满足且，有，且，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先根据求出，再根据函数的单调性以及定义域即可求解. 【详解】 ，即， ， ，可转化为：， 即， 即， 满足，且，有， 在上单调递增， 即 ，解得：， 即不等式的解集为：. 故选：C. 【点睛】关键点睛：本题的关键是利用求出，再借助函数的单调性解不等式，转化的过程中应注意函数的定义域. 45．(23-24高一下·云南昆明官渡区云南大学附属中学星耀学校·模拟)已知奇函数的定义域为，在区间上单调递增，，且 为偶函数. 若关于的不等式对恒成立，则实数取值范围是（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】根据函数的奇偶性，周期性，单调性进行求解即可. 【详解】由为上的奇函数，则关于点对称，则， 又为偶函数，则，故关于对称，则， 则， 是周期为4的周期函数， 又在区间上单调递增，因此在区间上单调递减， 又，则，因此， 又关于的不等式对恒成立，则， 因此，可得，， 故选：C. 46．(23-24高一下·云南楚雄彝族·期末)已知函数的图象经过点，则关于的不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】代入点坐标求得的值，分别判断函数的单调性和奇偶性，将恒等变换为，最后利用函数单调性即可求解. 【详解】由题意知，解得，所以，即 ， 易得在上单调递增．因为，所以为奇函数． 又，故等价于， 则，解得. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查函数的单调性和奇偶性在求解抽象不等式中的应用，属于难题. 解题关键在于对抽象不等式的处理，其一，要利用函数解析式将化成，其二，利用奇偶性处理负号，其三，根据单调性去掉函数符号. 47．已知函数的定义域为R，，且当时，则下列结论中一定正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】代入得到，再利用函数性质和不等式的性质，逐渐递推即可判断. 【详解】因为当时，所以， 又因为， 则， ， ， ， ，则依次下去可知，则B正确； 且无证据表明ACD一定正确. 故选：B. 【点睛】关键点点睛：本题的关键是利用，再利用题目所给的函数性质，代入函数值再结合不等式同向可加性，不断递推即可. 48．(23-24高一上·云南昆明官渡区第五中学·期中)已知函数的定义域为R，对任意实数，满足，且，当时，．给出以下结论：①；②；③为R上的减函数；④为奇函数. 其中正确结论的序号是（     ） A．①②④ B．①② C．①③ D．①④ 【答案】D 【分析】利用抽象函数的关系式，令判断①的正误；令，判断②的正误；令，可得当时，，再令，结合单调性的定义判断③的正误；令判断④的正误； 【详解】因为，则有： 令，可得， 即，解得，故①正确； 令，，可得， 即，解得， 再令，可得， 即，故②错误； 令，可得， 即 因为，则，可得，所以， 令，不妨设， 可得，即， 因为，则，则， 可得，即， 所以为上增函数，故③错误； 令，可得， 即，整理得， 所以为奇函数，故④正确； 故选：D． 【点睛】思路点睛：由题意采用赋值法，可解决①②，在此基础上继续对各个选项逐一验证可得答案． 49．(25-26高一上·云南多校·期中)已知函数，的定义域均为，为偶函数，，，，则（   ） A． B． C．的图象关于点对称 D．的图象关于点对称 【答案】BCD 【分析】由为偶函数知关于对称，故，赋值即可得解；由知关于点对称，关于点对称，而，所以的图象关于点对称；利用的对称性可得 ，故B,C,D正确 【详解】令，得.因为为偶函数，所以，则，A错误. 因为，所以的图象关于点对称，C正确. 由，得，所以， ，则，所以， 所以的图象关于点对称，D正确. 由，可得， 则，所以， 所以，则，B正确. 故选：BCD 50．(25-26高一上·云南玉溪第一中学·期中)高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号.他和阿基米德、牛顿并列为世界三大数学家，用其名字命名的“高斯函数”：设，用表示不超过的最大整数，则称为高斯函数.例如：，.下列命题中正确的是（   ） A． B．， C．， D．若，，则方程的解集为 【答案】ABD 【分析】根据高斯函数的定义，逐项判断即可 【详解】由高斯函数定义显然A正确； 对于B，不妨取，，故B正确； 对于C，不妨取，，故C错误； 对于D，因为当时，，所以方程等价于， 又因为表示不超过的最大整数，所以恒成立， 即对任意，恒成立，所以方程的解集为，故D正确. 故选：ABD 51．已知函数的定义域为，对于任意的，都有成立，则（ ） A． B．若，则 C．一定是偶函数 D．若，则 【答案】BCD 【分析】通过赋值法结合偶函数定义判断各选项即可. 【详解】对于A，令，由得： ，故或者故A错误； 对于B，令则由得： 又时， 令，则可得，则，故B正确； 对于C，当时，令，则， 则，故，所以函数是偶函数， 当时，令，则， 所以，所以函数是偶函数， 综上可知，函数是偶函数，故C正确； 对于D，若，令，得， 令，则， ，则， ，则， ，则， ，则，      ，则， ，则， 故，故D正确. 故选：BCD. 52．(24-25高一下·云南玉溪第一中学·期末)已知函数的定义域为，，，且，则（    ） A． B． C． D． 【答案】BC 【分析】利用赋值法，可判断A、B；利用赋值法，可得，又进而可得，可判断C；由及可判断D. 【详解】对于A，令，得到，又，则，所以A错误， 对于B，令，得到，由选项A知， 所以，故B正确， 对于C，令，则， 又，则， 又由题可知，故， 又， 所以，故C正确， 对于D，由，则， 所以， ， 由选项C中分析知，所以， 即，故D错误. 故选：BC. 53．(24-25高一上·云南曲靖师宗县凤山中学·期末)函数满足，且，则下列结论成立的是（    ） A． B． C． D． 【答案】BC 【分析】对于AB：赋值令即可得结果；对于C：赋值令，整理可得，即可得结果；对于D：分析可知函数的的一个周期为12，结合周期性运算求解. 【详解】因为，， 对于选项AB：令，可得， 即，故A错误，B正确； 对于选项C：令，可得， 即， 可得，两式相加可得， 即，所以，故C正确； 对于选项D：由选项C可得：， 可知函数的的一个周期为12， 所以，故D错误． 故选：BC. 【点睛】方法点睛：函数的性质主要是函数的奇偶性、单调性和周期性以及函数图象的对称性，在解题中根据问题的条件通过变换函数的解析式或者已知的函数关系，推证函数的性质，根据函数的性质解决问题． 54．(25-26高一上·云南楚雄彝族·月考)已知函数满足，若函数与的图象有6个交点，交点横坐标为，则 ． 【答案】12 【分析】由得到的图像的对称轴，由的图像得到此函数的对称轴，由函数与的图像有6个交点，得到3对交点分别关于直线对称，每对交点的横坐标之和为4，从而得到所求． 【详解】由知的图像关于直线对称， 又的图像也关于直线对称， 所以函数与的图像有6个交点， 分3对交点分别关于直线对称，每对交点的横坐标之和为4，所以． 故答案为：12. 55．(25-26高一上·云南玉溪第一中学·期中)若函数是偶函数，且其定义域为，则 . 【答案】 【分析】根据函数为偶函数，可得函数定义域关于原点对称可求解，再根据偶函数的定义，可求解，再求即可. 【详解】因为偶函数定义域关于原点对称，所以，即， 又因为，所以，即，， 所以. 故答案为：. 56．(24-25高一上·云南昆明·期末)已知函数定义域为，对任意两个不相等的实数，都有成立.则不等式的解集为 . 【答案】 【分析】根据定义判断函数单调性，再根据单调性解不等式. 【详解】由已知对任意两个不相等的实数，都有成立， 不妨设，则， 即函数在上单调递增， 又，则， 即， 则，即， 解得， 故答案为：. 57．(24-25高一下·云南玉溪·)已知是定义域为的奇函数，满足，若，则 ． 【答案】 【分析】根据题目条件得到是以4为一个周期的周期函数，并求出，，，当时，，从而求出的值. 【详解】是定义域为的奇函数，且， ，，即函数是以4为一个周期的周期函数， 中，令得， 中，令得， ， ∴， 又， 故， 所以当时， ， 其中，， 则． 故答案为： 58．(24-25高一上·云南昆明仁泽中学·月考)若是定义在上的奇函数，且.若对任意的两个正数，都有，则的解集为 . 【答案】 【分析】设，再根据可得在上为单调递减函数，再结合条件可得即可求得结果. 【详解】设，； 由题意可知，则， 可得为定义在上的偶函数， 不妨设，有； 必有，即； 可得在上为单调递减函数， 又，所以； 不等式即为，即； 则必有且， 因此不等式的解集为. 故答案为： 【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用表达式构造函数并判断出在上为单调递减函数，再结合奇偶性解不等式即可. 地 城 板块04 基本初等函数 59．(24-25高一下·云南文山丘北县云南师范大学附属丘北中学·期中)我们定义：若满足，则称为的“奇点”，已知，则的“奇点”有（   ）个. A．2 B．3 C．4 D．5 【答案】D 【分析】因为函数与函数的图象关于原点对称，所以函数的“奇点”个数可以转化为与在的交点个数，根据图象求解. 【详解】∵函数与函数的图象关于原点对称， ∴函数的“奇点”个数可以转化为与在的交点个数， 又∵函数与函数共有5个交点，如图， ∴的“奇点”有5个. 故选：D．    60．已知，则x，y，z的大小关系不可能是（   ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】法一：设，对讨论赋值求出，即可得出大小关系，利用排除法求出； 法二：根据数形结合解出. 【详解】法一：设，所以 令，则，此时，A有可能； 令，则，此时，C有可能； 令，则，此时，D有可能； 故选：B． 法二：设，所以， 根据指数函数的单调性，易知各方程只有唯一的根， 作出函数的图象，以上方程的根分别是函数的图象与直线的交点纵坐标，如图所示： 易知，随着的变化可能出现：，，，， 故选：B． 61．(24-25高一上·云南曲靖会泽县·期末)设函数，若关于x的方程有四个实根、、、，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】先根据分段函数的解析式画出函数图象，结合方程的根的情况找出之间的关系，再据此求取值范围. 【详解】根据分段函数可得如下图象： 因为方程有四个实根， 所以与有四个交点，交点的横坐标分别为， 此时， 由的性质可知，因为，所以， 根据对数运算法则得，即， 对于二次函数，因为，且其图象关于对称， 所以，即，其中， 根据，当且仅当即时，等号成立， 所以， 当时，此时，则，此时， 所以的取值范围为. 故选：C. 62．(24-25高一上·云南昆明第三中学·月考)若关于的方程恰有三个不同的实数解，且，其中，则的值为（   ） A． B． C．1 D．2 【答案】A 【分析】利用换元法化简方程，结合二次函数零点分布、对勾函数的性质求解． 【详解】由题可知，方程化为， 令，由对勾函数的图象和性质知，或，（的图象如图） 原方程可化为，即， 原方程恰有3个不同的实数解且， 所以有两根，且，， 故，解得，代入， 得到，解得或， 由得，由，得，所以， 所以， 故选：A． 【点睛】方法点睛：对于复杂方程的根的问题的求解，可根据题目所给方程进行转化，转化的方向是熟悉的函数类型，将不熟悉的问题转化为熟悉的问题进行求解，对勾函数、二次函数是函数问题中常见的函数，对其性质要注意总结． 63．(23-24高一下·云南部分校·月考)定义为不超过的最大整数，如，，，.已知函数满足：对任意..当时，，则函数在上的零点个数为（    ） A．6 B．8 C．9 D．10 【答案】C 【分析】根据题设条件求得函数在上的解析式，将函数的零点个数转化成函数与在上的交点个数问题，理解的含义即得. 【详解】当时，， 因为对任意，，所以. 当时，，则， 因， 当时，，则， 当时，，则. 即 如图作出函数在上的图象. 由图知，在上，函数，则可取三个值. 因函数在上的零点个数，即函数与在上的交点个数， 故只需分别求函数与直线在上的交点个数即可. ①显然，函数与直线在上有5个交点，即此时，函数有等5个零点； ②由图，函数与直线在上有3个交点，此时函数有3个零点， 由，可得；由，可得，即函数有共3个零点； ③由图，函数与直线在上有1个交点，此时函数有1个零点， 由可得，即此时，函数有1个零点为3. 综上，函数在上共有-4，-2，0，1，2，，3，，4等9个零点. 故选：C. 【点睛】方法点睛：对于分段函数问题，应本着分段函数分段考虑的原则，由题设解析式推理到给定区间上的解析式，作出其图象；对于函数的零点问题，一般可转化成对应方程的根的个数问题，或者拆分成两个函数图象的交点问题去解决. 64．(23-24高一上·云南昭通一中教研联盟·期末)已知函数，若函数有四个不同的零点，，，，且，则下列结论中正确的是（    ） A． B． C． D． 【答案】A 【分析】由题意可得函数与有四个不同的交点，作出函数与的图象如图所示，然后结合图象逐个分析判断即可. 【详解】因为函数有四个不同的零点， 所以有四个不同的解，即函数与有四个不同的交点， 作出函数与的图象如图所示： 又时，，由图象可得，故B不正确， 由，得或，所以由图象可得，故A正确； 由图象可得，所以，即， 即，所以，故C错误； 又，关于对称，故，故D错误， 故选：A. 关键点点睛：此题考查对数函数图象的应用，考查函数与方程的综合应用，解题的关键是将问题转化为函数与有四个不同的交点，然后作出函数图象，结合图象分析判断，考查数形结合的思想，属于较难题. 65．(23-24高一上·云南昆明西山区·期末)设函数，若恰有两个零点，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】作出函数以及的图象，确定函数的零点，然后数形结合，分类讨论，根据函数的零点个数，即可确定参数的取值范围，即得答案. 【详解】作出函数以及的图象， 的零点为0，的零点为，    由于函数恰有两个零点， 结合图象可知，当时，时，无零点， 当时，有零点为， 此时恰有两个零点，符合题意； 当时，时，有零点0， 当时，有零点为， 此时恰有三个零点，不符合题意； 当时，时，有零点0， 当时，有零点为， 此时恰有两个零点，符合题意； 当时，时，有零点0， 当时，没有零点， 此时恰有一个零点，不符合题意； 综合可知t的取值范围为， 故选：D 【点睛】关键点点睛：本题考查了函数的零点个数问题，要根据零点个数求解参数的范围，解答的关键是结合函数以及的图象，分类讨论，从而根据零点个数确定参数范围. 66．(22-23高一下·云南保山文山州·期末)已知，若方程有四个不同的实数根，则的最小值是（    ） A．2 B．3 C．4 D． 【答案】B 【分析】结合图像可知，由此可推得，，再利用二次函数的单调性即可得到的范围. 【详解】不妨设， 因为方程的根的个数即为与的交点个数， 由图象可得：若方程有四个不同的实数根，则， 又因为，且， 则，可得， 又因为，即， 可得， 所以当时，取到最小值. 故选：B.    【点睛】方法点睛：应用函数思想确定方程解的个数的两种方法 （1）转化为两熟悉的函数图象的交点个数问题、数形结合、构建不等式(方程)求解； （2）分离参数、转化为求函数的值域问题求解． 67．(21-22高一上·云南楚雄州·期末)已知函数函数有四个不同的零点，且，现有下列四个结论： ①的取值范围是；②的取值范围是；③；④.其中所有正确结论的序号是（    ） A．①② B．①③ C．②③ D．③④ 【答案】B 【分析】将问题转化为与有四个不同的交点，应用数形结合思想判断各交点横坐标的范围及数量关系，即可判断各选项的正误. 【详解】有四个不同的零点，即方程有四个不同的解.的图象如图所示， 由图可知，，，所以，即的取值范围是，①正确，②错误. 由二次函数的对称性，可得.因为，所以，故，③正确，④错误. 故选：B. 68．(25-26高一上·云南昆明第一中学·期中)我们知道，函数的图象关于坐标原点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数.有同学发现可以将其推广为：函数的图象关于点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数.现已知函数，则下列说法正确的是（   ） A．函数为奇函数 B．当时，在上单调递增 C．若方程有实根，则 D．设定义域为的函数关于中心对称，若，且与的图象共有2026个交点，记为，则的值为4052 【答案】ACD 【分析】对于A，根据题意改写函数得到新解析式即可判断；对于B.可用特殊值法判断错误；对于C.令参变分离得到，根据函数的值域即可求得的取值范围；对于D根据题意可知和关于中心对称，所以交点也关于中心对称，即对称的横或纵坐标之和为2，由此得出答案. 【详解】对于A，设， 函数的定义域为，关于原点对称，且， 故函数为奇函数，A正确； 对于B，因，，同理， ， 由，当时， ， 即此时在上不是单调递增，故B错误； 对于C，由，可得，因，故可得， 因可得，故，故C正确； 对于D，当时，由A知函数关于中心对称，又函数关于中心对称， 故两函数的这2026个交点关于对称， 故，故D正确. 故选：ACD. 69．(24-25高一下·云南昆明云南师范大学附属中学·期中)若实数、满足，，则（   ） A． B． C． D． 【答案】BCD 【分析】设函数，利用其为增函数，有一个零点得到，即可判断A；由已知可得，可得，即可判断B；由及，可得，即可判断C；由B可得，进而得到，即可判断D. 【详解】设函数，显然为增函数， ，， 由已知，故，故A错误； 由，有，故， 则，故，故B正确； 由，得，故，故C正确； 由，得，则， 设,, 因为在递增，所以, ，故D正确. 故选：BCD. 70．(24-25高一上·云南昆明五华区·期末)双曲函数在许多数学、物理及工程问题中都有广泛的应用，最基本的双曲函数是双曲正弦函数和双曲余弦函数.已知双曲正弦函数为，双曲余弦函数为（其中为自然对数的底数），则（    ） A． B． C． D． 【答案】BCD 【分析】根据题意，利用指数幂的运算法则，逐一分析判断各选项即可得解. 【详解】因为，， 对于AD， ，不恒为，故A错误，D正确； 对于B： ，故B正确； 对于C，，故C正确； 故选：BCD. 【点睛】方法点晴：“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解，但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝. 71．(24-25高一上·云南大理白族大理·期末)已知函数，函数，，则（    ） A．为偶函数，为奇函数 B．对任意实数， C．存在实数，使得 D．对任意实数，，都有 【答案】ABC 【分析】由函数奇偶性定义可判断A，代入化简即可求解判断B、C、D， 【详解】由函数奇偶性定义知：的定义域为，，所以为偶函数， 的定义域为，，所以为奇函数，故A正确； 已知函数，函数，， 则 ，故B正确； 当时，，，此时满足，故C正确； ， ， 故对任意实数，，与不一定相等，故D错误， 故选：ABC. 【点睛】思路点睛：各选项条件代入指数型函数，化简运算是解此题的重要能力，属于较难题. 72．(24-25高一上·云南昆明云南民族大学附属高级中学·期末)已知函数的定义域为，且函数是偶函数，函数是奇函数，当时，，下列结论正确的是（ ） A．的一条对称轴是直线 B．的一条对称轴是直线 C．方程有3个解 D． 【答案】AC 【分析】根据函数的奇偶性、周期性、对称性、方程的解等知识对选项进行分析，从而确定正确答案. 【详解】函数是偶函数，所以的图象关于直线对称，A选项正确. 由于函数是奇函数，所以的图象关于对称，B选项错误. 则，所以， 即有， 所以是周期为的周期函数. 当时，， 画出、的大致图象如下图所示， 由图象以及的周期性可知，两个函数图象有个交点， 则有3个解，C选项正确. ， ，所以， 所以，所以D选项错误. 故选：AC 【点睛】函数的奇偶性、对称性、周期性等等，可以根据给定的函数表达式来确定，如本题中，是偶函数，图象关于轴对称，而是由向左平移个单位得到，所以的图象关于对称.如果一个函数既关于直线对称，又关于点对称，可以考虑函数具有周期性. 73．(24-25高一下·云南红河州、文山州·)已知函数若有4个不等实数根，，，，且，则的取值范围是 . 【答案】 【分析】根据二次函数的对称性可得，根据对数的运算性质可得，且，设，利用函数的单调性，可求的范围，进而可得问题答案. 【详解】由图可知： 有4个不等实数根，则， 则， 又，， 则，则， 所以，则， 因为，函数在上单调递增， 所以， 所以. 故答案为：. 74．(24-25高一下·云南砚山县第一中学·月考)函数，若，且互不相等，则的取值范围是 ． 【答案】 【分析】首先分析函数在各段的单调性，即可得到函数图象，不妨令，即可得到，，再由基本不等式求出的范围，即可得解. 【详解】因为， 当时， 所以在上单调递减，在上单调递增，且，， 当时， 所以在上单调递增，在上单调递减，又，， 所以函数的图象如下图所示: 若，且互不相等，不妨设， 则， 则，即， 所以．又，，，所以， 又由，变形得，解得，所以． 所以的取值范围是. 故答案为： 75．(24-25高一上·云南曲靖师宗县凤山中学·期末)已知实数满足，，则 . 【答案】1 【分析】由题可得及，从而得.构造函数，利用函数单调性可得即可求解. 【详解】由题可得， 又，，即， 所以. 因为函数在上单调递增， 所以，则， 所以. 故答案为：1. 【点睛】本题综合考查对数运算、指对互化及函数的单调性，解题的关键是通过将方程等价变形转化为，再构造函数，利用函数单调性即可求解. 76．(24-25高一上·云南昆明云南师范大学附属中学·期末)已知函数的对称中心是，若正数满足，则的最小值是 ． 【答案】10 【分析】根据题意分析的对称中心可得的值，即可得，又由，结合基本不等式的性质分析可得结果. 【详解】根据题意, 则有，所以， 故的对称中心为，可得； 又正数满足，即可得； 所以 ； 当且仅当时，即时，等号成立 此时的最小值是10. 故答案为：10. 【点睛】关键点点睛：本题关键在于根据函数解析式求得对称中心，得出，再由基本不等式的推广计算可得结果. 77．(24-25高一上·云南昆明五华区·期末)已知奇函数的定义域为，且为偶函数，当时，，则 . 【答案】 【分析】利用与的奇偶性推得，再分析的范围，从而利用已知条件即可得解. 【详解】因为为奇函数，所以， 因为为偶函数，所以， 则，故， 所以， 因为，则， 又当时，， 所以. 故答案为：. 【点睛】结论点睛：设函数，，，. （1）若，则函数的周期为2a； （2）若，则函数的周期为2a； （3）若，则函数的周期为2a. 78．(24-25高一上·云南大理白族大理·期末)设函数，若且，则的取值范围是 . 【答案】 【分析】画出函数的图象，判断的范围，进而可得，构造函数，然后利用函数的单调性的定义求得函数的单调性，进而推出的取值范围． 【详解】函数，如图画出函数的大致图象， 若且， 则，，， 又，，于是， 构造函数， 由对勾函数的性质可知，在内单调递增， ， ，. 故答案为：. 【点睛】方法点睛：根据分段函数解析式画出函数的大致图象，找出的范围是解题关键. 79．(24-25高一上·云南昆明盘龙区·期末)已知函数的定义域为，且为增函数，若是的零点，恒成立，则整数的最大值是 . 【答案】4 【分析】由函数的零点定义得，代入化简，将不等式化成，再利用的单调性和零点存在定理即可求得，即得整数的最大值. 【详解】因是的零点，则，即， 且因为上的增函数， 由，可知， 则，故由可得， 因，则的最大值为4. 故答案为：4. 【点睛】关键点点睛：本题主要考查函数的零点存在定理的应用，属于难题. 解题的关键在于利用函数的零点定义，将不等式的右边解析式进行化简，再根据函数的单调性和零点存在定理确定零点范围即可. 80．(24-25高一上·云南昭通盐津县云天化中学教研联盟·期末)已知函数，奇函数，当时，，若有且仅有个实数满足，且，，⋯，，则 ． 【答案】13 【分析】由已知可得在上单调递增的奇函数，是周期为4，，，通过数形结合即可得出结果. 【详解】因为，所以， 所以， 即为奇函数， ，则在上单调递增. 因为，所以的图象关于直线对称， 又为奇函数，所以， 所以是周期为4的函数. 当时，，所以， 即，解得， 所以当时，，此时是增函数， 所以在上是增函数. 所以函数与的大致图象如图所示. 因为与的图象都关于点对称，且周期为4， 因为有且仅有个实数满足，且，，⋯，， 所以，, 由图可知，两函数图象共有13个交点，所以， 所以. 故答案为：13    地 城 板块05 三角函数 81．(25-26高一上·云南楚雄彝族·月考)函数在一个周期内的图象如图所示，则（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】由函数图像求出，利用周期公式求出，将代入函数求出. 【详解】由函数图像可知，所以，又，所以， 将代入得到，因为，所以， 故，解得． 故选：C． 82．(24-25高一上·云南昭通盐津县云天化中学教研联盟·期末)已知函数，，用表示，中的较大者，即，，若函数的图象与有3个不同的交点，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 【答案】D 【分析】利用正弦型函数与对数函数的图象，结合函数新定义作出的图象，从而数形结合即可得解. 【详解】因为，， 在同一坐标系中作出的图象， 因为， 所以的图象如图中实线部分， 因为的图象与有3个不同的交点， 所以，即. 故选：D. 【点睛】方法点睛：已知函数有零点（方程有根）求参数值（取值范围）常用的方法： （1）直接法：直接求解方程得到方程的根，再通过解不等式确定参数范围； （2）分离参数法：先将参数分离，转化成求函数的值域问题加以解决； （3）数形结合法：先对解析式变形，进而构造两个函数，然后在同一平面直角坐标系中画出函数的图象，利用数形结合的方法求解. 83．(23-24高一下·云南昭通云天化高级中学·月考)已知函数，若函数在有6个不同零点，则实数a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】C 【分析】令，得或，作出函数的图象，结合函数图象，分，和三种情况讨论即可得解. 【详解】令，即， 解得或， 如图，作出函数的图象， 当时，有无数个解； 当时，则方程无解， 因为函数在有6个不同零点， 所以方程在有6个不同的实根， 即函数的图象在有6个不同的交点， 由图可知，，所以， 当时，则方程无解， 则方程在有6个不同的实根， 即函数的图象在有6个不同的交点， 由图可知，，所以， 综上所述，实数a的取值范围是. 故选：C. 【点睛】关键点点睛：画出函数的图象，根据图象分类讨论是解题的关键. 84．(20-21高一下·云南保山·期末)已知函数，若在区间上不存在零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 【答案】B 【分析】利用辅助角公式化简，结合周期公式列不等式确定，再求出函数在上存在零点时的的范围，从而在范围内去掉这些范围，即可得答案. 【详解】由题意得， 在区间上不存在零点，设的最小正周期为T， 则， 又函数的零点满足，即， 若，则， 因为，故，则时，， 时，，结合得， 由于在区间上不存在零点， 故在的范围内去除和， 则， 故选：B 【点睛】方法点睛：本题考查根据函数在某区间上不存在零点求参数范围问题，解答时先确定参数，再假设函数在区间上存在零点，结合正弦函数性质求得参数范围，然后去掉这些范围，即可得答案. 85．(21-22高一下·云南楚雄州·期末)设函数，已知在上有且仅有4个零点，现有下列四个结论： ①的取值范围是； ②的图像与直线在上的交点恰有2个； ③的图像与直线在上的交点恰有2个； ④在上单调递减. 其中所有正确结论的编号是（    ） A．①② B．①③ C．②③ D．①④ 【答案】A 【分析】对于①，确定，根据零点个数确定，求得参数范围；对于②，③，采用整体代换思想，结合余弦函数的图像和性质即可判断；对于④，当时，确定，计算的范围，从而确定在上单调性. 【详解】当时，，因为在上有且仅有4个零点， 所以，解得，故①正确； 又由以上分析可知，函数在上有且仅有4个零点， 且，则在上，出现两次最大值， 此时函数的大致图像如图示： 即在上两次出现最大值1，即取时，取最大值， 故的图像与直线在上的交点恰有2个，故②正确； 由于当时，，， 当时，取最小值，由于是否取到不确定， 故的图像与直线在上的交点可能是1个或2个，故③错误； 当时，， 因为，所以，， 故的值不一定小于， 所以在上不一定单调递减，故④错误. 故选：A. 86．(20-21高一上·云南昆明盘龙区·期末)筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，既经济又环保，明代科学家徐光启在《农政全书》中用图1描绘了筒车的工作原理.假定在水流稳定的情况下，筒车上的每一个盛水筒都做匀速圆周运动.将筒车抽象为一个几何图形（圆），筒车的半径为2m，筒车的轴心O到水面的距离为1m，筒车每分钟按逆时针转动2圈.规定：盛水筒M对应的点P从水中浮现（即时的位置）时开始计算时间，设盛水筒M从运动到点P时所用时间为t（单位：s），且此时点P距离水面的高度为h（单位：m）.若以筒车的轴心O为坐标原点，过点O的水平直线为x轴建立平面直角坐标系（如图2），则h与t的函数关系式为（    ） A．， B．， C．， D．， 【答案】A 【解析】首先先求以为终边的角为，再根据三角函数的定义求点的纵坐标，以及根据图形表示. 【详解】，所以对应的角是， 由在内转过的角为， 可知以为始边，以为终边的角为， 则点的纵坐标为， 所以点距水面的高度表示为的函数是. 故选：A 【点睛】关键点点睛：本题的关键读懂题意，并能抽象出函数关系，关键是求以在内转过的角为，再求以为终边的角为. 87．已知55<84，134<85．设a=log53，b=log85，c=log138，则（    ） A．a<b<c B．b<a<c C．b<c<a D．c<a<b 【答案】A 【分析】由题意可得、、，利用作商法以及基本不等式可得出、的大小关系，由，得，结合可得出，由，得，结合，可得出，综合可得出、、的大小关系. 【详解】由题意可知、、，，； 由，得，由，得，，可得； 由，得，由，得，，可得. 综上所述，. 故选：A. 【点睛】本题考查对数式的大小比较，涉及基本不等式、对数式与指数式的互化以及指数函数单调性的应用，考查推理能力，属于中等题. 88．(24-25高一下·云南“美美与共”民族中学联盟·)关于函数和，则下列说法中正确的是（   ） A．函数和有相同的最小值 B．存在直线l，使函数和的图象都关于直线l对称 C．存在点P，使函数和的图象都关于点P对称 D．函数，有6个零点 【答案】ABD 【分析】由三角函数的值域可判断A；求出和的对称轴和对称中心可判断BC；令，利用三角恒等变换得到方程，解得或1，，则，分和两种情况，求出零点个数可判断D. 【详解】对于A，由题知，与的最小值为，故A正确； 对于B，函数的对称轴为，， 所以，， 的对称轴为， 所以，，可知时，是函数和的对称轴， 所以存在直线，使函数和的图象都关于直线l对称，故B正确； 对于C，函数的对称中心为，， 所以，， 的对称中心为， 所以，，令 ，则， 不存在时成立，故C错误； 对于D，令，即， 即，即， ，解得或1， ，则， 当时，或或或， 解得或或或， 当时，或， 解得或， 所以函数，有6个零点，故D正确. 故选：ABD. 89．(24-25高一上·山西太原·期末)函数（，，）的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（   ） A． B．的周期 C．在上递增 D．若在上恰有4个零点，则实数的取值范围是 【答案】BCD 【分析】根据函数图象以及单调性可得A错误，求得函数解析式可判断，即B正确，再由整体代换以及正弦函数单调性可得C正确，由得出，利用图象可得，可判断D正确. 【详解】对于A，由图可知，且，即， 又，可得或； 因为在点附近的图象呈下降趋势，可得，即A错误； 对于B，由选项A可知，，所以， 所以，解得； 由图可知，可得，又，可得； 所以的周期，即B正确； 对于C，由B可知，当，可得； 由在上单调递增，可得在上递增，即C正确； 对于D，当，可得； 若在上恰有4个零点，可得，解得； 即实数的取值范围是，可得D正确. 故选：BCD 【点睛】关键点点睛：本题关键在于利用零点个数并结合函数图象限定得出不等式，即可得出参数的取值范围. 90．(21-22高一下·云南昆明第三中学·期中)高斯是德国著名数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”称号，他和阿基米德、牛顿并列为世界三大数学家，用其名字命名的“高斯函数”为：设，用表示不超过x的最大整数，则称为高斯函数，例如.已知函数，函数，则（    ） A．函数的值域是 B．函数是偶函数 C．函数的图象关于对称 D．方程只有一个实数根 【答案】ABD 【分析】确定时的图象，根据的奇偶性确定部分的函数图象，根据的图象确定的图象即可求解. 【详解】函数的定义域为R， 因为，所以为偶函数， 当时，， 则， 当时，， 当时，， 所以函数的图象如下图所示 由可知，在内，， 当，Z时，， 当，且，Z时，， 当或，Z时，， 因为，所以为偶函数，则函数的图象如下图所示 故选项A和B正确，C错误； 对于方程，当时，方程有一个实数根， 当时，，此时，方程没有实数根， 当时，，此时，方程没有实数根， 所以方程只有一个实数根，故D正确. 故选：ABD. 91．(23-24高一下·云南昆明第一中学西山学校·月考)已知函数且图象的相邻两对称轴间的距离为，则以下说法正确的是（    ） A．若为偶函数，则 B．若的一个对称中心为，则 C．若在区间上单调递增，则的最大值为 D．若在区间内有三个零点，则 【答案】ACD 【分析】化简三角函数，根据图象相邻对称轴可得周期求出，利用偶函数求可判断A，利用对称中心可得判断B，由函数单调性求判断C，根据零点个数建立不等式判断D. 【详解】因为， 又图像的相邻两对称轴间的距离为， 所以的最小正周期为，又，则， 所以， 对于A项，因为为偶函数，所以，得， 因为，所以，故A正确； 对于B项，因为的一个对称中心为， 所以，得， 因为，所以，故B不正确； 对于C项，由可得， 因为，且在区间上单调递增， 所以，解得，所以的最大值为，故C正确； 对于D项，由可得， 因为，结合正弦函数图象得，解得，故D项正确． 故选：ACD． 92．(23-24高一下·云南开远第一中学校·开学考)已知函数的部分图象如图所示，则（    ）.    A．函数的最小正周期为 B．函数的图象关于点对称 C．函数在上单调递增 D．恒成立 【答案】BCD 【分析】通过观察函数的图象，可得函数图象经过点，且半周期为，从而可得的解析式，再根据该正弦型函数在周期，对称性，单调性和给定区间上的值域分别判断即可得解. 【详解】因为， 由的图象知其经过点，故得，即， 因，则，故， 又图象经过点，则， 所以或， 解得或（*）， 由三角函数图象的对称性可知，该函数的周期满足， 即得，解得，满足（*），故； 对于A，因周期，故A错误； 对于B，，故B正确； 对于C，当时，，此时为增函数，故C正确； 对于D，令，则当时，， 则在上单调递减， 故有，此时有，故D正确. 故选：BCD. 【点睛】方法点睛：已知的部分图象求其解析式时，A比较容易看图得出，困难的是求待定系数和，常用如下两种方法： （1）由即可求出；确定时，若能求出离原点最近的右侧图象上升（或下降）的“零点”横坐标，则令（或），即可求出. （2）代入点的坐标，利用一些已知点（最高点、最低点或零点）坐标代入解析式，再结合图形解出和，若对A，的符号或对的范围有要求，则可用诱导公式变换使其符合要求. 93．(23-24高一下·云南楚雄彝族民族中学·月考)已知，，则 . 【答案】 【分析】根据，由二倍角正切公式及两角差的正切公式计算即可. 【详解】由， 所以， 故答案为：. 94．(24-25高一下·云南保山·期末)已知角的终边落在上，则 ． 【答案】 【分析】根据已知可得，再应用同角三角函数关系及齐次式的求法求值即可. 【详解】角的终边落在上， ， ． 故答案为： 95．(24-25高一下·云南宣威部分学校·)已知函数的最小正周期为，则 . 【答案】1或 【分析】先由周期求出，再由求出即可分析求解. 【详解】由题意可得，故，故或， 又因为，故或， 所以，故或， 故， 或， 或 ， 或 ， 所以或或或. 故答案为：1或. 96．(24-25高一下·云南昭通普通高中云南师范大学附属镇雄中学教研联盟·期末)已知，且，则 ． 【答案】 【分析】根据二倍角公式和诱导公式可得，即可根据角的范围求解. 【详解】由于，则，，进而， ，则，进而， 所以， ，故， 结合， 由于，， 因此由得，故， 故答案为： 97．(24-25高一下·云南大理白族·月考)已知函数在上恰有5个零点，则的取值范围是 ． 【答案】 【分析】求出的范围，结合余弦函数的图象可得. 【详解】因为，且，所以， 结合余弦函数的图象可知，欲使函数在上恰有5个零点， 则，解得． 故的取值范围为. 98．(24-25高一下·云南美美与共民族中学联盟·)筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，既经济又环保.明朝科学家徐光启在《农政全书》中用图画描绘了筒车的工作原理（图1）.假定在水流量稳定的情况下，筒车上的每一个盛水筒都做匀速圆周运动.如图2，将筒车抽象为一个半径为的圆，设筒车按逆时针方向每旋转一周用时120秒，当时，盛水筒位于点，经过秒后运动到点，点的纵坐标满足，则当筒车旋转90秒时，盛水筒对应的点的纵坐标为 . 【答案】 【分析】根据筒车按逆时针方向每旋转一周用时120秒，可求出，由时，求出和，从而可求出的关系式，进而可求出点的纵坐标. 【详解】因为筒车按逆时针方向每旋转一周用时120秒，所以，得，所以. 因为当时，盛水筒M位于点，所以，所以. 因为，所以，得. 因为，所以，所以. 所以. 故答案为： 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 $ 专题06 选填压轴精选 板块01 集合与简易逻辑 板块02 一元二次函数、方程和不等式 板块03 函数的概念与性质 板块04 基本初等函数 板块05 三角函数 集合与简易逻辑 地 城 板块01 1．(25-26高一上·云南楚雄彝族·月考)已知集合，则“”是“仅有1个真子集”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 2．(24-25高一下·云南宣威部分学校·)已知若对于非空数集，存在个两两交集为空的集合，，使得，且任意两个集合的所有元素之和均相等，则称集合为“可分集”.设，则（   ） A．是“4可分集” B．若是“4可分集”，则为偶数 C．对于任意的偶数不为“可分集” D．对于任意的奇数均为“可分集” 3．(25-26高一上·云南新纪元云贵发展中心·月考)若，则，则称是伙伴关系集合，在集合的所有非空子集中，具有伙伴关系的集合个数为（   ） A．16 B．15 C．14 D．13 4．(25-26高一上·云南多校·期中)已知与的内切圆半径相等，则“与的面积相等”是“与的周长相等”的（   ） A．充要条件 B．充分不必要条件 C．必要不充分条件 D．既不充分也不必要条件 5．(25-26高一上·云南昭通镇雄县三校·月考)已知命题“”为假命题，则实数的取值范围为（　　） A． B． C． D．或 6．(25-26高二上·湖南平高教育集团·期中)集合的元素个数为（    ） A．2 B．3 C．6 D．18 7．(25-26高一上·云南曲靖部分学校·月考)对于非空集合，其所有元素的几何平均数记为，即若非空数集满足下列两个条件：① ；②，则称为的一个“保均值真子集”，，则集合的“保均值真子集”的个数为（    ） A．2 B．4 C．6 D．8 8．(25-26高一上·云南玉溪第三中学·月考)已知集合，若，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 9．(25-26高一上·云南玉溪元江哈尼族彝族傣族自治县第一中学·)已知集合，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 10．(25-26高一上·云南昆明长水教育集团·)若命题“，”是假命题，则实数a的取值范围是（   ） A． B． C． D． 11．(25-26高一上·云南民族中学·月考)A，B，C是U的三个子集，下图中的阴影部分能表示集合的是（    ） A． B． C． D． 12．(25-26高一上·云南德宏州·期中)下列四个关系中错误的是（   ） A． B． C． D． 13．(25-26高一上·云南多校·月考)下列说法正确的是（   ） A．是的充分不必要条件 B．命题：存在，的否定是：任意， C．命题：，的否定是：， D．已知集合，，则 14．(25-26高一上·云南昆明长水教育集团·)已知U是全集，集合A，B的关系如图所示，则（   ） A． B． C． D． 15．(25-26高一上·云南昆明仁泽中学·月考)下列命题中，真命题是（　　） A．若“”是“”的充分条件，则 B．“”是“”的充分不必要条件 C．“中，”是“为直角三角形”的充要条件 D．“”的一个必要不充分条件为“” 16．(25-26高一上·云南昭通镇雄县三校·月考)设集合，若集合中所有三个元素的子集中的三个元素之和组成的集合为，则集合中所有元素之和为 ． 17．(21-22高一·云南峨山彝族自治县第一中学·月考)设集合，其中为实数，令，，若中的所有元素之和为6，中的所有元素之积为 ． 18．(25-26高一上·云南新纪元云贵发展中心·月考)已知集合，，则满足的集合的个数为 . 19．(25-26高一上·云南昆明长水教育集团·)非物质文化遗产承载着民族的历史和文化记忆，帮助人们理解和连接过去和现在，为弘扬和传承非物质文化遗产，云南某校组织高一年级100名学生去社区参加非物质文化遗产的学习活动.一共有傣族孔雀舞，傣族泼水节，傣族织锦技艺三项学习活动，每个同学至少参加一项活动，其中有52人参加了傣族孔雀舞，43人参加了傣族泼水节，49人参加了傣族织锦技艺，既参加了傣族孔雀舞又参加了傣族泼水节的有24人，既参加了傣族孔雀舞又参加了傣族织锦技艺的有20人，既参加了傣族泼水节又参加了傣族织锦技艺的有17人，则三项活动都参加的人数为 . 20．(25-26高一上·云南民族中学·月考)调查在某商店购买了商品的50名顾客，发现其中有35名顾客购买了A商品，有30名顾客购买了B商品，则A，B两种商品都购买了的顾客最多有 名，最少有 名． 地 城 板块02 一元二次函数、方程和不等式 21．若，则的最小值为（    ） 函数的概念与性质 A．9 B． C．2 D． 22．(25-26高一上·云南昭通镇雄县三校·月考)已知，若，则的最小值为（　　） A． B． C． D． 23．(24-25高一下·云南“美美与共”民族中学联盟·)已知，不等式对于一切实数恒成立，又，使，则的最小值为（    ） A．1 B． C．2 D．3 24．设为坐标原点，是以为焦点的抛物线上任意一点，是线段上的点，且，则直线的斜率的最大值为（    ） A． B． C． D．1 25．(25-26高一上·云南多校·期中)若，且不等式有解，则的取值范围是（   ） A． B． C． D． 26．(25-26高一上·云南昆明第十中学教育集团·期中)下列命题为真命题的是（   ） A．若，则 B．若，则 C．若，则 D．若，则 27．已知关于的一元二次不等式的解集为，则关于的不等式的解集为（   ） A． B． C． D．或 28．(25-26高一上·云南昭通镇雄县三校·月考)若关于的不等式的解集为，则关于的不等式的解集为（　　） A． B． C． D． 29．(23-24高一上·云南昆明云南师范大学附属中学呈贡校区·月考)若关于的不等式的解集是，则关于的不等式的解集是（    ） A．或 B．或 C．或 D．或 30．(25-26高一上·云南民族中学·月考)已知实数x，y满足，则（    ） A． B． C． D． 31．(25-26高一上·云南玉溪元江哈尼族彝族傣族自治县第一中学·)已知，则（    ） A． B． C． D． 32．(24-25高一下·云南大理白族·月考)已知，且，则（    ） A． B． C． D． 33．(25-26高一上·云南玉溪第一中学·月考)当时，不等式恒成立，则的取值范围是 . 34．(23-24高一上·云南大理白族民族中学·月考)已知，则的最小值是 . 35．(24-25高一上·云南昆明寻甸回族彝族自治县第一中学·期中)若“”为假命题，则实数的取值范围为 . 36．(25-26高一上·云南昆明仁泽中学·月考)已知实数满足，则的最大值为 ． 37．已知，，，则的最小值为 ． 38．(24-25高一下·云南昭通镇雄县三校·)已知，且，则的最小值为 ． 地 城 板块03 39．(24-25高一上·云南昆明·期末)已知定义域为（且）的函数图象是一条连续不断的曲线，且满足，若，当时，总有成立，且满足的实数的取值范围是，则（    ） A．5 B．4 C．10 D．8 40．(24-25高一下·云南玉溪第一中学·期中)对于任意的，表示不超过x的最大整数，例如：，．十八世纪，被“数学王子”高斯采用，因此得名为高斯函数，人们更习惯称为“取整函数”．下列说法正确的是（   ） A．函数是奇函数 B．函数的值域为 C．函数最小正周期为1 D．不等式的解集为 41．(24-25高一上·云南德宏州·期末)已知函数是定义在上的奇函数，且.若对，，且，都有，则关于的不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 42．(24-25高一上·云南玉溪·期末)设函数（，且）对任意非零实数，恒有，且对任意，有，则不等式的解集为（   ） A． B．或 C． D． 43．(24-25高一上·云南玉溪一中·月考)对，表示不超过的最大整数.十八世纪，被“数学王子”高斯采用，因此得名为高斯取整函数，则下列命题中的真命题是（   ） A．， B．， C．函数（）的取值集合为 D．若，使得，，，…，同时成立，则正整数的最大值是5 44．(24-25高一上·云南德宏州民族第一中学·期中)定义在上的函数满足且，有，且，则不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 45．(23-24高一下·云南昆明官渡区云南大学附属中学星耀学校·模拟)已知奇函数的定义域为，在区间上单调递增，，且 为偶函数. 若关于的不等式对恒成立，则实数取值范围是（   ） A． B． C． D． 46．(23-24高一下·云南楚雄彝族·期末)已知函数的图象经过点，则关于的不等式的解集为（    ） A． B． C． D． 47．已知函数的定义域为R，，且当时，则下列结论中一定正确的是（    ） A． B． C． D． 48．(23-24高一上·云南昆明官渡区第五中学·期中)已知函数的定义域为R，对任意实数，满足，且，当时，．给出以下结论：①；②；③为R上的减函数；④为奇函数. 其中正确结论的序号是（     ） A．①②④ B．①② C．①③ D．①④ 49．(25-26高一上·云南多校·期中)已知函数，的定义域均为，为偶函数，，，，则（   ） A． B． C．的图象关于点对称 D．的图象关于点对称 50．(25-26高一上·云南玉溪第一中学·期中)高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号.他和阿基米德、牛顿并列为世界三大数学家，用其名字命名的“高斯函数”：设，用表示不超过的最大整数，则称为高斯函数.例如：，.下列命题中正确的是（   ） A． B．， C．， D．若，，则方程的解集为 51．已知函数的定义域为，对于任意的，都有成立，则（ ） A． B．若，则 C．一定是偶函数 D．若，则 52．(24-25高一下·云南玉溪第一中学·期末)已知函数的定义域为，，，且，则（    ） A． B． C． D． 53．(24-25高一上·云南曲靖师宗县凤山中学·期末)函数满足，且，则下列结论成立的是（    ） A． B． C． D． 54．(25-26高一上·云南楚雄彝族·月考)已知函数满足，若函数与的图象有6个交点，交点横坐标为，则 ． 55．(25-26高一上·云南玉溪第一中学·期中)若函数是偶函数，且其定义域为，则 . 56．(24-25高一上·云南昆明·期末)已知函数定义域为，对任意两个不相等的实数，都有成立.则不等式的解集为 . 57．(24-25高一下·云南玉溪·)已知是定义域为的奇函数，满足，若，则 ． 58．(24-25高一上·云南昆明仁泽中学·月考)若是定义在上的奇函数，且.若对任意的两个正数，都有，则的解集为 . 地 城 板块04 基本初等函数 59．(24-25高一下·云南文山丘北县云南师范大学附属丘北中学·期中)我们定义：若满足，则称为的“奇点”，已知，则的“奇点”有（   ）个. A．2 B．3 C．4 D．5 60．已知，则x，y，z的大小关系不可能是（   ） A． B． C． D． 61．(24-25高一上·云南曲靖会泽县·期末)设函数，若关于x的方程有四个实根、、、，则的取值范围为（   ） A． B． C． D． 62．(24-25高一上·云南昆明第三中学·月考)若关于的方程恰有三个不同的实数解，且，其中，则的值为（   ） A． B． C．1 D．2 63．(23-24高一下·云南部分校·月考)定义为不超过的最大整数，如，，，.已知函数满足：对任意..当时，，则函数在上的零点个数为（    ） A．6 B．8 C．9 D．10 64．(23-24高一上·云南昭通一中教研联盟·期末)已知函数，若函数有四个不同的零点，，，，且，则下列结论中正确的是（    ） A． B． C． D． 65．(23-24高一上·云南昆明西山区·期末)设函数，若恰有两个零点，则实数的取值范围是（    ） A． B． C． D． 66．(22-23高一下·云南保山文山州·期末)已知，若方程有四个不同的实数根，则的最小值是（    ） A．2 B．3 C．4 D． 67．(21-22高一上·云南楚雄州·期末)已知函数函数有四个不同的零点，且，现有下列四个结论： ①的取值范围是；②的取值范围是；③；④.其中所有正确结论的序号是（    ） A．①② B．①③ C．②③ D．③④ 68．(25-26高一上·云南昆明第一中学·期中)我们知道，函数的图象关于坐标原点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数.有同学发现可以将其推广为：函数的图象关于点成中心对称图形的充要条件是函数为奇函数.现已知函数，则下列说法正确的是（   ） A．函数为奇函数 B．当时，在上单调递增 C．若方程有实根，则 D．设定义域为的函数关于中心对称，若，且与的图象共有2026个交点，记为，则的值为4052 69．(24-25高一下·云南昆明云南师范大学附属中学·期中)若实数、满足，，则（   ） A． B． C． D． 70．(24-25高一上·云南昆明五华区·期末)双曲函数在许多数学、物理及工程问题中都有广泛的应用，最基本的双曲函数是双曲正弦函数和双曲余弦函数.已知双曲正弦函数为，双曲余弦函数为（其中为自然对数的底数），则（    ） A． B． C． D． 71．(24-25高一上·云南大理白族大理·期末)已知函数，函数，，则（    ） A．为偶函数，为奇函数 B．对任意实数， C．存在实数，使得 D．对任意实数，，都有 72．(24-25高一上·云南昆明云南民族大学附属高级中学·期末)已知函数的定义域为，且函数是偶函数，函数是奇函数，当时，，下列结论正确的是（ ） A．的一条对称轴是直线 B．的一条对称轴是直线 C．方程有3个解 D． 73．(24-25高一下·云南红河州、文山州·)已知函数若有4个不等实数根，，，，且，则的取值范围是 . 74．(24-25高一下·云南砚山县第一中学·月考)函数，若，且互不相等，则的取值范围是 ． 75．(24-25高一上·云南曲靖师宗县凤山中学·期末)已知实数满足，，则 . 76．(24-25高一上·云南昆明云南师范大学附属中学·期末)已知函数的对称中心是，若正数满足，则的最小值是 ． 77．(24-25高一上·云南昆明五华区·期末)已知奇函数的定义域为，且为偶函数，当时，，则 . 78．(24-25高一上·云南大理白族大理·期末)设函数，若且，则的取值范围是 . 79．(24-25高一上·云南昆明盘龙区·期末)已知函数的定义域为，且为增函数，若是的零点，恒成立，则整数的最大值是 . 80．(24-25高一上·云南昭通盐津县云天化中学教研联盟·期末)已知函数，奇函数，当时，，若有且仅有个实数满足，且，，⋯，，则 ． 地 城 板块05 三角函数 81．(25-26高一上·云南楚雄彝族·月考)函数在一个周期内的图象如图所示，则（    ） A． B． C． D． 82．(24-25高一上·云南昭通盐津县云天化中学教研联盟·期末)已知函数，，用表示，中的较大者，即，，若函数的图象与有3个不同的交点，则实数的取值范围为（    ） A． B． C． D． 83．(23-24高一下·云南昭通云天化高级中学·月考)已知函数，若函数在有6个不同零点，则实数a的取值范围是（    ） A． B． C． D． 84．(20-21高一下·云南保山·期末)已知函数，若在区间上不存在零点，则的取值范围是（    ） A． B． C． D． 85．(21-22高一下·云南楚雄州·期末)设函数，已知在上有且仅有4个零点，现有下列四个结论： ①的取值范围是； ②的图像与直线在上的交点恰有2个； ③的图像与直线在上的交点恰有2个； ④在上单调递减. 其中所有正确结论的编号是（    ） A．①② B．①③ C．②③ D．①④ 86．(20-21高一上·云南昆明盘龙区·期末)筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，既经济又环保，明代科学家徐光启在《农政全书》中用图1描绘了筒车的工作原理.假定在水流稳定的情况下，筒车上的每一个盛水筒都做匀速圆周运动.将筒车抽象为一个几何图形（圆），筒车的半径为2m，筒车的轴心O到水面的距离为1m，筒车每分钟按逆时针转动2圈.规定：盛水筒M对应的点P从水中浮现（即时的位置）时开始计算时间，设盛水筒M从运动到点P时所用时间为t（单位：s），且此时点P距离水面的高度为h（单位：m）.若以筒车的轴心O为坐标原点，过点O的水平直线为x轴建立平面直角坐标系（如图2），则h与t的函数关系式为（    ） A．， B．， C．， D．， 87．已知55<84，134<85．设a=log53，b=log85，c=log138，则（    ） A．a<b<c B．b<a<c C．b<c<a D．c<a<b 88．(24-25高一下·云南“美美与共”民族中学联盟·)关于函数和，则下列说法中正确的是（   ） A．函数和有相同的最小值 B．存在直线l，使函数和的图象都关于直线l对称 C．存在点P，使函数和的图象都关于点P对称 D．函数，有6个零点 89．(24-25高一上·山西太原·期末)函数（，，）的部分图象如图所示，则下列结论正确的是（   ） A． B．的周期 C．在上递增 D．若在上恰有4个零点，则实数的取值范围是 90．(21-22高一下·云南昆明第三中学·期中)高斯是德国著名数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”称号，他和阿基米德、牛顿并列为世界三大数学家，用其名字命名的“高斯函数”为：设，用表示不超过x的最大整数，则称为高斯函数，例如.已知函数，函数，则（    ） A．函数的值域是 B．函数是偶函数 C．函数的图象关于对称 D．方程只有一个实数根 91．(23-24高一下·云南昆明第一中学西山学校·月考)已知函数且图象的相邻两对称轴间的距离为，则以下说法正确的是（    ） A．若为偶函数，则 B．若的一个对称中心为，则 C．若在区间上单调递增，则的最大值为 D．若在区间内有三个零点，则 92．(23-24高一下·云南开远第一中学校·开学考)已知函数的部分图象如图所示，则（    ）.    A．函数的最小正周期为 B．函数的图象关于点对称 C．函数在上单调递增 D．恒成立 93．(23-24高一下·云南楚雄彝族民族中学·月考)已知，，则 . 94．(24-25高一下·云南保山·期末)已知角的终边落在上，则 ． 95．(24-25高一下·云南宣威部分学校·)已知函数的最小正周期为，则 . 96．(24-25高一下·云南昭通普通高中云南师范大学附属镇雄中学教研联盟·期末)已知，且，则 ． 97．(24-25高一下·云南大理白族·月考)已知函数在上恰有5个零点，则的取值范围是 ． 98．(24-25高一下·云南美美与共民族中学联盟·)筒车是我国古代发明的一种水利灌溉工具，既经济又环保.明朝科学家徐光启在《农政全书》中用图画描绘了筒车的工作原理（图1）.假定在水流量稳定的情况下，筒车上的每一个盛水筒都做匀速圆周运动.如图2，将筒车抽象为一个半径为的圆，设筒车按逆时针方向每旋转一周用时120秒，当时，盛水筒位于点，经过秒后运动到点，点的纵坐标满足，则当筒车旋转90秒时，盛水筒对应的点的纵坐标为 . 1 / 2 学科网（北京）股份有限公司 学科网（北京）股份有限公司 $