《2025年期中期末名校名区真题精编高一数学上册人教版》

7. 已知$f(x)$是定义在$R$上的偶函数，且在区间$[0,+\infty)$上单调递减，则不等式$f(2x - 1)＞f(x + 1)$的解集为（A）
A.$(0,2)$
B.$(-\infty,0)\cup(2,+\infty)$
C.$(-\infty,2)$
D.$(2,+\infty)$

答案： 7.A 本题考查利用函数性质解不等式 因为$f(x)$是定义在$\mathbf{R}$上的偶函数，且在区间$[0,+\infty)$上单调递减，所以$f(2x - 1)＞f(x + 1)\Leftrightarrow(2x - 1)^2＜(x + 1)^2$，即$4x^2 - 4x + 1＜x^2 + 2x + 1$，整理得$x(x - 2)＜0$，解得$x\in(0,2)$.故选A.

8. 若关于$x$的方程$(\sin x+\cos x)^{2}+\cos2x = m$在区间$(0,\pi]$上有两个不同的实数根$x_{1},x_{2}$，且$\vert x_{1}-x_{2}\vert\geq\frac{\pi}{4}$，则实数$m$的取值范围是（ ）

A.$[0,2)$
B.$[0,2]$
C.$[1,\sqrt{2}+1]$
D.$[1,\sqrt{2}+1)$

答案：
8.B 本题考查利用三角函数的图象研究方程根的问题

化简原方程为$\sin(2x+\frac{\pi}{4})=\frac{m - 1}{\sqrt{2}}\rightarrow$换元，设$t = 2x+\frac{\pi}{4}$，$t\in(\frac{\pi}{4},\frac{9\pi}{4}]$，作出函数$y = \sin t$在$(\frac{\pi}{4},\frac{9\pi}{4}]$上的图象
由$\vert x_1 - x_2\vert\geq\frac{\pi}{4}$得$\vert t_1 - t_2\vert\geq\frac{\pi}{2}$，所以$-\frac{\sqrt{2}}{2}\leq\frac{m - 1}{\sqrt{2}}\leq\frac{\sqrt{2}}{2}$，故$0\leq m\leq2$.故选B.

名师点拨
对于根据含三角函数的方程的实数根个数求参数取值范围问题，常用的解题策略是数形结合，即结合三角函数图象将问题转化为不等式的解集问题.

9. 已知$\theta\in(0,\pi)$，$\sin\theta+\cos\theta=\frac{1}{5}$，则下列结论正确的是（ABD）
A.$\theta\in(\frac{\pi}{2},\pi)$
B.$\cos\theta=-\frac{3}{5}$
C.$\tan\theta=-\frac{3}{4}$
D.$\sin\theta-\cos\theta=\frac{7}{5}$

答案： 9.ABD 本题考查同角三角函数的基本关系 将$\sin\theta+\cos\theta=\frac{1}{5}$两边同时平方可得，$\sin^2\theta+2\sin\theta\cos\theta+\cos^2\theta=1+2\sin\theta\cos\theta=\frac{1}{25}$，则$2\sin\theta\cos\theta=-\frac{24}{25}$，又$\theta\in(0,\pi)$，所以$\sin\theta＞0$，$\cos\theta＜0$，所以$\theta\in(\frac{\pi}{2},\pi)$，所以A正确；
又由$(\sin\theta-\cos\theta)^2=\sin^2\theta-2\sin\theta\cos\theta+\cos^2\theta=\frac{49}{25}$，得$\sin\theta-\cos\theta=\frac{7}{5}$，所以D正确；
联立方程$\begin{cases}\sin\theta+\cos\theta=\frac{1}{5},\\\sin\theta-\cos\theta=\frac{7}{5},\end{cases}$解得$\begin{cases}\sin\theta=\frac{4}{5},\\\cos\theta=-\frac{3}{5},\end{cases}$所以B正确；
由同角三角函数的基本关系，可得$\tan\theta=\frac{\sin\theta}{\cos\theta}=-\frac{4}{3}$，所以C错误.故选ABD.

10. 若$a＞b＞1$，$x=\log_{a}b$，$y=\log_{b}a$，$z=a^{b}$，则下列结论一定正确的是（AC）
A.$x＜y$
B.$y＜z$
C.$x＜z$
D.$y＞z$

答案： 10.AC 本题考查指数、对数比较大小 由$a＞b＞1$，得$0=\log_a1＜\log_ab＜\log_aa=1$，即$0＜x＜1$.$y=\log_ba$，即$y=\frac{1}{x}$，则$y=\frac{1}{x}＞1$，所以$y＞x$，故A正确.$z=a^b＞a^1=a＞1$，所以$z＞x$，故C正确.
取$a = 2,b = \sqrt{2}$，满足$a＞b＞1$，则$y=\log_{\sqrt{2}}2 = 2$，$z=2^{\sqrt{2}}＞2^1 = 2$，此时$z＞y$；取$a = 2,b = 2^{\frac{1}{4}}$，满足$a＞b＞1$，则$y=\log_{2^{\frac{1}{4}}}2 = 4$，$z=2^{2^{\frac{1}{4}}}＜2^2 = 4$，此时$z＜y$，所以$z,y$的大小关系不确定.故选AC.

11. 已知函数$f(x)=1 + 2\cos x\cos(x + 2\varphi)$是偶函数，其中$\varphi\in(0,\pi)$，则下列关于函数$g(x)=\cos(2x-\varphi)$的描述中正确的是（AB）
A.$g(x)$在区间$[-\frac{\pi}{12},\frac{\pi}{3}]$上的最小值为$-\frac{1}{2}$
B.$g(x)$的图象可由函数$f(x)$的图象向左平移$\frac{\pi}{4}$个单位长度得到
C.点$(\frac{\pi}{4},0)$是$g(x)$的图象的一个对称中心
D.$[0,\frac{\pi}{2}]$是$g(x)$的一个单调递增区间

答案： 11.AB 本题考查三角函数的图象与性质 由$f(-x)=f(x)$得$2\cos(-x)\cos(-x + 2\varphi)=2\cos x\cos(x + 2\varphi)$，所以$\cos(-x + 2\varphi)=\cos(x + 2\varphi)$恒成立，所以直线$x = 2\varphi$是曲线$y=\cos x$的对称轴，所以$2\varphi=k\pi(k\in\mathbf{Z})$，即$\varphi=\frac{k\pi}{2}(k\in\mathbf{Z})$，又$\varphi\in(0,\pi)$，所以$\varphi=\frac{\pi}{2}$，则$g(x)=\cos(2x - \frac{\pi}{2})=\sin2x$.
对于A，因为$x\in[-\frac{\pi}{12},\frac{\pi}{3}]$，所以$2x\in[-\frac{\pi}{6},\frac{2\pi}{3}]$，所以$g(x)$在区间$[-\frac{\pi}{12},\frac{\pi}{3}]$上的最小值为$g(-\frac{\pi}{12})=-\frac{1}{2}$，故A正确；
对于B，$f(x)=1 + 2\cos x\cos(x + \pi)=1 - 2\cos^2x=-\cos2x$，将函数$f(x)$的图象向左平移$\frac{\pi}{4}$个单位长度，得到函数$y=-\cos2(x + \frac{\pi}{4})=\sin2x=g(x)$的图象，故B正确；
对于C，$g(\frac{\pi}{4})=\sin\frac{\pi}{2}=1$，所以点$(\frac{\pi}{4},0)$不是$g(x)$的图象的一个对称中心，故C错误；
对于D，当$x\in[0,\frac{\pi}{2}]$时，$2x\in[0,\pi]$，此时$g(x)$先单调递增，再单调递减，所以$[0,\frac{\pi}{2}]$不是$g(x)$的一个单调递增区间，故D错误.故选AB.
名师点拨
本题的解题关键是由函数$f(x)=1 + 2\cos x\cos(x + 2\varphi)$是偶函数求出参数$\varphi$的值，具体方法是利用$f(-x)=f(x)$恒成立得到$\cos(-x + 2\varphi)=\cos(x + 2\varphi)$恒成立，从而得出$\varphi$的值.

12. 设$m,n\in R_{+}$，且$m + n = 1$，则$\frac{1}{n}+\frac{4}{m}$的最小值为9.

答案： 12.9 [解析] 本题考查利用基本不等式求最值
$\frac{1}{n}+\frac{4}{m}=(\frac{1}{n}+\frac{4}{m})(m + n)=\frac{m}{n}+1 + 4+\frac{4n}{m}=5+\frac{m}{n}+\frac{4n}{m}=5 + 2\sqrt{\frac{m}{n}·\frac{4n}{m}}=9$，
当且仅当$\begin{cases}\frac{m}{n}=\frac{4n}{m},\\m + n = 1,\end{cases}$即$\begin{cases}m=\frac{2}{3},\\n=\frac{1}{3}\end{cases}$时取等号.故$\frac{1}{n}+\frac{4}{m}$的最小值为9.

13. 已知函数$f(x)=2\sin\omega x\cos^{2}(\frac{\omega x}{2}-\frac{\pi}{4})-\sin^{2}\omega x(\omega＞0)$，现将该函数图象先向左平移$\frac{\pi}{3\omega}$个单位长度，再将图象上各点的横坐标缩短为原来的$\frac{1}{2}$，纵坐标不变，得到函数$g(x)$的图象，已知函数$g(x)$在区间$(\frac{\pi}{2},\pi)$上是单调的，则$\omega$的取值范围是$(0,\frac{1}{12}]∪[\frac{1}{6},\frac{7}{12}]$.

答案： 13.$(0,\frac{1}{12}]∪[\frac{1}{6},\frac{7}{12}]$ [解析] 本题考查三角函数的图象与性质 $f(x)=2\sin\omega x\cos^2(\frac{\omega x}{2}-\frac{\pi}{4})-\sin^2\omega x=\sin\omega x(1+\sin\omega x)-\sin^2\omega x=\sin\omega x$.
依题意，$g(x)=f(2x+\frac{\pi}{3})=\sin(2\omega x+\frac{\pi}{3})$，
当$x\in(\frac{\pi}{2},\pi)$时，
由$\omega＞0$得$2\omega x+\frac{\pi}{3}\in(\omega\pi+\frac{\pi}{3},2\omega\pi+\frac{\pi}{3})$，
又$g(x)$在$(\frac{\pi}{2},\pi)$上单调，
所以$(\omega\pi+\frac{\pi}{3},2\omega\pi+\frac{\pi}{3})\subseteq(\frac{\pi}{3},\frac{\pi}{2})$，
或$(\omega\pi+\frac{\pi}{3},2\omega\pi+\frac{\pi}{3})\subseteq(\frac{\pi}{2}+k\pi,\frac{3\pi}{2}+k\pi)(k\in\mathbf{N})$，
所以$\begin{cases}\omega\pi+\frac{\pi}{3}＞\frac{\pi}{3},\\2\omega\pi+\frac{\pi}{3}\leq\frac{\pi}{2},\end{cases}$解得$0＜\omega\leq\frac{1}{12}$；
$\begin{cases}\omega\pi+\frac{\pi}{3}\geq\frac{\pi}{2}+k\pi,\\2\omega\pi+\frac{\pi}{3}\leq\frac{3\pi}{2}+k\pi,\end{cases}$解得$\frac{1}{6}+k\leq\omega\leq\frac{7}{12}+\frac{k}{2}(k\in\mathbf{N})$，
由$\frac{7}{12}+\frac{k}{2}＞\frac{1}{6}+k$，解得$k＜\frac{5}{6}$，又$k\in\mathbf{N}$，所以$k = 0$，
所以$\omega\in[\frac{1}{6},\frac{7}{12}]$.
综上，$\omega$的取值范围为$(0,\frac{1}{12}]∪[\frac{1}{6},\frac{7}{12}]$.

14. 已知函数$f(x)=\begin{cases}ax + 1,x\leq0,\\\vert\ln x\vert,x＞0,\end{cases}$给出下列三个结论：
①当$a = - 2$时，函数$f(x)$的单调递减区间为$(-\infty,1)$；
②若函数$f(x)$无最小值，则$a$的取值范围为$(0,+\infty)$；
③若$a＜1$且$a\neq0$，则$\exists b\in R$，使得函数$y = f(x)-b$恰有3个零点$x_{1},x_{2},x_{3}$，且$x_{1}x_{2}x_{3}=-1$.其中，所有正确结论的序号是______.

答案：
14.②③ [解析] 本题考查函数性质的综合运用
思路探寻
由题意结合函数单调性的概念举出反例可判断①
$x_1=\frac{b - 1}{a}$，$x_2=e^{-b}$，$x_3=e^b$
令$x_1=\frac{b - 1}{a}=-1$，验证后，即可判断③，即可得解.
对于①，当$a=-2$时，因为$0＜e^{-２}＜1$，$f(0)=1＜f(e^{-2})=\vert\ln e^{-2}\vert=2$，所以函数$f(x)$在区间$(-\infty,1)$上不单调递减，故①错误；
对于②，函数$f(x)=\begin{cases}ax + 1,x\leq0,\\\vert\ln x\vert,x＞0,\end{cases}$可转化为$f(x)=\begin{cases}ax + 1,x\leq0,\\-\ln x,0＜x\leq1,\\\ln x,x＞1,\end{cases}$
画出函数$f(x)$的图象，如图所示，



由图象得，若函数$f(x)$无最小值，则$a$的取值范围为$(0,+\infty)$，故②正确；
对于③，令$y=f(x)-b=0$，得$f(x)=b$，结合函数$f(x)$的图象，不妨设$x_1＜0＜x_2＜1＜x_3$，则$ax_1 + 1=-\ln x_2=\ln x_3=b$，所以$x_1=\frac{b - 1}{a}$，$x_2=e^{-b}$，$x_3=e^b$，
所以$x_2· x_3=e^{-b}· e^b=1$，所以$x_1=\frac{b - 1}{a}=-1$，得$b=-a + 1$，
当$a＜0$时，$b=-a + 1＞1$，$y=f(x)-b=0$存在3个零点，且$x_1x_2x_3=-1$，符合题意，
当$0＜a＜1$时，$0＜b=-a + 1＜1$，$y=f(x)-b=0$存在3个零点，且$x_1x_2x_3=-1$，符合题意，故③正确.故答案为②③.