2025年人教A版高一數(shù)學(xué)上冊月考試卷

…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………內(nèi)…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………※※請※※不※※要※※在※※裝※※訂※※線※※內(nèi)※※答※※題※※…………○…………外…………○…………裝…………○…………訂…………○…………線…………○…………第=page22頁，總=sectionpages22頁第=page11頁，總=sectionpages11頁2025年人教A版高一數(shù)學(xué)上冊月考試卷411考試試卷考試范圍：全部知識點；考試時間：120分鐘學(xué)校：______姓名：______班級：______考號：______總分欄題號一二三四五六總分得分評卷人得分一、選擇題(共6題，共12分)1、設(shè)則等于()A.B.C.D.2、函數(shù)在區(qū)間單調(diào)遞增，則實數(shù)的取值范圍為A.B.C.D.3、【題文】設(shè)集合則等于（）A.B.C.D.4、【題文】如圖是一個實物圖形；則它的左視圖大致為（）

5、已知函數(shù)f（x）=若關(guān)于x的方程f（x）=k有兩個不同的實根，則實數(shù)k的取值范圍是（）A.（0，1）B.（1，+∞）C.（﹣1，0）D.（﹣∞，﹣1）6、函數(shù)y=log（-3+4x-x2）的單調(diào)遞增區(qū)間是（）A.（-∞，2）B.（2，+∞）C.（1，2）D.（2，3）評卷人得分二、填空題(共5題，共10分)7、某公司一年購買某種貨物200噸，分成若干次均勻購買，每次購買的運費為2萬元，一年存儲費用恰好與每次的購買噸數(shù)的數(shù)值相等(單位：萬元)，要使一年的總運費與總存儲費用之和最小，則應(yīng)購買________次．8、【題文】如圖，在側(cè)棱和底面垂直的四棱柱ABCD-A1B1C1D1中；當(dāng)?shù)酌鍭BCD

滿足條件____時，有（寫出你認為正確的一種。

條件即可。）9、（2014秋?西城區(qū)期末）關(guān)于函數(shù)f（x）=sin（2x﹣）（x∈R），給出下列三個結(jié)論：①對于任意的x∈R，都有f（x）=cos（2x﹣）；

②對于任意的x∈inR，都有f（x+）=f（x﹣）；

③對于任意的x∈R，都有f（﹣x）=f（+x）．

其中，全部正確結(jié)論的序號是____．10、角α的終邊經(jīng)過點P（-3，y），且則y=______．11、在銳角鈻?ABC

中，abc

分別為角ABC

所對的邊，且3a=2csinA

角C=

______．評卷人得分三、證明題(共9題，共18分)12、如圖；已知AB是⊙O的直徑，P是AB延長線上一點，PC切⊙O于C，AD⊥PC于D，CE⊥AB于E，求證：

（1）AD=AE

（2）PC?CE=PA?BE．13、如圖；在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC，垂足為D，E為AD的中點，DF⊥BE，垂足為F，CF交AD于點G．

求證：（1）∠CFD=∠CAD；

（2）EG＜EF．14、已知G是△ABC的重心，過A、G的圓與BG切于G，CG的延長線交圓于D，求證：AG2=GC?GD．15、如圖；已知AB是⊙O的直徑，P是AB延長線上一點，PC切⊙O于C，AD⊥PC于D，CE⊥AB于E，求證：

（1）AD=AE

（2）PC?CE=PA?BE．16、如圖；在△ABC中，AB=AC，AD⊥BC，垂足為D，E為AD的中點，DF⊥BE，垂足為F，CF交AD于點G．

求證：（1）∠CFD=∠CAD；

（2）EG＜EF．17、AB是圓O的直徑，CD是圓O的一條弦，AB與CD相交于E，∠AEC=45°，圓O的半徑為1，求證：EC2+ED2=2．18、如圖，已知：D、E分別為△ABC的AB、AC邊上的點，DE∥BC，BE與CD交于點O，直線AO與BC邊交于M，與DE交于N，求證：BM=MC．19、如圖，設(shè)△ABC是直角三角形，點D在斜邊BC上，BD=4DC．已知圓過點C且與AC相交于F，與AB相切于AB的中點G．求證：AD⊥BF．20、已知ABCD四點共圓，AB與DC相交于點E，AD與BC交于F，∠E的平分線EX與∠F的平分線FX交于X，M、N分別是AC與BD的中點，求證：（1）FX⊥EX；（2）FX、EX分別平分∠MFN與∠MEN．評卷人得分四、解答題(共4題，共28分)21、已知函數(shù)f（x）=2sinxcosx+2cos2x-1（x∈R）；

（I）求函數(shù)f（x）的周期和振幅；

（II）求函數(shù)f（x）的單調(diào)減區(qū)間；

（III）函數(shù)f（x）的圖象經(jīng)過怎樣的變換可以得到函數(shù)y=sinx的圖象．

22、（1）把30.1，30.5，由小到大排列；

（2）已知方程x2+px+q=0的兩個不相等實根α；β；集合A={α，β}，B={2，4，5，6}，C={1，2，3，4}，A∩C=A，A∩B=?，求p、q的值．

23、已知函數(shù)f（x）=cosωx（ω＞0）；x∈R．

（1）當(dāng)ω=2時；求函數(shù)f（x）取得最大值時x的集合；

（2）若函數(shù)f（x）的圖象過點且在區(qū)間上是單調(diào)函數(shù)；求ω的值；

（3）在（2）的條件下，若畫出函數(shù)y=f（x）在上的圖象．

24、已知函數(shù)f(x)=Asin(婁脴x+婁脮)+h(A>0,婁脴>0,|婁脮|<婁脨).

在一個周期內(nèi)，當(dāng)x=婁脨12

時，y

取得最大值6

當(dāng)x=7婁脨12

時；y

取得最小值0

．

(1)

求函數(shù)f(x)

的解析式；

(2)

求函數(shù)f(x)

的單調(diào)遞增區(qū)間與對稱中心坐標(biāo)；

(3)

當(dāng)x隆脢[鈭?婁脨12,婁脨6]

時，函數(shù)y=mf(x)鈭?1

的圖象與x

軸有交點，求實數(shù)m

的取值范圍．評卷人得分五、作圖題(共2題，共14分)25、畫出計算1++++的程序框圖．26、某潛艇為躲避反潛飛機的偵查，緊急下潛50m后，又以15km/h的速度，沿北偏東45°前行5min，又以10km/h的速度，沿北偏東60°前行8min，最后擺脫了反潛飛機的偵查．試畫出潛艇整個過程的位移示意圖．評卷人得分六、綜合題(共2題，共12分)27、已知拋物線y=-x2+2mx-m2-m+2．

（1）判斷拋物線的頂點與直線L：y=-x+2的位置關(guān)系；

（2）設(shè)該拋物線與x軸交于M；N兩點；當(dāng)OM?ON=4，且OM≠ON時，求出這條拋物線的解析式；

（3）直線L交x軸于點A，（2）中所求拋物線的對稱軸與x軸交于點B．那么在對稱軸上是否存在點P，使⊙P與直線L和x軸同時相切？若存在，求出點P的坐標(biāo)；若不存在，請說明理由．28、如圖；在平面直角坐標(biāo)系中，OB⊥OA，且OB=2OA，點A的坐標(biāo)是（-1，2）．

（1）求點B的坐標(biāo)；

（2）求過點A、O、B的拋物線的表達式．參考答案一、選擇題(共6題，共12分)1、B【分析】【解析】試題分析：因為那么可知當(dāng)x=-3時，則f（-3）=那么則=故選B.考點：本試題考查了分段函數(shù)的求值?！窘馕觥俊敬鸢浮緽2、B【分析】【解析】試題分析：函數(shù)的圖象是開口向上的拋物線，以為對稱軸，在上單調(diào)遞增，因為在區(qū)間單調(diào)遞增，所以考點：本小題主要考查二次函數(shù)的單調(diào)性.【解析】【答案】B3、A【分析】【解析】

試題分析：因為，

所以，=選A。

考點：集合的運算；簡單不等式解法。

點評：小綜合題，集合的運算，關(guān)鍵是明確集合中的元素是什么。【解析】【答案】A4、D【分析】【解析】從左邊看，實物的最左側(cè)為三角形，最右側(cè)為正方形，所以其左視圖應(yīng)該正方形加一條對角線且該對角線可視，故選D【解析】【答案】D5、A【分析】【解答】函數(shù)的圖象如下圖所示：

由圖可得：當(dāng)k∈（0；1）時，y=f（x）與y=k的圖象有兩個交點；

即方程f（x）=k有兩個不同的實根；

故選：A．

【分析】數(shù)形結(jié)合：要使方程f（x）=k有兩個不相等的實根，只需y=f（x）與y=k的圖象有兩個交點，作出函數(shù)的圖象，根據(jù)圖象即可求得k的范圍．6、D【分析】解：由-3+4x-x2＞0得x2-4x+3＜0；得1＜x＜3；

設(shè)t=-3+4x-x2；則對稱軸為x=2；

則函數(shù)y=logt為減函數(shù)；

則要求函數(shù)y=log（-3+4x-x2）的單調(diào)遞增區(qū)間；

即求函數(shù)t=-3+4x-x2的單調(diào)遞減區(qū)間；

∵函數(shù)t=-3+4x-x2的單調(diào)遞減區(qū)間是（2；3）；

∴函數(shù)y=log（-3+4x-x2）的單調(diào)遞增區(qū)間為（2；3）；

故選：D．

求函數(shù)的定義域；利用換元法結(jié)合復(fù)合函數(shù)單調(diào)性之間的關(guān)系進行判斷即可．

本題主要考查函數(shù)單調(diào)區(qū)間的求解，利用換元法結(jié)合復(fù)合函數(shù)單調(diào)性之間的關(guān)系是解決本題的關(guān)鍵．【解析】【答案】D二、填空題(共5題，共10分)7、略

【分析】【解析】試題分析：先設(shè)此公司每次都購買x噸，利用函數(shù)思想列出一年的總運費與總存儲費用之和，再結(jié)合基本不等式得到一個不等關(guān)系即可求得最小值．公司一年購買某種貨物200噸，分成若干次均勻購買，每次購買的運費為2萬元，一年存儲費用恰好與每次的購買噸數(shù)的數(shù)值相等(單位：萬元)，要使一年的總運費與總存儲費用之和y=2x+當(dāng)且僅當(dāng)x=10時取得最小值，故答案為10.考點：函數(shù)最值的應(yīng)用【解析】【答案】108、略

【分析】【解析】略【解析】【答案】ABCD是菱形或是正方形或是對角線互相垂直的四邊形9、①②③【分析】【解答】解：①f（x）=cos[﹣（2x﹣）]=cos（﹣2x）=cos（2x﹣），故①正確，②f（x+）=sin[2（x+）﹣）]=﹣sin（2x﹣）]，f（x﹣）=sin[2（x﹣）﹣）]=﹣sin（2x﹣），則f（x+）=f（x﹣）故②正確③f（）=sin（2×﹣）=sin=1為最大值，故x=是函數(shù)的對稱軸，故③正確，故答案為：①②③．【分析】根據(jù)三角函數(shù)的圖象和性質(zhì)進行判斷即可．10、略

【分析】解：∵角α的終邊經(jīng)過點P（-3，y），且

∴r=sinα==

解得y=4或y=-4（舍）．

故答案為：4．

由已知得sinα==由此能求出結(jié)果．

本題考查實數(shù)值的求法，是基礎(chǔ)題，解題時要認真審題，注意任意角三角函數(shù)性質(zhì)的合理運用．【解析】411、略

【分析】解：已知等式利用正弦定理化簡得：3sinA=2sinCsinA

隆脽sinA鈮?0

隆脿sinC=32

則C=婁脨3

．

故答案為：婁脨3

已知等式利用正弦定理化簡；根據(jù)sinA

不為0

求出sinC

的值，即可確定出C

的度數(shù)．

此題考查了正弦定理，以及特殊角的三角函數(shù)值，熟練掌握正弦定理是解本題的關(guān)鍵．【解析】婁脨3

三、證明題(共9題，共18分)12、略

【分析】【分析】（1）連AC；BC；OC，如圖，根據(jù)切線的性質(zhì)得到OC⊥PD，而AD⊥PC，則OC∥PD，得∠ACO=∠CAD，則∠DAC=∠CAO，根據(jù)三角形相似的判定易證得Rt△ACE≌Rt△ACD；

即可得到結(jié)論；

（2）根據(jù)三角形相似的判定易證Rt△PCE∽Rt△PAD，Rt△EBC∽Rt△DCA，得到PC：PA=CE：AD，BE：CE=CD：AD，而CD=CE，即可得到結(jié)論．【解析】【解答】證明：（1）連AC、BC，OC，如圖，

∵PC是⊙O的切線；

∴OC⊥PD；

而AD⊥PC；

∴OC∥PD；

∴∠ACO=∠CAD；

而∠ACO=∠OAC；

∴∠DAC=∠CAO；

又∵CE⊥AB；

∴∠AEC=90°；

∴Rt△ACE≌Rt△ACD；

∴CD=CE；AD=AE；

（2）在Rt△PCE和Rt△PAD中；∠CPE=∠APD；

∴Rt△PCE∽Rt△PAD；

∴PC：PA=CE：AD；

又∵AB為⊙O的直徑；

∴∠ACB=90°；

而∠DAC=∠CAO；

∴Rt△EBC∽Rt△DCA；

∴BE：CE=CD：AD；

而CD=CE；

∴BE：CE=CE：AD；

∴BE：CE=PC：PA；

∴PC?CE=PA?BE．13、略

【分析】【分析】（1）連接AF，并延長交BC于N，根據(jù)相似三角形的判定定理證△BDF∽△DEF，推出，=；再證△CDF∽△AEF，推出∠CFD=∠AFE，證出A；F、D、C四點共圓即可；

（2）根據(jù)已知推出∠EFG=∠ABD，證F、N、D、G四點共圓，推出∠EGF=∠AND，根據(jù)三角形的外角性質(zhì)推出∠EGF＞∠EFG即可．【解析】【解答】（1）證明：連接AF，并延長交BC于N，

∵AD⊥BC；DF⊥BE；

∴∠DFE=∠ADB；

∴∠BDF=∠DEF；

∵BD=DC；DE=AE；

∵∠BDF=∠DEF；∠EFD=∠BFD=90°；

∴△BDF∽△DEF；

∴=；

則=；

∵∠AEF=∠CDF；

∴△CDF∽△AEF；

∴∠CFD=∠AFE；

∴∠CFD+∠AEF=90°；

∴∠AFE+∠CFE=90°；

∴∠ADC=∠AFC=90°；

∴A；F、D、C四點共圓；

∴∠CFD=∠CAD．

（2）證明：∵∠BAD+∠ABD=90°；∠CFD+∠EFG=∠EFD=90°，∠CFD=∠CAD=∠BAD；

∴∠EFG=∠ABD；

∵CF⊥AD；AD⊥BC；

∴F；N、D、G四點共圓；

∴∠EGF=∠AND；

∵∠AND＞∠ABD；∠EFG=∠ABD；

∴∠EGF＞∠EFG；

∴DG＜EF．14、略

【分析】【分析】構(gòu)造以重心G為頂點的平行四邊形GBFC，并巧用A、D、F、C四點共圓巧證乘積．延長GP至F，使PF=PG，連接FB、FC、AD．因G是重心，故AG=2GP．因GBFC是平行四邊形，故GF=2GP．從而AG=GF．又∠1=∠2=∠3=∠D，故A、D、F、C四點共圓，從而GA、GF=GC?GD．于是GA2=GC?GD．【解析】【解答】證明：延長GP至F；使PF=PG，連接AD，BF，CF；

∵G是△ABC的重心；

∴AG=2GP；BP=PC；

∵PF=PG；

∴四邊形GBFC是平行四邊形；

∴GF=2GP；

∴AG=GF；

∵BG∥CF；

∴∠1=∠2

∵過A；G的圓與BG切于G；

∴∠3=∠D；

又∠2=∠3；

∴∠1=∠2=∠3=∠D；

∴A；D、F、C四點共圓；

∴GA；GF=GC?GD；

即GA2=GC?GD．15、略

【分析】【分析】（1）連AC；BC；OC，如圖，根據(jù)切線的性質(zhì)得到OC⊥PD，而AD⊥PC，則OC∥PD，得∠ACO=∠CAD，則∠DAC=∠CAO，根據(jù)三角形相似的判定易證得Rt△ACE≌Rt△ACD；

即可得到結(jié)論；

（2）根據(jù)三角形相似的判定易證Rt△PCE∽Rt△PAD，Rt△EBC∽Rt△DCA，得到PC：PA=CE：AD，BE：CE=CD：AD，而CD=CE，即可得到結(jié)論．【解析】【解答】證明：（1）連AC、BC，OC，如圖，

∵PC是⊙O的切線；

∴OC⊥PD；

而AD⊥PC；

∴OC∥PD；

∴∠ACO=∠CAD；

而∠ACO=∠OAC；

∴∠DAC=∠CAO；

又∵CE⊥AB；

∴∠AEC=90°；

∴Rt△ACE≌Rt△ACD；

∴CD=CE；AD=AE；

（2）在Rt△PCE和Rt△PAD中；∠CPE=∠APD；

∴Rt△PCE∽Rt△PAD；

∴PC：PA=CE：AD；

又∵AB為⊙O的直徑；

∴∠ACB=90°；

而∠DAC=∠CAO；

∴Rt△EBC∽Rt△DCA；

∴BE：CE=CD：AD；

而CD=CE；

∴BE：CE=CE：AD；

∴BE：CE=PC：PA；

∴PC?CE=PA?BE．16、略

【分析】【分析】（1）連接AF，并延長交BC于N，根據(jù)相似三角形的判定定理證△BDF∽△DEF，推出，=；再證△CDF∽△AEF，推出∠CFD=∠AFE，證出A；F、D、C四點共圓即可；

（2）根據(jù)已知推出∠EFG=∠ABD，證F、N、D、G四點共圓，推出∠EGF=∠AND，根據(jù)三角形的外角性質(zhì)推出∠EGF＞∠EFG即可．【解析】【解答】（1）證明：連接AF，并延長交BC于N，

∵AD⊥BC；DF⊥BE；

∴∠DFE=∠ADB；

∴∠BDF=∠DEF；

∵BD=DC；DE=AE；

∵∠BDF=∠DEF；∠EFD=∠BFD=90°；

∴△BDF∽△DEF；

∴=；

則=；

∵∠AEF=∠CDF；

∴△CDF∽△AEF；

∴∠CFD=∠AFE；

∴∠CFD+∠AEF=90°；

∴∠AFE+∠CFE=90°；

∴∠ADC=∠AFC=90°；

∴A；F、D、C四點共圓；

∴∠CFD=∠CAD．

（2）證明：∵∠BAD+∠ABD=90°；∠CFD+∠EFG=∠EFD=90°，∠CFD=∠CAD=∠BAD；

∴∠EFG=∠ABD；

∵CF⊥AD；AD⊥BC；

∴F；N、D、G四點共圓；

∴∠EGF=∠AND；

∵∠AND＞∠ABD；∠EFG=∠ABD；

∴∠EGF＞∠EFG；

∴DG＜EF．17、略

【分析】【分析】首先作CD關(guān)于AB的對稱直線FG，由∠AEC=45°，即可證得CD⊥FG，由勾股定理即可求得CG2=CE2+ED2，然后由△OCD≌△OGF，易證得O，C，G，E四點共圓，則可求得CG2=OC2+OG2=2．繼而證得EC2+ED2=2．【解析】【解答】證明：作CD關(guān)于AB的對稱直線FG；

∵∠AEC=45°；

∴∠AEF=45°；

∴CD⊥FG；

∴CG2=CE2+EG2；

即CG2=CE2+ED2；

∵△OCD≌△OGF（SSS）；

∴∠OCD=∠OGF．

∴O；C，G，E四點共圓．

∴∠COG=∠CEG=90°．

∴CG2=OC2+OG2=2．

∴EC2+ED2=2．18、略

【分析】【分析】延長AM，過點B作CD的平行線與AM的延長線交于點F，再連接CF．根據(jù)平行線分線段成比例的性質(zhì)和逆定理可得CF∥BE，根據(jù)平行四邊形的判定和性質(zhì)即可得證．【解析】【解答】證明：延長AM；過點B作CD的平行線與AM的延長線交于點F，再連接CF．

又∵DE∥BC；

∴；

∴CF∥BE；

從而四邊形OBFC為平行四邊形；

所以BM=MC．19、略

【分析】【分析】作DE⊥AC于E，由切割線定理：AG2=AF?AC，可證明△BAF∽△AED，則∠ABF+∠DAB=90°，從而得出AD⊥BF．【解析】【解答】證明：作DE⊥AC于E；

則AC=AE；AB=5DE；

又∵G是AB的中點；

∴AG=ED．

∴ED2=AF?AE；

∴5ED2=AF?AE；

∴AB?ED=AF?AE；

∴=；

∴△BAF∽△AED；

∴∠ABF=∠EAD；

而∠EAD+∠DAB=90°；

∴∠ABF+∠DAB=90°；

即AD⊥BF．20、略

【分析】【分析】（1）在△FDC中；由三角形的外角性質(zhì)知∠FDC=∠FAE+∠AED①，同理可得∠EBC=∠FAE+∠AFB②；由于四邊形ABCD內(nèi)接于圓，則∠FDC=∠ABC，即∠FDC+∠EBC=180°，聯(lián)立①②，即可證得∠AFB+∠AED+2∠FAE=180°，而FX；EX分別是∠AFB和∠AED的角平分線，等量代換后可證得∠AFX+∠AEX+∠FAE=90°；可連接AX，此時發(fā)現(xiàn)∠FXE正好是∠AFX、∠AEX、∠FAE的和，由此可證得∠FXE是直角，即FX⊥EX；

（2）由已知易得∠AFX=∠BFX，欲證∠MFX=∠NFX，必須先證得∠AFM=∠BFN，可通過相似三角形來實現(xiàn)；首先連接FM、FN，易證得△FCA∽△FDB，可得到FA：FB=AC：BD，而AC=2AM，BD=2BN，通過等量代換，可求得FA：FB=AM：BN，再加上由圓周角定理得到的∠FAM=∠FBN，即可證得△FAM∽△FBN，由此可得到∠AFM=∠BFN，進一步可證得∠MFX=∠NFX，即FX平分∠MFN，同理可證得EX是∠MEN的角平分線．【解析】【解答】證明：（1）連接AX；

由圖知：∠FDC是△ACD的一個外角；

則有：∠FDC=∠FAE+∠AED；①

同理；得：∠EBC=∠FAE+∠AFB；②

∵四邊形ABCD是圓的內(nèi)接四邊形；

∴∠FDC=∠ABC；

又∵∠ABC+∠EBC=180°；即：∠FDC+∠EBC=180°；③

①+②；得：∠FDC+∠EBC=2∠FAE+（∠AED+∠AFB）；

由③；得：2∠FAE+（∠AED+∠AFB）=180°；

∵FX；EX分別是∠AFB、∠AED的角平分線；

∴∠AFB=2∠AFX；∠AED=2∠AEX，代入上式得：

2∠FAE+2（∠AFX+∠AEX）=180°；

即∠FAE+∠AFX+∠AEX=180°；

由三角形的外角性質(zhì)知：∠FXE=∠FAE+∠FAX+∠EAX；

故FXE=90°；即FX⊥EX．

（2）連接MF；FN；ME、NE；

∵∠FAC=∠FBD；∠DFB=∠CFA；

∴△FCA∽△FDB；

∴；

∵AC=2AM；BD=2BN；

∴；

又∵∠FAM=∠FBN；

∴△FAM∽△FBNA；得∠AFM=∠BFN；

又∵∠AFX=∠BFX；

∴∠AFX-∠AFM=∠BFX-∠BFN；即∠MFX=∠NFX；

同理可證得∠NEX=∠MEX；

故FX、EX分別平分∠MFN與∠MEN．四、解答題(共4題，共28分)21、略

【分析】

（I）∵f（x）=sin2x+cos2x=

∴振幅A=周期T=．

（II）由（k∈Z），解得（k∈Z）．

∴函數(shù)f（x）的單調(diào)減區(qū)間是

（III）函數(shù)f（x）=的圖象向右平移個單位可得=

再將其橫坐標(biāo)變?yōu)樵瓉淼?倍變?yōu)閷⑵淇v坐標(biāo)縮小為原來的（橫坐標(biāo)不變）得到y(tǒng)=sinx．

【解析】【答案】（I）利用兩角和的正弦公式即可得到f（x）=即可得到振幅和周期；

（II）利用平移變換和伸縮變換的法則即可得出．

22、略

【分析】

（1）由指數(shù)函數(shù)y=3x在R上單調(diào)遞增，∴1=3＜30.1＜30.5；

由指數(shù)函數(shù)y=在R上單調(diào)遞減，∴

∴．

（2）∵A∩C=A；A∩B=?，∴A={1，3}．

∴p=-（1+3）=-4；q=1×3=3．

【解析】【答案】（1）利用指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性即可得出；

（2）利用集合的運算性質(zhì)和一元二次方程的根與系數(shù)的關(guān)系即可求出．

23、略

【分析】

（1）當(dāng)ω=2時；函數(shù)f（x）=cos2x．當(dāng)函數(shù)f（x）=cos2x取得最大值時，2x=2kπ，k∈Z，即x=kπ，k∈Z．（2分）

∴當(dāng)ω=2時；函數(shù)f（x）取得最大值時x的集合為{x|x=kπ，k∈Z}．（3分）

（2）∵f（x）的圖象過點

∴．（4分）

又ω＞0；

∴k∈N，∴．（5分）

當(dāng)k=0時，在區(qū)間上是減函數(shù)；（6分）

當(dāng)k=1時，ω=2，f（x）=cos2x在區(qū)間上是減函數(shù)；（7分）

當(dāng)k≥2時，f（x）=cosωx在區(qū)間上不是單調(diào)函數(shù)．（8分）

綜上，或ω=2．（9分）

（3）由（2）知滿足的函數(shù)為f（x）=cos2x；列表：

。2x-πxcos2x1-1（10分）

其在區(qū)間上的圖象是：

（12分）

【解析】【答案】（1）當(dāng)ω=2時；函數(shù)f（x）=cos2x，當(dāng)函數(shù)f（x）=cos2x取得最大值時，由2x=2kπ，k∈Z，求出x的集合．

（2）由f（x）的圖象過點可得又ω＞0，可得經(jīng)過檢驗；當(dāng)k=0或1時，滿足條件，從而得到ω的值．

當(dāng)k≥2時；不滿足條件．

（3）由（2）知滿足的函數(shù)為f（x）=cos2x；列表，在坐標(biāo)系中描點作圖．

24、略

【分析】

(1)

根據(jù)函數(shù)f(x)=Asin(婁脴x+婁脮)+h(A>0,婁脴>0,|婁脮|<婁脨).

在一個周期內(nèi)，當(dāng)x=婁脨12

時，y

取得最大值6

當(dāng)x=7婁脨12

時；y

取得最小值0.

求出AB婁脴婁脮

的值，進而可得函數(shù)f(x)

的解析式；

(2)

由(1)

中函數(shù)f(x)

的解析式；結(jié)合正弦型函數(shù)的單調(diào)性和對稱性，可得函數(shù)f(x)

的單調(diào)遞增區(qū)間與對稱中心坐標(biāo)；

(3)

分析當(dāng)x隆脢[鈭?婁脨12,婁脨6]

時；函數(shù)y=mf(x)鈭?1

的取值范圍，進而可得函數(shù)圖象與x

軸有交點時實數(shù)m

的取值范圍．

本題考查的知識點是正弦函數(shù)解析式的求法，正弦函數(shù)的單調(diào)性和對稱性，正弦函數(shù)的值域，熟練掌握正弦型函數(shù)的圖象和性質(zhì)是解答的關(guān)鍵．【解析】解：(1)隆脽

在一個周期內(nèi)，當(dāng)x=婁脨12

時，y

取得最大值6

當(dāng)x=7婁脨12

時，y

取得最小值0A>0

故A=6鈭?02=3B=6+02=3

T2=7婁脨12鈭?婁脨12=婁脨2

故T=婁脨

又隆脽婁脴>0

隆脿婁脴=2

將x=婁脨12y=6

代入得婁脨6+婁脮=婁脨2+2k婁脨k隆脢Z

隆脿婁脮=婁脨3+2k婁脨k隆脢Z

又隆脽|婁脮|<婁脨

隆脿婁脮=婁脨3

隆脿f(x)=3sin(2x+婁脨3)+3

(2)

由2x+婁脨3隆脢[鈭?婁脨2+2k婁脨,婁脨2+2k婁脨]k隆脢Z

得：

x隆脢[鈭?512婁脨+k婁脨,112婁脨+k婁脨],k隆脢Z

隆脿

函數(shù)f(x)

遞增區(qū)間[鈭?512婁脨+k婁脨,112婁脨+k婁脨],k隆脢Z

由2x+婁脨3=k婁脨+婁脨k隆脢Z

得：

x=婁脨3+k婁脨2,k隆脢Z

隆脿

函數(shù)f(x)

對稱中心(婁脨3+k婁脨2,3),k隆脢Z

(3)

當(dāng)x隆脢[鈭?婁脨12,婁脨6]

時，2x+婁脨3隆脢[婁脨6,2婁脨3]

3sin(2x+婁脨3)隆脢[32,3]f(x)隆脢[92,6]

若y=mf(x)鈭?1

則f(x)=1m

隆脿m隆脢[16,29]

．五、作圖題(共2題，共14分)25、解：程序框圖如下：

【分析】【分析】根據(jù)題意，設(shè)計的程序框圖時需要分別設(shè)置一個累加變量S和一個計數(shù)變量i，以及判斷項數(shù)的判斷框．26、解：由題意作示意圖如下；