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高中人教A版（2019）必修第一册 综合复习与测试（含答案解析）
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这是一份人教A版 (2019)必修 第一册全册综合同步达标检测题，共15页。试卷主要包含了单选题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
高中人教A版（2019）必修第一册
综合复习与测试
一、单选题
1.（2020·深圳模拟）设 x∈R ，则“ |x-2|<1 ”是“ x2+2x-3>0 ”的（ ）.
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 不充分不必要条件
2.（2021高一上·焦作期中）若正实数 x ， y 满足 x+y+xy-3=0 ，则 x+y 的最小值为（ ）
A. 3 B. 2 C. 3 D. 32
3.（2020高一上·南昌月考）已知函数 f(x)=x+1-1-x ，则不等式 f(x+1)>f(2x) 的解集为（ ）
A. (-∞,1) B. (-∞,1] C. [-12,0] D. [-12,1)
4.（2019高一上·瓦房店月考）若数 f(x)=ln(1+4x2+2x)+3 ，且 f(loga2019)=5 ，则 f(loga12019)= （ ）
A. -5 B. 4 C. 3 D. 1
5.（2020高二下·杭州期中）已知 α∈(0,π2) ， β∈(0,π2) ， cosα-sinαcosα+sinα=sinβ1+cosβ ，则（ ）
A. α+β=π4 B. α+β=π2 C. α+2β=π2 D. 2α+β=π2
6.（2021高一上·龙岗期中）已知一元二次方程 x2+mx+1=0 的两根都在 (0,4) 内，则实数 m 的取值范围是（ ）
A. (-52,-2]∪[2,+∞) B. (-52,-2)∪(2,+∞) C. (-174,-2) D. (-174,-2]
7.（2021高二上·九江期中）已知函数 f(x)=2sin(ωx+π3)(ω>0) 的最小正周期为 π2 ，且 f(x) 图象向右平移 π4 个单位长度后得到 g(x) 的图象，则 g(x) 的对称中心为（ ）
A. (kπ4+7π24,0)(k∈Z) B. (kπ4-7π24,0)(k∈Z)
C. (kπ4+π6,0)(k∈Z) D. (kπ4-π6,0)(k∈Z)
8.（2021高三上·宜春月考）对于实数 a,b,m ，下列说法：①若 a>b ，则 am2>bm2 ；②若 a>b ，则 a|a|>b|b| ；③若 b>a>0,m>0 ，则 a+mb+m>ab ；④若 a>b>0 ，且 |lna|=|lnb| ，则 2a+b∈[22,+∞) ，其中正确的命题的个数
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
9.（2019·山西模拟）已知函数 f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π) 的图像过两点 A(0,22),B(π4,0),f(x) 在 (0,π4) 内有且只有两个极值点，且极大值点小于极小值点，则 f(x)= （ ）
A. f(x)=sin(3x+π4) B. f(x)=sin(5x+3π4)
C. f(x)=sin(7x+π4) D. f(x)=sin(9x+3π4)
10.（2021高一上·重庆月考）在R上定义运算：a⊕b＝(a＋1)b.已知1≤x≤2时，存在x使不等式(m－x)⊕(m＋x)<4成立，则实数m的取值范围为（ ）
A. {m|－2
11.（2020高一上·上海月考）下列五个关系式：① {a,b}⊆{b,a} ；② {0}=∅ ；③ 0∈{0} ；④ ∅∈{0} ；⑤ ∅ ⊆{0} ，其中正确的序号是________
12.（2020高一上·东丽期末）计算： log35-log315+4(3-π)4= ________．
13.（2020高三上·赣县期中）已知函数 f(x) 满足当 x≤0 时， 2f(x-2)=f(x) ，且当 x∈(-2,0] 时， f(x)=|x+1|-1 ；当 x>0 时， f(x)=logax(a>0 且 a≠1 ).若函数 f(x) 的图象上关于原点对称的点恰好有3对，则 a 的取值范围是________.
14.（2021高一上·嘉兴期中）若 a>0 ，且 a≠1 ，则函数 f(x)=ax-1+1 的图象过定点 .
15.（2016高三上·北区期中）设f（x）是定义在R上的奇函数，且y=f（x）的图象关于直线 x=12 对称，则f（1）+f（2）+f（3）+f（4）+f（5）=____ ____
16.（2021高一下·贵阳期末）若 △ABC 中， AB=2 ， AC=2BC ，则 sinA 的最大值为 .
17.（2020高二下·通州期中）已知函数 f(x)={x2,x≥0-x2,x<0 ，若对于任意x∈[t，t+1]，不等式 14f(t-x)≥f(x) 恒成立，那么实数t的最大值是 ．
18.（2020高一上·湖南月考）已知函数 f(x)=x2+kx-2 ，若对于任意的 x1 、 x2 、 x3∈[2,52] ，以 f(x1) 、 f(x2) 、 f(x3) 为长度的线段都可以围成三角形，则实数 k 的取值范围为________.
三、解答题
19.（2021高三上·桂林月考）已知函数 f(x)=2sin(ωx+φ)(ω>0,-π2<φ<π2) 的图象如图所示，直线 x=3π8 、 x=7π8 是其两条对称轴．
（1）求函数 f(x) 的解析式；
（2）已知 f(α)=65 ，且 π8<α<3π8 ，求 f(π8+α) 的值．
20.（2020高一上·惠州期末）汽车“定速巡航”技术是用于控制汽车的定速行驶，当汽车被设定为定速巡航状态时，电脑根据道路状况和汽车的行驶阻力自动控制供油量，使汽车始终保持在所设定的车速行驶，而无需司机操纵油门，从而减轻疲劳，促进安全，节省燃料.某汽车公司为测量某型号汽车定速巡航状态下的油耗情况，选择一段长度为240km的平坦高速路段进行测试.经多次测试得到一辆汽车每小时耗油量F（单位：L）与速度v（单位：km/h）（ 0≤v≤120 ）的下列数据：
v
0
40
60
80
120
F
0
203
658
10
20
为了描述汽车每小时耗油量与速度的关系，现有以下三种函数模型供选择：
F(v)=av3+bv2+cv ， F(v)=(12)v+a ， F(v)=klogav+b .
（1）请选出你认为最符合实际的函数模型，并求出相应的函数解析式.
（2）这辆车在该测试路段上以什么速度行驶才能使总耗油量最少？
21.（2019高一下·来宾期末）已知 cosα+sinα=52 ， α∈(π4,π2)
（1）求 tan2α ；
（2）若 tan(π-β)=-155 ，求 tan(2α+β) .
22.（2020高一上·怀宁期中）设函数 f(x)=x2-(m+1)x+m .
（1）求不等式 f(x)<0 的解集；
（2）若对于 x∈[1,2] ， f(x)>m-4 恒成立，求 m 的取值范围.
答案解析部分
一、单选题
1.【答案】 A
【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】因为x-2<1⇒10⇒x<-3或x>1,
所以11
但x<-3或x>1不一定能推出10 ”的充分不必要条件.
故答案为：A。
【分析】利用已知条件结合充分条件、必要条件的判断方法，从而推出“ |x-2|<1 ”是“ x2+2x-3>0 ”的充分不必要条件。
2.【答案】 B
【考点】一元二次不等式的解法，基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】由题意，正实数 x,y 满足 x+y+xy-3=0 ，则 3-(x+y)=xy≤(x+y2)2 ，
令 x+y=t(t>0) ，可得 3-t≤(t2)2 ，即 t2+4t-12≥0 ，解得 t≥2 ，或 t≤-6 (舍去)，
所以当且仅当 x=y=1 时， x+y 取得最小值2。
故答案为：B.
【分析】利用已知条件结合均值不等式求最值的方法，得出xy≤(x+y2)2 ， 令 x+y=t(t>0) ，可得 3-t≤(t2)2 ，再利用一元二次不等式求解集的方法，从而求出t的取值范围，进而求出 x+y 的最小值 。
3.【答案】 C
【考点】函数的定义域及其求法，函数单调性的性质
【解析】【解答】函数 f(x)=x+1-1-x ，所以定义域为 {x+1≥01-x≥0 ，解得 -1≤x≤1 ，
因为 f1(x)=x+1 是单调递增函数， f2(x)=-1-x 是单调递增函数，
所以 f(x)=x+1-1-x 是 x∈[-1,1] 上的单调递增函数，
由不等式 f(x+1)>f(2x) 得 {-1≤x+1≤1-1≤2x≤1x+1>2x ，解得 -12≤x≤0 ，
故答案为：C.
【分析】先求出 f(x)=x+1-1-x 的定义域，再利用函数的单调性可求得 f(x+1)>f(2x) 答案.
4.【答案】 D
【考点】函数奇偶性的性质，函数的值
【解析】【解答】将函数变形为 f(x)-3=ln(1+4x2+2x)
令 g(x)=ln(1+4x2+2x)
则 g(-x)=ln(1+4x2-2x)
所以 g(x)+g(-x)=ln(1+4x2+2x)+ln(1+4x2-2x)
=ln(1+4x2-4x2)=ln1=0
即 g(-x)=-g(x)
所以 g(x)=ln(1+4x2+2x) 为奇函数
因为 f(loga2019)=5 , f(loga12019)=f(-loga2019)
所以由 f(x)-3=ln(1+4x2+2x) 代入可得
f(loga2019)-3=g(loga2019)
f(-loga2019)-3=g(-loga2019)
两式相加可得
f(loga2019)-3+f(-loga2019)-3=g(-loga2019)+g(loga2019)=0
所以 f(-loga2019)=6-f(loga2019)=6-5=1
即 f(loga12019)=f(-loga2019)=1
故答案为：D
【分析】将函数变形为 f(x)-3=ln(1+4x2+2x) ,可知右端为奇函数,根据奇函数性质即可求得 f(loga12019) 的值.
5.【答案】 D
【考点】两角和与差的余弦公式，两角和与差的正弦公式，三角函数的积化和差公式
【解析】【解答】因为 cosα-sinαcosα+sinα=sinβ1+cosβ ，
故可得 sinβcosα+sinαsinβ=cosα+cosαcosβ-sinα-sinαcosβ ，
则 sin(α+β)=cos(α+β)+2cos(α+π4)
2sin(α+β-π4)=2cos(α+π4)
即 sin(α+β-π4)=cos(α+π4) ，
又因为 α∈(0,π2) ， β∈(0,π2) ，
故可得 α+β-π4+α+π4=π2 ，
即 2α+β=π2 .
故答案为：D.
【分析】利用正余弦的和角公式以及辅助角公式，化简恒等式，结合角度范围，即可容易求得结果.
6.【答案】 D
【考点】函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】设 f(x)=x2+mx+1 ，则二次函数 f(x)=x2+mx+1 的两个零点都在区间 (0,4) 内，
由题意 {Δ=m2-4≥00<-m2<4f(0)=1>0f(4)=4m+17>0 ，解得 -174
故答案为：D.
【分析】 由题意利用一元二次方程根的分布与系数关系，二次函数的性质，求得实数m的取值范围.
7.【答案】 C
【考点】正弦函数的奇偶性与对称性，函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】 f(x)=2sin(ωx+π3)(ω>0) 的最小正周期为 T=2πω=π2 ，
所以 ω=4 ，即 f(x)=2sin(4x+π3) ，
故 g(x)=2sin[4(x-π4)+π3]=2sin(4x-2π3) ，
由 4x-2π3=kπ(k∈Z) ，解得 x=kπ4+π6(k∈Z) ，
从而 g(x) 的对称中心为 (kπ4+π6,0)(k∈Z) ，
故答案为：C．
【分析】由已知条件可得f(x)=2sin(4x+π3) ， 利用三角函数图像变换规律可得g(x)=2sin(4x-2π3) ， 再根据正弦函数的对称中心可得答案。
8.【答案】 B
【考点】命题的真假判断与应用，函数单调性的性质，不等式的基本性质
【解析】【解答】对于实数 a,b,m ，①若 a>b ，则m=0， am2=bm2 ，不成立；
②由f（x）=x|x|为奇函数，且x≥0时，f（x）递增，可得f（x）在R上递增，
若a＞b，则a|a|＞b|b|成立；
③若b＞a＞0，m＞0，则
a+mb+m-ab=ab+bm-ab-amb(b+m)=m(b-a)b(a+b)0， 可得 a+mb+m>ab 成立；
④若a＞b＞0且|lna|=|lnb|，则lna＞lnb，即有a＞1，0＜b＜1，可得lna+lnb=0，即 ab=1，2a+b=2a+1a 在（1，+∞）递增，可得 2a+b∈（3，+∞） 成立．所以④不正确．
故答案为：B．
【分析】利用已知条件结合不等式的基本性质和作差比较大小的方法、再利用函数的单调性，从而找出正确命题的个数。
9.【答案】 C
【考点】函数解析式的求解及常用方法，函数在某点取得极值的条件
【解析】【解答】由已知得 sinφ=22,0<φ<π ，所以 φ=π4 或 3π4 .
当 φ=π4 时， sin(π4ω+π4)=0 ，所以 ω=-1+4k,(k∈N*) .
若 ω=3 时， f(x)=sin(3x+π4) 在 (0,π4) 有一个极大值点，不符合题意；
若 ω=7 时， f(x)=sin(7x+π4) 在 (0,π4) 内极大值点为 π28 ，小于极小值点 5π28 ，符合题意；
当 ω=3π4 时， sin(π4ω+3π4)=0 ，所以 ω=-3+4k,(k∈N*) .
若 ω=5 时， f(x)=sin(5x+3π4) 在 (0，π4) 有一个极小值点，不符合题意；
若 ω=9 时， f(x)=sin(9x+3π4) 在 (0,π4) 极小值点 π12 和极大值点 7π36 ，不符合题意.
综上所述：应选C.
【分析】因为 f(x) 过点 A(0,22), 结合 φ 的范围，可得 φ=π4 或 3π4 ．当 φ=π4 时，对 ω 进行赋值，通过图像检验是否满足题意，同理当 φ=3π4 时，进行赋值检验，即可得结果．
10.【答案】 C
【考点】存在量词命题，二次函数在闭区间上的最值
【解析】【解答】依题意得(m－x)⊕(m＋x)＝(m－x＋1)(m＋x)＝m2－x2＋m＋x，
因为1≤x≤2时，存在x使不等式(m－x)⊕(m＋x)<4成立，
所以存在1≤x≤2，使不等式m2＋m
因为1≤x≤2，所以当x＝2时，x2－x＋4取最大值6，
所以m2＋m<6，解得－3
【分析】 在R上定义运算：a⊕b＝(a＋1)b ，依题意得(m－x)⊕(m＋x)＝m2－x2＋m＋x，再利用1≤x≤2时，存在x使不等式(m－x)⊕(m＋x)<4成立，所以存在1≤x≤2，使不等式m2＋m
二、填空题
11.【答案】 ①③⑤
【考点】元素与集合关系的判断，集合的包含关系判断及应用
【解析】【解答】对于①，由 {a,b}={b,a} 可得 {a,b}⊆{b,a} ，故①正确；
对于②， {0} 为单元素集， ∅ 中不含元素，所以 {0}≠∅ ，故②错误；
对于③，由元素与集合的关系可得 0∈{0} ，故③正确；
对于④、⑤， ∅ 、 {0} 均为集合，所以 ∅⊆{0} ，故④错误，⑤正确.
故答案为：①③⑤.
【分析】根据题意由元素和集合之间的关系以及集合与集合之间的关系对关系式逐一判断即可得出答案。
12.【答案】 π-4
【考点】方根与根式及根式的化简运算，对数的运算性质
【解析】【解答】 log35-log315+4(3-π)4=log3515+|3-π|=log313+π-3=π-4 ，
故答案为：π-4。
【分析】利用对数的运算法则结合根式的性质和绝对值的定义，从而化简求值。
13.【答案】 (9,625)
【考点】奇偶函数图象的对称性，函数的周期性，函数零点的判定定理
【解析】【解答】由题意，函数 f(x) 满足当当 x≤0 时， 2f(x-2)=f(x) ，此时函数 f(x) 的周期为2，但函数值依次减小，且当 x∈(-2,0] 时， f(x)=|x+1|-1 ，当 x>0 时， f(x)=logax(a>0 且 a≠1 )
因为函数 f(x) 图象上关于原点对称的点恰好有3对，
先作出函数 f(x) 在 (-∞,0] 上的部分图象，再作出 f(x)=logax 关于原点对称的图象，
如图所示，当 0
当 a>1 时，要使函数 f(x) 关于原点对称后的图象与所作的图象有3个交点，
则满足 {a>1-loga3>-12-loga5<-14 ，解得 9
【分析】利用函数的周期性和函数的对称性，作出函数的图象，结合函数零点的个数，列出不等式组，即可求解.
14.【答案】 (1,2)
【考点】指数函数的图象与性质
【解析】【解答】令 x-1=0 ，得 x=1 ， ∴f(1)=a0+1=2 ，
∴ 函数 f(x)=ax-1+1 的图象恒过定点 (1,2) 。
故答案为： (1,2) 。
【分析】利用指数型函数的图像恒过定点的性质，从而求出函数 f(x)=ax-1+1 的图象恒过定点坐标。
15.【答案】0
【考点】奇偶函数图象的对称性
【解析】【解答】解：f（x）是定义在R上的奇函数，且y=f（x）的图象关于直线 x=12 对称，
∴f（﹣x）=﹣f（x）， ，
∴f（﹣x）=f（1+x）=﹣f（x）f（2+x）=﹣f（1+x）=f（x），
∴f（0）=f（1）=f（3）=f（5）=0，f（0）=f（2）=f（4）=0，
所以f（1）+f（2）+f（3）+f（4）+f（5）=0
故答案为：0
【分析】先由f（x）是定义在R上的奇函数，结合对称性变形为 ，f（﹣x）=f（1+x）=﹣f（x）
f（2+x）=﹣f（1+x）=f（x），再由f（0）=0求解．
16.【答案】 22
【考点】基本不等式在最值问题中的应用，余弦定理
【解析】【解答】在 △ABC 中，设 BC=x ，可得 AC=2BC=2x ，
由三角形的性质，可得 {2+x>2xx+2x>2 ，解得 2(2-1)
≥142×2x⋅4x=22 ，当且仅当 x=4x 时，即 x=2 时，等号成立，
又由 A∈(0,π) ，所以 A∈(0,π4] ，所以 sinA∈(0,22] ，即 sinA 的最大值为 22 。
故答案为： 22 。
【分析】在 △ABC 中，设 BC=x ，可得 AC=2BC=2x ，由三角形的性质，即两边之和大于第三边，从而求出x的取值范围，再利用余弦定理结合均值不等式求最值的方法求出角A的余弦值的最小值，再结合三角形中角A的取值范围和余弦函数的图像，从而求出角A的取值范围，再利用正弦函数的图像求出正弦函数的值域，进而求出sinA 的最大值。
17.【答案】 -32
【考点】奇偶性与单调性的综合，函数恒成立问题
【解析】【解答】当 x>0 时， f(-x)=-(-x)2=-f(x) ，而 f(x)=x2>0 ，函数单调递增，
当 x<0 时， f(-x)=(-x)2=-f(x) ，而 f(x)=-x2<0 ，函数单调递减，而 f(0)=0 ，
所以函数 f(x) 是实数集上的奇函数且是递增函数，
因此有： 14f(t-x)≥f(x)⇒f(t-x)≥4f(x)=f(2x)⇒t-x≥2x⇒t≥3x ，
因为x∈[t，t+1]，所以 3 x∈[ 3t ， 3t+3 ]，
要想对于任意x∈[t，t+1]，不等式 14f(t-x)≥f(x) 恒成立，
则有 t≥3t+3⇒t≤-32 ，实数t的最大值是 -32 。
故答案为： -32。
【分析】利用分类讨论的方法结合奇函数的定义和增函数的定义，进而判断出函数 f(x) 是实数集上的奇函数且是递增函数，再利用奇函数的定义结合增函数的性质，再结合不等式恒成立问题求解方法，进而求出实数t的最大值。
18.【答案】 (16,+∞)
【考点】函数的最值及其几何意义，函数恒成立问题，二次函数的性质
【解析】【解答】由题意易知，当 x∈[2,52] 时 f(x)>0 恒成立，
即 x2+kx-2>0 在 [2,52] 上恒成立，化简为 k>2x-x 恒成立，
因为函数 y=2x-x 在 x∈[2,52] 上为减函数，所以 (2x-x)max=-1 ，所以 k>-1 ，
因为二次函数 f(x)=x2+kx-2 的对称轴为 x=-k2<12 ，
所以 f(x) 在 [2，52] 上单调递增， f(x)min=f(2)=2k+2 ， f(x)max=f(52)=52k+174 ，
要使以 f(x1) 、 f(x2) 、 f(x3) 为长度的线段能围成三角形，
只需三个值中两较小值的和大于最大值，
即 2(2+2k)>52k+174 ，解得 k>16 ，
综上所述，实数 k 的取值范围为 (16,+∞) ，
故答案为： (16,+∞) 。
【分析】由题意易知，当 x∈[2,52] 时 f(x)>0 恒成立，即 x2+kx-2>0 在 [2,52] 上恒成立，化简为 k>2x-x 恒成立，再利用减函数的定义推出函数 y=2x-x 在 x∈[2,52] 上为减函数，从而求出函数 y=2x-x 在 x∈[2,52] 上的最大值，从而求出k>-1 ， 再利用二次函数 f(x)=x2+kx-2 的图象的对称性，从而判断出二次函数 f(x)=x2+kx-2 在 [2，52] 上的单调性，进而求出二次函数 f(x)=x2+kx-2的最小值和最大值，
要使以 f(x1) 、 f(x2) 、 f(x3) 为长度的线段能围成三角形，只需三个值中两较小值的和大于最大值，即 2(2+2k)>52k+174 ，从而求出k>16 ， 综上所述，求出实数k的取值范围。
三、解答题
19.【答案】 （1）解：因为直线 x=3π8 、 x=7π8 是其两条对称轴，
所以 T2=7π8-3π8∴T=π,ω=2πT=2 ，
因为 f(7π8)=-2∴sin(7π4+φ)=-1
∴7π4+φ=3π2+2kπ(k∈Z)∴φ=-π4+2kπ(k∈Z)
∵-π2<φ<π2∴φ=π4 ，所以 f(x)=2sin(2x-π4)
（2）解：因为 f(α)=65 ，所以 sin(2α-π4)=35
因为 π8<α<3π8 ，所以 0<2α-π4<π2∴ cos(2α-π4)=45
f(π8+α)=2sin(2α-π4+π4)=2[sin(2α-π4)+cos(2α-π4)]=725
【考点】正弦函数的单调性，由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
【解析】【分析】(1)由已知的图象的性质即可得出函数的周期，由函数周期公式代入计算出ω的值，然后由特殊点法代入计算出φ=-π4+2kπ(k∈Z) ， 结合题意即可求出φ=π4 ， 从而得到函数的解析式。
(2)利用特殊值代入法计算出sin(2α-π4)=35 ， 结合角的取值范围结合同角三角函数的基本关系式计算出cos(2α-π4)=45 ， 然后两角和的正弦公式代入数值计算出结果即可。
20.【答案】 （1）解：由题意可知，符合本题的函数模型必须满足定义域为 [0,120] ，且在 [0,120] 上为增函数；
函数 F(v)=(12)v+a 在 [0,120] 是减函数，所以不符合题意；
而函数 F(v)=klogav+b 的 v≠0 ，即定义域不可能为 [0,120] ，也不符合题意；
所以选择函数 F(v)=av3+bv2+cv .
由已知数据得： {40(402a+40b+c)=20360(602a+60b+c)=65880(802a+80b+c)=10
解得： {a=138400b=-1240c=724
所以， F(v)=138400v3-1240v2+724v(0≤v≤120)
（2）解：设这辆车在该测试路段的总耗油量为y，行驶时间为t，由题意得：
y=F⋅t
=(138400v3-1240v2+724v)⋅240v
=1160v2-v+70
=1160(v-80)2+30
因为 0≤v≤120 ，所以，当 v=80 时，y有最小值30.
所以，这辆车在该测试路段上以80km/h的速度行驶时总耗油量最少，最少为30L.
【考点】函数的最值及其几何意义，二次函数在闭区间上的最值，函数模型的选择与应用
【解析】【分析】(1)根据题意由已知条件整理化简即可得出函数的解析式，利用待定系数法代入数值计算出结果，由此即可得出函数的解析式。
(2)根据题意把实际问题转化为数学问题，结合题意整理即可得出函数的解析式，再由二次函数的性质即可求出函数的最值，由此即可得出答案。
21.【答案】 （1）解：因为 cosα+sinα=52 ，
所以 cos2α+sin2α+sin2α=1+sin2α=54 ，即 sin2α=14 .
因为 α∈(π4,π2) ，所以 2α∈(π2,π) ，所以 cos2α=-154 ，
故 tan2α=sin2αcos2α=-1515 .
（2）解：因为 tan(π-β)=-155 ，所以 tanβ=155 ，
所以 tan(2α+β)=tan2α+tanβ1-tan2αtanβ=-1515+1551+1515×155=159 .
【考点】两角和与差的正切公式，同角三角函数间的基本关系
【解析】【分析】（1）两边平方可得 sin2α=14 ，根据同角公式可得 cos2α=-154 ， tan2α=-1515 ；（2）根据两角和的正切公式，计算可得结果.
22.【答案】 （1）解： ∵f(x)<0 ， ∴x2-(m+1)x+m<0 ， ∴(x-m)(x-1)<0 .
当 m<1 时，不等式 f(x)<0 的解集为 (m,1) ；
当 m=1 时，原不等式为 (x-1)2<0 ，该不等式的解集为 ∅ ；
当 m>1 时，不等式 f(x)<0 的解集为 (1,m)
（2）解：由题意，当 x∈[1,2] 时， x2-(m+1)x+4>0 恒成立，
即 x∈[1,2] 时， m
所以， m<3 ，因此，实数 m 的取值范围是 (-∞,3)
【考点】函数恒成立问题，一元二次不等式的解法，基本不等式在最值问题中的应用，一元二次方程的解集及其根与系数的关系
【解析】【分析】（1）由 f(x)<0 得 (x-m)(x-1)<0 ，然后分 m<1 、 m=1 、 m>1 三种情况来解不等式 f(x)<0 ；（2）由 f(x)>m-4 恒成立，由参变量分离法得出 m
高中人教A版（2019）必修第一册
综合复习与测试
一、单选题
1.（2020·深圳模拟）设 x∈R ，则“ |x-2|<1 ”是“ x2+2x-3>0 ”的（ ）.
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充要条件 D. 不充分不必要条件
2.（2021高一上·焦作期中）若正实数 x ， y 满足 x+y+xy-3=0 ，则 x+y 的最小值为（ ）
A. 3 B. 2 C. 3 D. 32
3.（2020高一上·南昌月考）已知函数 f(x)=x+1-1-x ，则不等式 f(x+1)>f(2x) 的解集为（ ）
A. (-∞,1) B. (-∞,1] C. [-12,0] D. [-12,1)
4.（2019高一上·瓦房店月考）若数 f(x)=ln(1+4x2+2x)+3 ，且 f(loga2019)=5 ，则 f(loga12019)= （ ）
A. -5 B. 4 C. 3 D. 1
5.（2020高二下·杭州期中）已知 α∈(0,π2) ， β∈(0,π2) ， cosα-sinαcosα+sinα=sinβ1+cosβ ，则（ ）
A. α+β=π4 B. α+β=π2 C. α+2β=π2 D. 2α+β=π2
6.（2021高一上·龙岗期中）已知一元二次方程 x2+mx+1=0 的两根都在 (0,4) 内，则实数 m 的取值范围是（ ）
A. (-52,-2]∪[2,+∞) B. (-52,-2)∪(2,+∞) C. (-174,-2) D. (-174,-2]
7.（2021高二上·九江期中）已知函数 f(x)=2sin(ωx+π3)(ω>0) 的最小正周期为 π2 ，且 f(x) 图象向右平移 π4 个单位长度后得到 g(x) 的图象，则 g(x) 的对称中心为（ ）
A. (kπ4+7π24,0)(k∈Z) B. (kπ4-7π24,0)(k∈Z)
C. (kπ4+π6,0)(k∈Z) D. (kπ4-π6,0)(k∈Z)
8.（2021高三上·宜春月考）对于实数 a,b,m ，下列说法：①若 a>b ，则 am2>bm2 ；②若 a>b ，则 a|a|>b|b| ；③若 b>a>0,m>0 ，则 a+mb+m>ab ；④若 a>b>0 ，且 |lna|=|lnb| ，则 2a+b∈[22,+∞) ，其中正确的命题的个数
A. 1 B. 2 C. 3 D. 4
9.（2019·山西模拟）已知函数 f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,0<φ<π) 的图像过两点 A(0,22),B(π4,0),f(x) 在 (0,π4) 内有且只有两个极值点，且极大值点小于极小值点，则 f(x)= （ ）
A. f(x)=sin(3x+π4) B. f(x)=sin(5x+3π4)
C. f(x)=sin(7x+π4) D. f(x)=sin(9x+3π4)
10.（2021高一上·重庆月考）在R上定义运算：a⊕b＝(a＋1)b.已知1≤x≤2时，存在x使不等式(m－x)⊕(m＋x)<4成立，则实数m的取值范围为（ ）
A. {m|－2
11.（2020高一上·上海月考）下列五个关系式：① {a,b}⊆{b,a} ；② {0}=∅ ；③ 0∈{0} ；④ ∅∈{0} ；⑤ ∅ ⊆{0} ，其中正确的序号是________
12.（2020高一上·东丽期末）计算： log35-log315+4(3-π)4= ________．
13.（2020高三上·赣县期中）已知函数 f(x) 满足当 x≤0 时， 2f(x-2)=f(x) ，且当 x∈(-2,0] 时， f(x)=|x+1|-1 ；当 x>0 时， f(x)=logax(a>0 且 a≠1 ).若函数 f(x) 的图象上关于原点对称的点恰好有3对，则 a 的取值范围是________.
14.（2021高一上·嘉兴期中）若 a>0 ，且 a≠1 ，则函数 f(x)=ax-1+1 的图象过定点 .
15.（2016高三上·北区期中）设f（x）是定义在R上的奇函数，且y=f（x）的图象关于直线 x=12 对称，则f（1）+f（2）+f（3）+f（4）+f（5）=____ ____
16.（2021高一下·贵阳期末）若 △ABC 中， AB=2 ， AC=2BC ，则 sinA 的最大值为 .
17.（2020高二下·通州期中）已知函数 f(x)={x2,x≥0-x2,x<0 ，若对于任意x∈[t，t+1]，不等式 14f(t-x)≥f(x) 恒成立，那么实数t的最大值是 ．
18.（2020高一上·湖南月考）已知函数 f(x)=x2+kx-2 ，若对于任意的 x1 、 x2 、 x3∈[2,52] ，以 f(x1) 、 f(x2) 、 f(x3) 为长度的线段都可以围成三角形，则实数 k 的取值范围为________.
三、解答题
19.（2021高三上·桂林月考）已知函数 f(x)=2sin(ωx+φ)(ω>0,-π2<φ<π2) 的图象如图所示，直线 x=3π8 、 x=7π8 是其两条对称轴．
（1）求函数 f(x) 的解析式；
（2）已知 f(α)=65 ，且 π8<α<3π8 ，求 f(π8+α) 的值．
20.（2020高一上·惠州期末）汽车“定速巡航”技术是用于控制汽车的定速行驶，当汽车被设定为定速巡航状态时，电脑根据道路状况和汽车的行驶阻力自动控制供油量，使汽车始终保持在所设定的车速行驶，而无需司机操纵油门，从而减轻疲劳，促进安全，节省燃料.某汽车公司为测量某型号汽车定速巡航状态下的油耗情况，选择一段长度为240km的平坦高速路段进行测试.经多次测试得到一辆汽车每小时耗油量F（单位：L）与速度v（单位：km/h）（ 0≤v≤120 ）的下列数据：
v
0
40
60
80
120
F
0
203
658
10
20
为了描述汽车每小时耗油量与速度的关系，现有以下三种函数模型供选择：
F(v)=av3+bv2+cv ， F(v)=(12)v+a ， F(v)=klogav+b .
（1）请选出你认为最符合实际的函数模型，并求出相应的函数解析式.
（2）这辆车在该测试路段上以什么速度行驶才能使总耗油量最少？
21.（2019高一下·来宾期末）已知 cosα+sinα=52 ， α∈(π4,π2)
（1）求 tan2α ；
（2）若 tan(π-β)=-155 ，求 tan(2α+β) .
22.（2020高一上·怀宁期中）设函数 f(x)=x2-(m+1)x+m .
（1）求不等式 f(x)<0 的解集；
（2）若对于 x∈[1,2] ， f(x)>m-4 恒成立，求 m 的取值范围.
答案解析部分
一、单选题
1.【答案】 A
【考点】必要条件、充分条件与充要条件的判断
【解析】【解答】因为x-2<1⇒1
所以1
但x<-3或x>1不一定能推出1
故答案为：A。
【分析】利用已知条件结合充分条件、必要条件的判断方法，从而推出“ |x-2|<1 ”是“ x2+2x-3>0 ”的充分不必要条件。
2.【答案】 B
【考点】一元二次不等式的解法，基本不等式在最值问题中的应用
【解析】【解答】由题意，正实数 x,y 满足 x+y+xy-3=0 ，则 3-(x+y)=xy≤(x+y2)2 ，
令 x+y=t(t>0) ，可得 3-t≤(t2)2 ，即 t2+4t-12≥0 ，解得 t≥2 ，或 t≤-6 (舍去)，
所以当且仅当 x=y=1 时， x+y 取得最小值2。
故答案为：B.
【分析】利用已知条件结合均值不等式求最值的方法，得出xy≤(x+y2)2 ， 令 x+y=t(t>0) ，可得 3-t≤(t2)2 ，再利用一元二次不等式求解集的方法，从而求出t的取值范围，进而求出 x+y 的最小值 。
3.【答案】 C
【考点】函数的定义域及其求法，函数单调性的性质
【解析】【解答】函数 f(x)=x+1-1-x ，所以定义域为 {x+1≥01-x≥0 ，解得 -1≤x≤1 ，
因为 f1(x)=x+1 是单调递增函数， f2(x)=-1-x 是单调递增函数，
所以 f(x)=x+1-1-x 是 x∈[-1,1] 上的单调递增函数，
由不等式 f(x+1)>f(2x) 得 {-1≤x+1≤1-1≤2x≤1x+1>2x ，解得 -12≤x≤0 ，
故答案为：C.
【分析】先求出 f(x)=x+1-1-x 的定义域，再利用函数的单调性可求得 f(x+1)>f(2x) 答案.
4.【答案】 D
【考点】函数奇偶性的性质，函数的值
【解析】【解答】将函数变形为 f(x)-3=ln(1+4x2+2x)
令 g(x)=ln(1+4x2+2x)
则 g(-x)=ln(1+4x2-2x)
所以 g(x)+g(-x)=ln(1+4x2+2x)+ln(1+4x2-2x)
=ln(1+4x2-4x2)=ln1=0
即 g(-x)=-g(x)
所以 g(x)=ln(1+4x2+2x) 为奇函数
因为 f(loga2019)=5 , f(loga12019)=f(-loga2019)
所以由 f(x)-3=ln(1+4x2+2x) 代入可得
f(loga2019)-3=g(loga2019)
f(-loga2019)-3=g(-loga2019)
两式相加可得
f(loga2019)-3+f(-loga2019)-3=g(-loga2019)+g(loga2019)=0
所以 f(-loga2019)=6-f(loga2019)=6-5=1
即 f(loga12019)=f(-loga2019)=1
故答案为：D
【分析】将函数变形为 f(x)-3=ln(1+4x2+2x) ,可知右端为奇函数,根据奇函数性质即可求得 f(loga12019) 的值.
5.【答案】 D
【考点】两角和与差的余弦公式，两角和与差的正弦公式，三角函数的积化和差公式
【解析】【解答】因为 cosα-sinαcosα+sinα=sinβ1+cosβ ，
故可得 sinβcosα+sinαsinβ=cosα+cosαcosβ-sinα-sinαcosβ ，
则 sin(α+β)=cos(α+β)+2cos(α+π4)
2sin(α+β-π4)=2cos(α+π4)
即 sin(α+β-π4)=cos(α+π4) ，
又因为 α∈(0,π2) ， β∈(0,π2) ，
故可得 α+β-π4+α+π4=π2 ，
即 2α+β=π2 .
故答案为：D.
【分析】利用正余弦的和角公式以及辅助角公式，化简恒等式，结合角度范围，即可容易求得结果.
6.【答案】 D
【考点】函数的零点与方程根的关系
【解析】【解答】设 f(x)=x2+mx+1 ，则二次函数 f(x)=x2+mx+1 的两个零点都在区间 (0,4) 内，
由题意 {Δ=m2-4≥00<-m2<4f(0)=1>0f(4)=4m+17>0 ，解得 -174
故答案为：D.
【分析】 由题意利用一元二次方程根的分布与系数关系，二次函数的性质，求得实数m的取值范围.
7.【答案】 C
【考点】正弦函数的奇偶性与对称性，函数y=Asin（ωx+φ）的图象变换
【解析】【解答】 f(x)=2sin(ωx+π3)(ω>0) 的最小正周期为 T=2πω=π2 ，
所以 ω=4 ，即 f(x)=2sin(4x+π3) ，
故 g(x)=2sin[4(x-π4)+π3]=2sin(4x-2π3) ，
由 4x-2π3=kπ(k∈Z) ，解得 x=kπ4+π6(k∈Z) ，
从而 g(x) 的对称中心为 (kπ4+π6,0)(k∈Z) ，
故答案为：C．
【分析】由已知条件可得f(x)=2sin(4x+π3) ， 利用三角函数图像变换规律可得g(x)=2sin(4x-2π3) ， 再根据正弦函数的对称中心可得答案。
8.【答案】 B
【考点】命题的真假判断与应用，函数单调性的性质，不等式的基本性质
【解析】【解答】对于实数 a,b,m ，①若 a>b ，则m=0， am2=bm2 ，不成立；
②由f（x）=x|x|为奇函数，且x≥0时，f（x）递增，可得f（x）在R上递增，
若a＞b，则a|a|＞b|b|成立；
③若b＞a＞0，m＞0，则
a+mb+m-ab=ab+bm-ab-amb(b+m)=m(b-a)b(a+b)0， 可得 a+mb+m>ab 成立；
④若a＞b＞0且|lna|=|lnb|，则lna＞lnb，即有a＞1，0＜b＜1，可得lna+lnb=0，即 ab=1，2a+b=2a+1a 在（1，+∞）递增，可得 2a+b∈（3，+∞） 成立．所以④不正确．
故答案为：B．
【分析】利用已知条件结合不等式的基本性质和作差比较大小的方法、再利用函数的单调性，从而找出正确命题的个数。
9.【答案】 C
【考点】函数解析式的求解及常用方法，函数在某点取得极值的条件
【解析】【解答】由已知得 sinφ=22,0<φ<π ，所以 φ=π4 或 3π4 .
当 φ=π4 时， sin(π4ω+π4)=0 ，所以 ω=-1+4k,(k∈N*) .
若 ω=3 时， f(x)=sin(3x+π4) 在 (0,π4) 有一个极大值点，不符合题意；
若 ω=7 时， f(x)=sin(7x+π4) 在 (0,π4) 内极大值点为 π28 ，小于极小值点 5π28 ，符合题意；
当 ω=3π4 时， sin(π4ω+3π4)=0 ，所以 ω=-3+4k,(k∈N*) .
若 ω=5 时， f(x)=sin(5x+3π4) 在 (0，π4) 有一个极小值点，不符合题意；
若 ω=9 时， f(x)=sin(9x+3π4) 在 (0,π4) 极小值点 π12 和极大值点 7π36 ，不符合题意.
综上所述：应选C.
【分析】因为 f(x) 过点 A(0,22), 结合 φ 的范围，可得 φ=π4 或 3π4 ．当 φ=π4 时，对 ω 进行赋值，通过图像检验是否满足题意，同理当 φ=3π4 时，进行赋值检验，即可得结果．
10.【答案】 C
【考点】存在量词命题，二次函数在闭区间上的最值
【解析】【解答】依题意得(m－x)⊕(m＋x)＝(m－x＋1)(m＋x)＝m2－x2＋m＋x，
因为1≤x≤2时，存在x使不等式(m－x)⊕(m＋x)<4成立，
所以存在1≤x≤2，使不等式m2＋m
因为1≤x≤2，所以当x＝2时，x2－x＋4取最大值6，
所以m2＋m<6，解得－3
【分析】 在R上定义运算：a⊕b＝(a＋1)b ，依题意得(m－x)⊕(m＋x)＝m2－x2＋m＋x，再利用1≤x≤2时，存在x使不等式(m－x)⊕(m＋x)<4成立，所以存在1≤x≤2，使不等式m2＋m
二、填空题
11.【答案】 ①③⑤
【考点】元素与集合关系的判断，集合的包含关系判断及应用
【解析】【解答】对于①，由 {a,b}={b,a} 可得 {a,b}⊆{b,a} ，故①正确；
对于②， {0} 为单元素集， ∅ 中不含元素，所以 {0}≠∅ ，故②错误；
对于③，由元素与集合的关系可得 0∈{0} ，故③正确；
对于④、⑤， ∅ 、 {0} 均为集合，所以 ∅⊆{0} ，故④错误，⑤正确.
故答案为：①③⑤.
【分析】根据题意由元素和集合之间的关系以及集合与集合之间的关系对关系式逐一判断即可得出答案。
12.【答案】 π-4
【考点】方根与根式及根式的化简运算，对数的运算性质
【解析】【解答】 log35-log315+4(3-π)4=log3515+|3-π|=log313+π-3=π-4 ，
故答案为：π-4。
【分析】利用对数的运算法则结合根式的性质和绝对值的定义，从而化简求值。
13.【答案】 (9,625)
【考点】奇偶函数图象的对称性，函数的周期性，函数零点的判定定理
【解析】【解答】由题意，函数 f(x) 满足当当 x≤0 时， 2f(x-2)=f(x) ，此时函数 f(x) 的周期为2，但函数值依次减小，且当 x∈(-2,0] 时， f(x)=|x+1|-1 ，当 x>0 时， f(x)=logax(a>0 且 a≠1 )
因为函数 f(x) 图象上关于原点对称的点恰好有3对，
先作出函数 f(x) 在 (-∞,0] 上的部分图象，再作出 f(x)=logax 关于原点对称的图象，
如图所示，当 0
当 a>1 时，要使函数 f(x) 关于原点对称后的图象与所作的图象有3个交点，
则满足 {a>1-loga3>-12-loga5<-14 ，解得 9
【分析】利用函数的周期性和函数的对称性，作出函数的图象，结合函数零点的个数，列出不等式组，即可求解.
14.【答案】 (1,2)
【考点】指数函数的图象与性质
【解析】【解答】令 x-1=0 ，得 x=1 ， ∴f(1)=a0+1=2 ，
∴ 函数 f(x)=ax-1+1 的图象恒过定点 (1,2) 。
故答案为： (1,2) 。
【分析】利用指数型函数的图像恒过定点的性质，从而求出函数 f(x)=ax-1+1 的图象恒过定点坐标。
15.【答案】0
【考点】奇偶函数图象的对称性
【解析】【解答】解：f（x）是定义在R上的奇函数，且y=f（x）的图象关于直线 x=12 对称，
∴f（﹣x）=﹣f（x）， ，
∴f（﹣x）=f（1+x）=﹣f（x）f（2+x）=﹣f（1+x）=f（x），
∴f（0）=f（1）=f（3）=f（5）=0，f（0）=f（2）=f（4）=0，
所以f（1）+f（2）+f（3）+f（4）+f（5）=0
故答案为：0
【分析】先由f（x）是定义在R上的奇函数，结合对称性变形为 ，f（﹣x）=f（1+x）=﹣f（x）
f（2+x）=﹣f（1+x）=f（x），再由f（0）=0求解．
16.【答案】 22
【考点】基本不等式在最值问题中的应用，余弦定理
【解析】【解答】在 △ABC 中，设 BC=x ，可得 AC=2BC=2x ，
由三角形的性质，可得 {2+x>2xx+2x>2 ，解得 2(2-1)
≥142×2x⋅4x=22 ，当且仅当 x=4x 时，即 x=2 时，等号成立，
又由 A∈(0,π) ，所以 A∈(0,π4] ，所以 sinA∈(0,22] ，即 sinA 的最大值为 22 。
故答案为： 22 。
【分析】在 △ABC 中，设 BC=x ，可得 AC=2BC=2x ，由三角形的性质，即两边之和大于第三边，从而求出x的取值范围，再利用余弦定理结合均值不等式求最值的方法求出角A的余弦值的最小值，再结合三角形中角A的取值范围和余弦函数的图像，从而求出角A的取值范围，再利用正弦函数的图像求出正弦函数的值域，进而求出sinA 的最大值。
17.【答案】 -32
【考点】奇偶性与单调性的综合，函数恒成立问题
【解析】【解答】当 x>0 时， f(-x)=-(-x)2=-f(x) ，而 f(x)=x2>0 ，函数单调递增，
当 x<0 时， f(-x)=(-x)2=-f(x) ，而 f(x)=-x2<0 ，函数单调递减，而 f(0)=0 ，
所以函数 f(x) 是实数集上的奇函数且是递增函数，
因此有： 14f(t-x)≥f(x)⇒f(t-x)≥4f(x)=f(2x)⇒t-x≥2x⇒t≥3x ，
因为x∈[t，t+1]，所以 3 x∈[ 3t ， 3t+3 ]，
要想对于任意x∈[t，t+1]，不等式 14f(t-x)≥f(x) 恒成立，
则有 t≥3t+3⇒t≤-32 ，实数t的最大值是 -32 。
故答案为： -32。
【分析】利用分类讨论的方法结合奇函数的定义和增函数的定义，进而判断出函数 f(x) 是实数集上的奇函数且是递增函数，再利用奇函数的定义结合增函数的性质，再结合不等式恒成立问题求解方法，进而求出实数t的最大值。
18.【答案】 (16,+∞)
【考点】函数的最值及其几何意义，函数恒成立问题，二次函数的性质
【解析】【解答】由题意易知，当 x∈[2,52] 时 f(x)>0 恒成立，
即 x2+kx-2>0 在 [2,52] 上恒成立，化简为 k>2x-x 恒成立，
因为函数 y=2x-x 在 x∈[2,52] 上为减函数，所以 (2x-x)max=-1 ，所以 k>-1 ，
因为二次函数 f(x)=x2+kx-2 的对称轴为 x=-k2<12 ，
所以 f(x) 在 [2，52] 上单调递增， f(x)min=f(2)=2k+2 ， f(x)max=f(52)=52k+174 ，
要使以 f(x1) 、 f(x2) 、 f(x3) 为长度的线段能围成三角形，
只需三个值中两较小值的和大于最大值，
即 2(2+2k)>52k+174 ，解得 k>16 ，
综上所述，实数 k 的取值范围为 (16,+∞) ，
故答案为： (16,+∞) 。
【分析】由题意易知，当 x∈[2,52] 时 f(x)>0 恒成立，即 x2+kx-2>0 在 [2,52] 上恒成立，化简为 k>2x-x 恒成立，再利用减函数的定义推出函数 y=2x-x 在 x∈[2,52] 上为减函数，从而求出函数 y=2x-x 在 x∈[2,52] 上的最大值，从而求出k>-1 ， 再利用二次函数 f(x)=x2+kx-2 的图象的对称性，从而判断出二次函数 f(x)=x2+kx-2 在 [2，52] 上的单调性，进而求出二次函数 f(x)=x2+kx-2的最小值和最大值，
要使以 f(x1) 、 f(x2) 、 f(x3) 为长度的线段能围成三角形，只需三个值中两较小值的和大于最大值，即 2(2+2k)>52k+174 ，从而求出k>16 ， 综上所述，求出实数k的取值范围。
三、解答题
19.【答案】 （1）解：因为直线 x=3π8 、 x=7π8 是其两条对称轴，
所以 T2=7π8-3π8∴T=π,ω=2πT=2 ，
因为 f(7π8)=-2∴sin(7π4+φ)=-1
∴7π4+φ=3π2+2kπ(k∈Z)∴φ=-π4+2kπ(k∈Z)
∵-π2<φ<π2∴φ=π4 ，所以 f(x)=2sin(2x-π4)
（2）解：因为 f(α)=65 ，所以 sin(2α-π4)=35
因为 π8<α<3π8 ，所以 0<2α-π4<π2∴ cos(2α-π4)=45
f(π8+α)=2sin(2α-π4+π4)=2[sin(2α-π4)+cos(2α-π4)]=725
【考点】正弦函数的单调性，由y=Asin（ωx+φ）的部分图象确定其解析式
【解析】【分析】(1)由已知的图象的性质即可得出函数的周期，由函数周期公式代入计算出ω的值，然后由特殊点法代入计算出φ=-π4+2kπ(k∈Z) ， 结合题意即可求出φ=π4 ， 从而得到函数的解析式。
(2)利用特殊值代入法计算出sin(2α-π4)=35 ， 结合角的取值范围结合同角三角函数的基本关系式计算出cos(2α-π4)=45 ， 然后两角和的正弦公式代入数值计算出结果即可。
20.【答案】 （1）解：由题意可知，符合本题的函数模型必须满足定义域为 [0,120] ，且在 [0,120] 上为增函数；
函数 F(v)=(12)v+a 在 [0,120] 是减函数，所以不符合题意；
而函数 F(v)=klogav+b 的 v≠0 ，即定义域不可能为 [0,120] ，也不符合题意；
所以选择函数 F(v)=av3+bv2+cv .
由已知数据得： {40(402a+40b+c)=20360(602a+60b+c)=65880(802a+80b+c)=10
解得： {a=138400b=-1240c=724
所以， F(v)=138400v3-1240v2+724v(0≤v≤120)
（2）解：设这辆车在该测试路段的总耗油量为y，行驶时间为t，由题意得：
y=F⋅t
=(138400v3-1240v2+724v)⋅240v
=1160v2-v+70
=1160(v-80)2+30
因为 0≤v≤120 ，所以，当 v=80 时，y有最小值30.
所以，这辆车在该测试路段上以80km/h的速度行驶时总耗油量最少，最少为30L.
【考点】函数的最值及其几何意义，二次函数在闭区间上的最值，函数模型的选择与应用
【解析】【分析】(1)根据题意由已知条件整理化简即可得出函数的解析式，利用待定系数法代入数值计算出结果，由此即可得出函数的解析式。
(2)根据题意把实际问题转化为数学问题，结合题意整理即可得出函数的解析式，再由二次函数的性质即可求出函数的最值，由此即可得出答案。
21.【答案】 （1）解：因为 cosα+sinα=52 ，
所以 cos2α+sin2α+sin2α=1+sin2α=54 ，即 sin2α=14 .
因为 α∈(π4,π2) ，所以 2α∈(π2,π) ，所以 cos2α=-154 ，
故 tan2α=sin2αcos2α=-1515 .
（2）解：因为 tan(π-β)=-155 ，所以 tanβ=155 ，
所以 tan(2α+β)=tan2α+tanβ1-tan2αtanβ=-1515+1551+1515×155=159 .
【考点】两角和与差的正切公式，同角三角函数间的基本关系
【解析】【分析】（1）两边平方可得 sin2α=14 ，根据同角公式可得 cos2α=-154 ， tan2α=-1515 ；（2）根据两角和的正切公式，计算可得结果.
22.【答案】 （1）解： ∵f(x)<0 ， ∴x2-(m+1)x+m<0 ， ∴(x-m)(x-1)<0 .
当 m<1 时，不等式 f(x)<0 的解集为 (m,1) ；
当 m=1 时，原不等式为 (x-1)2<0 ，该不等式的解集为 ∅ ；
当 m>1 时，不等式 f(x)<0 的解集为 (1,m)
（2）解：由题意，当 x∈[1,2] 时， x2-(m+1)x+4>0 恒成立，
即 x∈[1,2] 时， m
所以， m<3 ，因此，实数 m 的取值范围是 (-∞,3)
【考点】函数恒成立问题，一元二次不等式的解法，基本不等式在最值问题中的应用，一元二次方程的解集及其根与系数的关系
【解析】【分析】（1）由 f(x)<0 得 (x-m)(x-1)<0 ，然后分 m<1 、 m=1 、 m>1 三种情况来解不等式 f(x)<0 ；（2）由 f(x)>m-4 恒成立，由参变量分离法得出 m
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