云南省怒江州民族中學(xué)2024-2025學(xué)年高一上學(xué)期期末檢測(cè)數(shù)

乙、上、口

學(xué)試卷

學(xué)校:姓名：班級(jí)：考號(hào)：

一、單選題

1.已知集合，A=p2-t>^1,B={x\y=\n(2-x)},則()

A.(—1,2)B.(—2,2)C.[—1,2)D.[—2,2)

2.已知命題p：mx()￡R,XQ—x0+—<0,則命題p的否定為()

A.3%0￡R,XQ—XQ+—>0B.GR,XQ—x0+—<0

7191

C.VxGR,x-x-\—?OD.\/xER,x-x-\—>0

44

3.玉溪某車間分批生產(chǎn)某種產(chǎn)品，每批的生產(chǎn)準(zhǔn)備費(fèi)用為800元，若每批生產(chǎn)九件，則平

均倉儲(chǔ)時(shí)間為:天，且每件產(chǎn)品每天的倉儲(chǔ)費(fèi)用為1元，為使平均到每件產(chǎn)品的生產(chǎn)準(zhǔn)備費(fèi)

O

用與倉儲(chǔ)費(fèi)用之和最小，每批應(yīng)生產(chǎn)產(chǎn)品

A.60件B.80件C.100件D.120件

4.下列函數(shù)中，以'為周期且在區(qū)間(?，g)單調(diào)遞增的是

A.危)=|cos2x|B.Xx)=|sin2x|

C.f(x)=cos|x|D./(x)=sin|x|

5.已知/(x)為定義在R上的奇函數(shù)，/(1)=/(4)=0,當(dāng)0<兄<2時(shí)，/(%)單調(diào)遞減，當(dāng)

x>2時(shí)，/(x)單調(diào)遞增，則不等式工(”《0的解集為()

x-3

A.(-<?,-l]u[0,3]u[4,+00)

B.[-4,-l]u(0,l]u(3,4]

C.(f,-4]U[-1,1]U(3,+oo)

D.H，-1]U[O,1]U(3,4]

6.已知cos(a+,cos(a—尸)=一^^,貝|tanatan/?=()

4「3

A.-B.-C.--D.--

3223

7.已知sina+cos尸=^-,COJsa-sin￡=-g,貝1]cos(2&-24)=()

A.—B.--

3232

C5739n5A/39

3232

8.已知函數(shù)/⑺二號(hào)事，若不等式-對(duì)任意xe（l,y）恒成立，則

實(shí)數(shù)機(jī)的取值范圍是（）

A.(-<o,-e]B.(f3]C.[-2,+oo)D.[4,+oo)

二、多選題

9.與-835。終邊相同的角有（）

A.-245°B.245°C.-115°D.-475°

10.受潮汐影響，某港口5月份每一天水深y（單位：米）與時(shí)間無（單位：時(shí)）的關(guān)系都

■JTJT

符合函數(shù)y=Asin（0x+e）+/z（A>0,co>0,〃eR）.根據(jù)該港口的安全條

例，要求船底與水底的距離必須不小于2.5米，否則該船必須立即離港，一艘船滿載貨物，

吃水（即船底到水面的距離）6米，計(jì)劃于5月10日進(jìn)港卸貨（該船進(jìn)港立即可以開始卸

貨），已知卸貨時(shí)吃水深度以每小時(shí)0.3米的速度勻速減少，卸完貨后空船吃水3米（不計(jì)

船?？看a頭和駛離碼頭所需時(shí)間）.下表為該港口5月某天的時(shí)刻與水深關(guān)系：

時(shí)刻2：005：008：0011：0014：0017：0020：0023：00

水深/

1074710747

米

以下選項(xiàng)正確的有（）

A.水深y（單位：米）與時(shí)間尤（單位：時(shí)）的函數(shù)關(guān)系為>=3sin5x+f+7,xe[0,24）

B.該船滿載貨物時(shí)可以在0：00到4：00之間以及12：00到16：00之間進(jìn)入港口

C.該船卸完貨物后可以在19：00離開港口

D.該船5月10日完成卸貨任務(wù)的最早時(shí)間為16：00

11.若集合A具有以下性質(zhì)：①集合中至少有兩個(gè)元素；②若{x,y}=A,則封，x+yeA,

試卷第2頁，共4頁

且當(dāng)XHO時(shí)，2eA,則稱集合A是“緊密集合”以下說法正確的是()

X

A.整數(shù)集是“緊密集合”

B.實(shí)數(shù)集是“緊密集合”

C.“緊密集合”可以是有限集

D.若集合A是“緊密集合”，且x,ylA,貝(I尤一yeA

三、填空題

12.已知a,b為正數(shù)，且滿足〃+獷=2,則'的最小值為___.

ab

3

13.已知角a,夕滿足tana=2tan^,若sin(a+?)=g,則sin(a-Q)的值是.

14.設(shè)minP表示數(shù)集P中最小的數(shù)，^4b>a>b>0,貝！|白,。(46-。),4b(a-b)

的最大值為

四、解答題

集合符<°2

15.設(shè)全集U=R,集合8=N》—2方+/-1<0},其中aeR.

(1)當(dāng)a=4時(shí)，求Ac3；

(2)若“xeA”是“xe3”的必要不充分條件，求實(shí)數(shù)。的取值范圍.

16.近幾年來，“盲盒文化”廣為流行，這種文化已經(jīng)在中國落地生根，并發(fā)展處具有中國特

色的盲盒經(jīng)濟(jì)，某盲盒生產(chǎn)及銷售公司今年初用98萬購進(jìn)一批盲盒生產(chǎn)線，每年可有50

萬的總收入，已知生產(chǎn)此盲盒x年(尤為正整數(shù))所用的各種費(fèi)用總計(jì)為2/+iox萬元.

(1)該公司第幾年首次盈利(總收入超過總支出，今年為第一年)？

(2)該公司第幾年年平均利潤(rùn)最大，最大是多少？

17.已知一次函數(shù)過定點(diǎn)(0』).

⑴若"1)=3,求不等式?44解集.

X

⑵己知不等式“X)?X>4的解集是他,。)，求a+2b的最小值.

18.已知函數(shù)/("=百5M8858+8$18+：卜0518-：|,(0>0)的周期是兀.

⑴求函數(shù)的解析式并求函數(shù)“X)在"號(hào)上的單調(diào)增區(qū)間；

⑵解不等式〃x)<￥；

JTjr

(3)若xe時(shí)，不等式加<〃x)<〃2+4恒成立，求實(shí)數(shù)機(jī)的取值范圍.

19.二進(jìn)制是計(jì)算技術(shù)中廣泛采用的一種數(shù)制，二進(jìn)制數(shù)據(jù)是用0和1兩個(gè)數(shù)碼來表示的數(shù)，

它的基數(shù)為2,進(jìn)位規(guī)則是“逢二進(jìn)一”，借位規(guī)則是“借一當(dāng)二”.記十進(jìn)制下的自然數(shù)機(jī)在二

k

進(jìn)制下的表示為(4%T…q4)2,貝！］優(yōu)=￡4-2',其中qe{0』},若4+%+…+%+%=3,

z=0

則稱加為“Z20數(shù)”.記f⑺表示集合卜2+1,〃+2門.,2科中“Z20數(shù)”的個(gè)數(shù).

⑴計(jì)算-3)"(4)；

⑵求f(2"+2)(〃N2,〃eN*)；

(3)求證：VseN*白〃eN*,有/㈤=s,并求出使得"的取值唯一的所有s.

試卷第4頁，共4頁

《云南省怒江州民族中學(xué)2024-2025學(xué)年高一上學(xué)期期末檢測(cè)數(shù)學(xué)試卷》參考答案

題號(hào)12345678910

答案DDBADBABBCDABD

題號(hào)11

答案BC

1.D

【分析】解指數(shù)不等式，求出A,由對(duì)數(shù)函數(shù)定義域得到8={x|x<2},根據(jù)交集，可得答

案.

【詳解】集合A={x|2-2-2}={X|X12},

由2-x>0得尤<2,故8={x|x<2},AP|B=[-2,2).

故選：D.

2.D

【分析】根據(jù)存在量詞命題的否定是全稱量詞命題，即可得到答案.

【詳解】命題P：mx（）wR,片―%VO的否定為：VxeR,x2—x+—>0.

故選：D

3.B

【解析】確定生產(chǎn)x件產(chǎn)品的生產(chǎn)準(zhǔn)備費(fèi)用與倉儲(chǔ)費(fèi)用之和，可得平均每件的生產(chǎn)準(zhǔn)備費(fèi)用

與倉儲(chǔ)費(fèi)用之和，利用基本不等式，即可求得最值.

【詳解】解:根據(jù)題意,該生產(chǎn)x件產(chǎn)品的生產(chǎn)準(zhǔn)備費(fèi)用與倉儲(chǔ)費(fèi)用之和是800+x1=800+1x2

oo

這樣平均每件的生產(chǎn)準(zhǔn)備費(fèi)用與倉儲(chǔ)費(fèi)用之和為。+產(chǎn)

80800x（X為正整數(shù)）

Jw一----+—

Xx8

[-tu].?-_ixzpt800x_1800x__

由基本不等式，得一+-..2.—?-=20

x8Vx8

當(dāng)且僅當(dāng)陋=即x=80時(shí)，/(*)取得最小值,

x8

;」=8。時(shí)，每件產(chǎn)品的生產(chǎn)準(zhǔn)備費(fèi)用與倉儲(chǔ)費(fèi)用之和最小

故選：B

【點(diǎn)睛】本題考查函數(shù)的構(gòu)建，考查基本不等式的運(yùn)用，屬于中檔題，運(yùn)用基本不等式時(shí)應(yīng)

該注意取等號(hào)的條件，才能準(zhǔn)確給出答案，屬于基礎(chǔ)題.

4.A

答案第1頁，共12頁

【分析】本題主要考查三角函數(shù)圖象與性質(zhì)，滲透直觀想象、邏輯推理等數(shù)學(xué)素養(yǎng).畫出各

函數(shù)圖象，即可做出選擇.

【詳解】因?yàn)閥=sin|x|圖象如下圖，知其不是周期函數(shù)，排除D；因?yàn)閥=cos|x|=cosx,

周期為2萬，排除C,作出y=|cos2x|圖象，由圖象知，其周期為在區(qū)間(?,究)單調(diào)遞

增,A正確；作出>=卜m2乂的圖象，由圖象知，其周期為在區(qū)間(?,厘)單調(diào)遞減，排

除B,故選A.

利用二級(jí)結(jié)論：①函數(shù)y=|/(x)|的周期是函數(shù)y=/(x)周期的一半；②產(chǎn)耐時(shí)不

是周期函數(shù)；

5.D

【分析】結(jié)合函數(shù)奇偶性、單調(diào)性畫出/'(x)的大致圖象，結(jié)合圖像即可求解；

【詳解】因?yàn)?(尤)為定義在R上的奇函數(shù)，所以〃0)=0.又/。)=/(4)=0,所以

〃-l)=〃T)=。.根據(jù)題意作出了⑺的大致圖象如圖所示，

答案第2頁，共12頁

x-3>0,、x—3<0,

<0等價(jià)于/(x)40或/(%)>0,由圖可得

xeH，-l]u[0,l]u(3,4].

故選：D

6.B

【分析】通過兩角和差的余弦公式求得sinasin￡,costzcos￡,即可求解.

【詳解】cos(6Z+y0)=cosacos/3-sinasinP=,

cos(er~=cosczcosJ3+sinasinp=~~^~，

兩式相加可得：COSCOSB=~~~~

兩式相減可得：sinasin/3=-主色,

10

?,八sinasin戶3

所以tanatan/=---------=-,

COS(7cosp2

故選：B

7.A

【分析】由sina+cos4=^>cosa-sinQ=-；，兩邊平方相加得到sin(a-尸X-g,再利

用二倍角的余弦公式求解.

【詳解】解：因?yàn)閟ina+cos4=]>cosa-sin〃=—g,

所以sin26Z+2sinacos尸+cos2尸=—,cos2a—2cosasinjS+sin2/7=—,

24

33

兩式相加得：2+2(sinacos6—cosasin尸)=z,即2+2sin(a-分)二1,

化簡(jiǎn)得sin(a—/)=一：,

O

7

所以85(2。_2月)=1_25]口2([_/7)=啦,

故選：A

8.B

【分析】整理函數(shù)/(可解析式，然后代入不等式，整理化簡(jiǎn)得到由指數(shù)函數(shù)的

答案第3頁，共12頁

單調(diào)性得到」一十%一加之0,令函數(shù)=」一+x-m由基本不等式求出函數(shù)g⑴的最

x-1x-1

小值，即可得到不等式，求出實(shí)數(shù)機(jī)的取值范圍.

【詳解】"')=宵=3-3r

"i)+HJ=3一^^+3一；“，

'7鏟T+1

22

<2

ex-m+l

ex-1+1

iii

e*-m+l+e^*+l<e^ex-m+e*-'"++卜

l<ex-lex-m

：?=/在口上單調(diào)遞增,

即一-——\-x—m>0

x-1

令函數(shù)g(x)=-^—^+x—m=—J-+X-1+1-777,

Vxe,/.x-l>0,

g(x)>2J—+l-m=3-m,當(dāng)且僅當(dāng)一~y=無一1,即x=2時(shí)取等號(hào).

3-m>0,m<3.

故選：B.

【點(diǎn)睛】思路點(diǎn)睛，本題是不等式恒成立問題，將函數(shù)解析式代入不等式化簡(jiǎn)得到新的不等

式，然后利用函數(shù)的最小值建立與參數(shù)有關(guān)的不等式.

9.BCD

【分析】根據(jù)終邊相同的角，相差360。的整數(shù)倍判斷即可.

【詳解】與—835。終邊相同的角可表示為-835。+kx360°,kwZ,

左=1時(shí)，為T75°；左=2時(shí)，為一L15。；笈=3時(shí)，為245°；

故選：BCD.

10.ABD

3sin-x+-+7>6+2.5

【分析】根據(jù)題意求出函數(shù)的解析式，即可判斷A；解不等式組166

0<x<24

答案第4頁，共12頁

即可判斷B；求出19時(shí)水的深度，即可判斷C；求出函數(shù)y=-0.3x+6+2.5與

y=3sin（￡x+￡）+7的圖象的交點(diǎn)，即可判斷D.

【詳解】解：依題意A=3,==7,-=14-2,解得。=三，

顯然函數(shù)y=3sin《x+,+7的圖象過點(diǎn)（2,10）,

即sin（g+/|=l,又一]<夕<=，因此夕=5，

\3）226

所以函數(shù)表達(dá)式為丁=35皿（看工+6]+7,%e[0,24],故A對(duì)；

c.（兀兀1?1兀兀、、1

3sin—xH—|+7>6+2.5sin—xH—一

依題意，166；,整理得（66；2,

0<x<24[o<x<24

7C_TJC7C57c_7.,一、

—F2kliW—xH—W---F2kji(kGZ)

即有6666

0<x<24

l2k<x<4+l2k(k^Z)

0<x<24

解得0W4或12WE6,

所以該船可以在0點(diǎn)到4點(diǎn)以及12點(diǎn)到16點(diǎn)進(jìn)入港口，故B對(duì);

該船卸完貨后符合安全條例的最小水深為5.5,

19時(shí)水深為>=3$也（色><19+q]+7=迪+7<5.5,故C錯(cuò)；

<66）2

該船。點(diǎn)進(jìn)港即可以開始卸貨，設(shè)自。點(diǎn)起卸貨X小時(shí)后，

該船符合安全條例的最小水深為y=-0.3尤+6+2.5

函數(shù)1=_0.3工+6+2.5與1=3面]《彳+￡|+7的圖象交于點(diǎn)（5,7）,

即卸貨5小時(shí)后，在5點(diǎn)該船必須暫時(shí)駛離港口，此時(shí)該船的吃水深度為4.5米，

下次水深為7米時(shí)刻為11點(diǎn)，

故該船在11點(diǎn)可返回港口繼續(xù)卸貨，5小時(shí)后完成卸貨，此時(shí)為16點(diǎn)，

綜上，該船在。點(diǎn)進(jìn)港開始卸貨，5點(diǎn)暫時(shí)駛離港口，11點(diǎn)返回港口繼續(xù)卸貨，16點(diǎn)完成

卸貨任務(wù)，故D對(duì).

故選：ABD.

11.BC

答案第5頁，共12頁

【解析】根據(jù)“緊密集合”具有的性質(zhì)逐一排除即可.

【詳解】A選項(xiàng)：若x=2,y=l,而;KZ,故整數(shù)集不是“緊密集合”，A錯(cuò)誤；

B選項(xiàng)：根據(jù)“緊密集合”的性質(zhì)，實(shí)數(shù)集是“緊密集合”，B正確；

C選項(xiàng)：集合是“緊密集合”，故“緊密集合”可以是有限集，C正確；

D選項(xiàng)：集合&=是“緊密集合"，當(dāng)x=l,丁=-1時(shí)，x-y=2比A,D錯(cuò)誤.

故選：BC.

【點(diǎn)睛】新定義題目的關(guān)鍵在于正確理解定義，從題意入手.

12.2

【分析】根據(jù)三個(gè)正數(shù)的基本不等式得出"+/?+433（。+3，即a+b（2,由L+J通分結(jié)

ab

合基本不等式得出結(jié)果.

【詳解】由基本不等式可得°3+i+i230a3.卜i=3a，層+i+i23腕工1=36,

所以/+萬+423伍+，）,又因?yàn)?+/=2,

所以有2+423（a+6）,解得a+/?V2,當(dāng)a=6=l時(shí)取等號(hào)，

,11a+bl4ab224c

又7ab<——，貝【。Jbababsfaba+ba+b，

2

當(dāng)且僅當(dāng)a=b=l時(shí)等號(hào)成立，故工+’的最小值為2.

ab

故答案為：2.

13.-

5

3

【分析】根據(jù)題意，由tana=2tan〃得出sinocos尸=2cosasin尸，由sin（a+，）=不，根據(jù)

、321

兩角和與差的正弦公式得出sinacosP+cosasin[3=—,得出sinacos夕,cosasin'=-,

從而可求出sin（a-#）的值.

【詳解】解：由于tana=2tan/,則里吧=空乎，

cosacosp

.?.sinacos#=2cosasin6,

33

又,/sin（a+/?）=—,即：sinacos/3+cosasin/3=—9

21

解得：sinacosP=—,cos6Zsin/3=—,

答案第6頁，共12頁

/.sin（cr一萬）=sinacos［3-cosasinj3=.

即：sin（a-尸）的值為g.

故答案為：—.

【點(diǎn)睛】本題考查三角函數(shù)的化簡(jiǎn)求值，涉及同角三角函數(shù)商的關(guān)系和兩角和與差正弦公式

的應(yīng)用，考查化簡(jiǎn)計(jì)算能力.

14.1

【分析】由基本不等式可得。（46-°）44火4b（a-b）<a2,故*+4/+〃，再

結(jié)合基本不等式可得,W1,進(jìn)而可得.

【詳解】設(shè)min1\,*,a（4b-a）,4b（a-b）1=r,

則-~21,4b，-t,a（4b-a）21,4b（a-b）21,

2b+ab2

因?yàn)?>>a>b>0,所以a（4/?-a）V［竺竺二］=4b,4b（a-b）<4（~\=a,

當(dāng)且僅當(dāng)a=%時(shí)兩個(gè)不等式同時(shí)取等號(hào),

當(dāng)且僅當(dāng)。=1,b=g時(shí)取等號(hào)，所以4r44,貝iJfWl,當(dāng)且僅當(dāng)。=1,6=1時(shí)取等號(hào),

故而”:金^武必-口必^-耳的最大值為1.

故答案為：1

【點(diǎn)睛】關(guān)鍵點(diǎn)點(diǎn)睛：本題關(guān)鍵是能夠通過觀察4個(gè)元素，從最值角度出發(fā)，考慮基本不等

式,a(4』)4=4b\4b(a-b)<J=/進(jìn)而金弓+'+4/+/,

再利用基本不等式可得,因多次用基本不等式，需注意取等條件的一致性.

15.(1)(3,4)

(2)[0,3]

【分析】（1）解不等式,得到A=（T,4）,8=（3,5）,利用交集概念求出答案;

答案第7頁，共12頁

(2)求出B=(a-l,a+l),得到3為A的真子集，從而得到不等式，求出答案.

x—4

【詳解】(1)由^—<0得：(x-4)(x+l)<0,解得：—Iv尤<4,即A=(—1,4),

x+1

當(dāng)〃=4時(shí)，%2—2dLx+a?—1—x2—8x+15=(x—3)(x—5)<0,

解得：3<x<5,即3=(3,5)；

故AQ3=(3,4)；

(2)由(1)知：A=(-1,4)；

由尤2—26+/—1=［無一(a—<0得：a—l<x<a+l,

即B=(a—1,a+1),

因?yàn)椤皒eA”是的必要不充分條件，所以8為A的真子集.

a-1>-1,fa-1>-1

a+1<4或ja+l<4解得0<aV3,

即實(shí)數(shù)。的取值范圍為[0,3].

16.⑴第3年

(2)第7年平均利潤(rùn)最大，為12萬元

【分析】(1)先求得利潤(rùn)的表達(dá)式，由此列不等式來求得正確答案.

(2)先求得平均利潤(rùn)的表達(dá)式，然后利用基本不等式求得正確答案.

【詳解】(1)設(shè)利潤(rùn)為九貝|、=5。%—(98+2尤2+1。尤)=-2尤2+4(反一98卜€(wěn)內(nèi))，

由-2—+40x-98>0整理得爐—20x+49<0,

解得10-庖<*<10+庖，由于xeN*,

所以xe{xeN*|34尤417},所以第3年首次盈利.

(2)首先xe{尤eN*|34尤417},

由(1)得平均禾U潤(rùn))=+W—2x21^^^+=萬元，

當(dāng)且僅當(dāng)》=空49，x=7萬元時(shí)等號(hào)成立，

X

綜上，第7年，平均利潤(rùn)最大，為12萬元.

答案第8頁，共12頁

17.⑴或x<0}

⑵12+8后

【分析】(1)先運(yùn)用待定系數(shù)法求出函數(shù)解析式，再解分式不等式即得；

(2)利用三個(gè)二次的關(guān)系，將一元二次不等式的解轉(zhuǎn)化為對(duì)應(yīng)方程的的根，利用韋達(dá)定理

和基本不等式即可求得.

【詳解】(1)依題設(shè)“力="+機(jī)件/0),因?yàn)椤癤)過定點(diǎn)(0』)，所以根=1,即

/(x)=Ax+l(左H0),又"1)=3,即k+1=3,所以4=2,

故不等式?44即生已44,可得工-2V0,即匕亙W0,將其轉(zhuǎn)化為不等式組得

XXXX

]x(l丁)W0,解得心：或尤<0,

[尤力02

故原不等式的解集為{x|x2；或x<0}.

(2)由⑴知〃力=履+1化工0),又不等式的解集是(瓦耳，所以

區(qū)2+》-4>0仕中0)的解集是0,4),

即方程區(qū)2+x-4=0(左X。)有兩根為,由韋達(dá)定理，a+b=--,a-b=~—,且左<0,

kk

144

則〃+b=—ab且Z?>a>0,故—I—=1,由

4ab

a+2Z?=(a+2Z?)f-+-V12+—+—>12+2./—?—=12+8^,

bjbavZ?a

當(dāng)且僅當(dāng)?=竺，即。=4+40,6=4+2五時(shí)，等號(hào)成立，所以a+2b的最小值為12+80.

ba

18.⑴/■(x)=sin(2x+^1；0,巳

⑵錯(cuò)+版昔+標(biāo)化詼

(3)-3

【分析】(1)根據(jù)二倍角公式、輔助角公式化簡(jiǎn)/(外，結(jié)合周期求出。確定了(%),根據(jù)工

jr

的范圍確定2x+：的范圍，即可確定函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間.

6

(2)將2x+&看成整體，解不等式期+2祈<2x+工<2+2而，(ZeZ)即可求解.

答案第9頁，共12頁

1

m<——人_?__

(3)根據(jù)x的范圍確定2x+F的范圍，由此確定了(x)的范圍，得到不等式,2,解不

6

m+4>1

等式即可.

【詳解】(1)13^//(x)=sincostyx+coscox+—coscox--

v3..(71.TlV71.兀、

——sin2cox+\coscox-cos--sindyxsin—coscox-cos—+sincox-sin—

2I44人44j

=@sin2@x+0-)

COSG%一——sincox——coscox+——sin〃zx

22JI22J

行■)

上

=—sin2?x+coscox-——sincox[——及coscox+——smcox

22JI22J

=—sin2(ox+-(cos2<yx-sin2mx

22、

—sin2a)x+-cos2a)x=sin(2s+q

22I6

因?yàn)門=|^=無，所以。=1,所以〃x)=sin12x+￡

_,.兀—ate兀兀7兀

因?yàn)?,—,所以2%+工￡—,

_2J6|_66_

當(dāng)二42x+二4工時(shí)，即OVxV工時(shí)函數(shù)單調(diào)遞增，

6626

JT

所以函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為：0,-.

O

(2)因?yàn)椤葱?，即sin12x+：|〈冬

所以竺+2E<2]+二<@+2也,(keZ),

363'/

7T1

解得：-+fai<x<—+far,aeZ),

412v7

所以不等式/'(X)。的解集為：皆+E昔+也(左eZ).

t7t7T._7t兀2兀.,(\1y

(3)當(dāng)時(shí)，2x+—G,此時(shí)一不1

64J6|_63」|_2

因?yàn)椴坏仁较?lt;/(%)<加+4恒成立，

1

m<—1

所以，2,解得：-3<m<--.

m+4>1-

答案第10頁，共12頁

19.⑴"3)=0,f(4)=l

(2)/(2"+2)="(7)+l

(3)證明見解析；s=M；T)+i,WeN*)

【分析】(1)根據(jù)二進(jìn)制的表示，結(jié)合“Z20數(shù)”的定義即可求解；

(2)