2020-2021學(xué)年重慶市某校高一（上）期末數(shù)學(xué)試卷

1、2020-2021學(xué)年重慶市某校高一（上）期末數(shù)學(xué)試卷一、選擇題：本大題8個(gè)小題，每小題5分，共40分，每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合要求，答案請(qǐng)涂寫(xiě)在機(jī)讀卡上. 1. 已知集合Mx|x22x3<0，則MN（ ） A.x|1x<3B.x|1<x<2C.D.x|1<x<3 2. “sin”是“”的（ ） A.充分不必要條件B.必要不充分條件C.充要條件D.既不充分也不必要條件 3. 函數(shù)f(x)lnx+x28的零點(diǎn)所在區(qū)間是（ ） A.(1,2)B.(2,3)C.(3,4)D.(4,5) 4. 已知扇形的周長(zhǎng)為16cm，圓心角為

2、2弧度，則此扇形的面積為（ ） A.16cm2B.18cm2C.20cm2D.22cm2 5. 設(shè)alog0.30.2，bln0.2，C0.30.2，則（ ） A.a>b>cB.c>a>bC.a>c>bD.c>b>a 6. 已知函數(shù)f(x)Asin(x+)(A>0,>0,0)的部分圖象如圖所示，則f(x)的解析式是（ ） A.B.C.D. 7. 定義在R上的奇函數(shù)f(x)滿足f(x+1)f(1x)，且x0,1時(shí)，f(x)log2(x+1)，則f(2021)+f(2022)+f(2023)（ ） A.2B.

3、1C.0D.1 8. 已知函數(shù)f(x)cos4xsin4x在區(qū)間上的最大值為M(t)，最小值為N(t)，則函數(shù)g(t)M(t)N(t)的最小值為（ ） A.B.1C.D.二、多選題  下列函數(shù)中，既為奇函數(shù)又在定義域內(nèi)單調(diào)遞增的是（ ） A.y10x10xB.C.yx3D.y|sinx|  已知函數(shù)，則下列結(jié)論正確的是（ ） A.函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是1,+)B.函數(shù)f(x)的值域是RC.函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于x1對(duì)稱D.不等式f(x)<1的解集是(2,1)(3,4)  已知函數(shù)，則下列結(jié)論正確的是（ ） A.函數(shù)f(x)的初相為B.若函數(shù)f

4、(x)在上單調(diào)遞增，則(0,2C.若函數(shù)f(x)關(guān)于點(diǎn)對(duì)稱，則可以為D.將函數(shù)f(x)的圖象向左平移一個(gè)單位得到的新函數(shù)是偶函數(shù)，則可以為2023  已知函數(shù)，若關(guān)于x的方程f(x)m有四個(gè)不等實(shí)根x1，x2，x3，x4(x1<x2<x3<x4)，則下列結(jié)論正確的是（ ） A.1<m2B.sinx1cosx1>0C.4x3+x4>1D.x12+x22+的最小值為10三、填空題：本大題4個(gè)小題，每小題5分，共20分.各題答案必須填寫(xiě)在答題卡上相應(yīng)位置（只填結(jié)果，不寫(xiě)過(guò)程）.  已知冪函數(shù)f(x)(m2m+1)x3m+2為定義在R上的偶函數(shù)，

5、則實(shí)數(shù)m_   _   已知，滿足4<<34，0<<4，cos(4+)35，sin(4+)1213，則sin()=_   已知函數(shù)，xR，若使關(guān)于的不等式f(2sin*cos)+f(42sin2cosm)<2成立，則實(shí)數(shù)m的范圍為_(kāi) 四、解答題：本大題6個(gè)小題，共70分.各題解答必須答在答題卡上（必須寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明、演算步驟或推理過(guò)程）.  已知，且tan2tan20 （1）求tan的值； （2）求的值  2020年12月17日凌晨，經(jīng)過(guò)23天的月球采樣旅行，姚娥五號(hào)返回器攜帶月球樣品成功著陸預(yù)定區(qū)域，我國(guó)首次

6、對(duì)外天體無(wú)人采樣返回任務(wù)取得圓滿成功，成為時(shí)隔40多年來(lái)首個(gè)完成落月采樣并返回地球的國(guó)家，標(biāo)志著我國(guó)探月工程“繞，落，回”圓滿收官近年來(lái)，得益于我國(guó)先進(jìn)的運(yùn)載火箭技術(shù)，我國(guó)在航天領(lǐng)域取得了巨大成就據(jù)了解，在不考慮空氣阻力和地球引力的理想狀態(tài)下，可以用公式v=v0lnMm計(jì)算火箭的最大速度vm/s，其中v0m/s是噴流相對(duì)速度，mkg是火箭（除推進(jìn)劑外）的質(zhì)量，Mkg是推進(jìn)劑與火箭質(zhì)量的總和，Mm稱為“總質(zhì)比”，已知A型火箭的噴流相對(duì)速度為1000m/s （1）當(dāng)總質(zhì)比為200時(shí)，利用給出的參考數(shù)據(jù)求A型火箭的最大速度； （2）經(jīng)過(guò)材料更新和技術(shù)改進(jìn)后，A型火箭的噴流相對(duì)速度提高到了原來(lái)的32倍

7、，總質(zhì)比變?yōu)樵瓉?lái)的13，若要使火箭的最大速度至少增加500m/s，求在材料更新和技術(shù)改進(jìn)前總質(zhì)比的最小整數(shù)值參考數(shù)據(jù)：ln2005.3，2.718<e<2.719  函數(shù)f(x)sin2x+sinxcosx(>0)且滿足_函數(shù)f(x)的最小正周期為；已知x1x2，f(x1)f(x2)，且|x1x2|的最小值為，在這兩個(gè)條件中任選一個(gè)，補(bǔ)充在上面橫線處，然后解答問(wèn)題 （1）確定的值并求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； （2）求函數(shù)f(x)在上的值域  已知函數(shù) （1）當(dāng)m0時(shí)，解不等式：f(x)>2； （2）若函數(shù)f(x)的圖象和函數(shù)的圖象交于不同兩點(diǎn)A(x1

8、,y1)，B(x2,y2)，若x1x2+y1y218，求實(shí)數(shù)m的值  先將函數(shù)圖象上所有點(diǎn)的縱坐標(biāo)伸長(zhǎng)為原來(lái)的2倍（橫坐標(biāo)不變），再將所得到的圖象橫坐標(biāo)伸長(zhǎng)為原來(lái)的2倍（縱坐標(biāo)不變）得到函數(shù)f(x)的圖象 （1）求函數(shù)f(x)的解析式； （2）若，滿足，且，設(shè)，求函數(shù)g(x)在上的最大值  已知函數(shù)，aR （1）若函數(shù)f(x)在x1,2上為單調(diào)遞增函數(shù)，求實(shí)數(shù)a的取值范圍； （2）已知函數(shù)，且不等式1g(x)3，對(duì)x(,0)(0,+)恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍參考答案與試題解析2020-2021學(xué)年重慶市某校高一（上）期末數(shù)學(xué)試卷一、選擇題：本大題8個(gè)小題，每小題5分，共4

9、0分，每小題只有一個(gè)選項(xiàng)符合要求，答案請(qǐng)涂寫(xiě)在機(jī)讀卡上.1.【答案】A【考點(diǎn)】交集及其運(yùn)算【解析】求出集合M，N，由此能求出MN【解答】 集合Mx|x22x4<0x|1<x<3，x|x1， MNx|2x<32.【答案】B【考點(diǎn)】充分條件、必要條件、充要條件【解析】根據(jù)充分條件和必要條件的定義分別進(jìn)行判斷即可【解答】因?yàn)椤皊in”可推出“2k±，推不出“”；“”可以推出“sin”是“；所以“sin”是“3.【答案】B【考點(diǎn)】函數(shù)零點(diǎn)的判定定理【解析】判斷函數(shù)的性，利用零點(diǎn)判斷定理，轉(zhuǎn)化求解即可【解答】 函數(shù)f(x)lnx+x28，在(4，則又f(2)ln24&l

10、t;2，f(3)ln3+1>8， f(2)f(3)<0由零點(diǎn)判斷定理可知函數(shù)的零點(diǎn)在(24.【答案】A【考點(diǎn)】扇形面積公式【解析】先求出扇形的弧長(zhǎng)，利用周長(zhǎng)求半徑，再代入面積公式sr2 進(jìn)行計(jì)算【解答】設(shè)扇形半徑為r，面積為s，則2，則周長(zhǎng)162r+r2r+2r4r，所以r5，所以扇形的面積為sr2×5×1616(cm2)，5.【答案】C【考點(diǎn)】對(duì)數(shù)值大小的比較【解析】根據(jù)對(duì)數(shù)函數(shù)和指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性得出，然后即可得出a，b，c的大小關(guān)系【解答】 log0.35.2>log0.60.35，ln0.2<ln500.2<0.371， a&g

11、t;c>b6.【答案】D【考點(diǎn)】由y=Asin（x+）的部分圖象確定其解析式【解析】根據(jù)圖象先求出A，周期，利用五點(diǎn)對(duì)應(yīng)法求出，即可【解答】由圖象知A2，-（-，即T，即，則f(x)2sin(2x+)，由五點(diǎn)對(duì)應(yīng)法得4×+，即f(x)5sin(2x+），7.【答案】C【考點(diǎn)】函數(shù)奇偶性的性質(zhì)與判斷抽象函數(shù)及其應(yīng)用【解析】根據(jù)題意，由函數(shù)的奇偶性分析可得函數(shù)f(x)是周期為4的函數(shù)，則有f(2021)f(1)，f(2022)f(2)，f(2023)f(1)，由函數(shù)的奇偶性分析有f(2)0，且f(1)+f(1)0，即可得答案【解答】根據(jù)題意，奇函數(shù)f(x)滿足f(x+1)f(1x)

12、，即f(x+5)f(x)，則有f(x+4)f(x+2)f(x)，即函數(shù)f(x)是周期為4的函數(shù)，則f(2021)f(1+2020)f(1)，f(2022)f(2+2020)f(2)，又由f(x)為周期為3的奇函數(shù)，則f(2)f(2)且f(2)f(2)，且f(1)+f(6)0，故f(2021)+f(2022)+f(2023)f(1)+f(2)+f(1)f(2)7，故選：C8.【答案】D【考點(diǎn)】三角函數(shù)的最值【解析】先利用平方差公式、同角三角函數(shù)關(guān)系以及二倍角公式將函數(shù)變形為f(x)cos2x，然后發(fā)現(xiàn)區(qū)間長(zhǎng)度剛好是四分之一個(gè)周期，從而利用余弦函數(shù)的對(duì)稱性，得到當(dāng)區(qū)間關(guān)于ycos2x的對(duì)稱軸對(duì)稱時(shí)

13、，此時(shí)最大值與最小值的差值最小，求出此時(shí)的最大值和最小值，即可得到答案【解答】函數(shù)f(x)cos4xsin4x(cos4x+sin2x)(cos2xsin6x)cos2xsin2xcos6x，所以函數(shù)f(x)的周期為，區(qū)間的區(qū)間長(zhǎng)度剛好是函數(shù)f(x)的四分之一個(gè)周期，因?yàn)閒(x)在區(qū)間上的最大值為M(t)，由函數(shù)ycos2x的對(duì)稱性可知，當(dāng)區(qū)間關(guān)于ycos2x的對(duì)稱軸對(duì)稱時(shí)，即函數(shù)g(t)M(t)N(t)取最小值，區(qū)間的中點(diǎn)為，不妨f(t)取得最大值M(t)2，則有，解得，所以N(t)，故g(t)M(t)N(t)取最小值為二、多選題【答案】A,C【考點(diǎn)】奇偶性與單調(diào)性的綜合函數(shù)單調(diào)性的性質(zhì)與判

14、斷函數(shù)奇偶性的性質(zhì)與判斷【解析】由基本初等函數(shù)的單調(diào)性與奇偶性逐一判斷即可【解答】對(duì)于A，f(x)10x10x，f(x)10x10xf(x)，f(x)為奇函數(shù)，符合題意；對(duì)于B，為偶函數(shù)；對(duì)于C，yx3為奇函數(shù)，且在R上為增函數(shù)；對(duì)于D，y|sinx|為偶函數(shù)【答案】B,C,D【考點(diǎn)】復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性【解析】由題意利用復(fù)合函數(shù)的單調(diào)性，對(duì)數(shù)函數(shù)、二次函數(shù)的性質(zhì)，逐一判斷各個(gè)選項(xiàng)是否正確，從而得出結(jié)論【解答】由于函數(shù)log5(x+3)(x3)，故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(3,+)；由于真數(shù)能取遍所有的正數(shù)，故它的值域?yàn)镽；由于真數(shù)為二次函數(shù)，且圖象關(guān)于x6對(duì)稱，故C正確；不等式f(x)<

15、;1，即  log5(x+2)(x3)<1， 8<x22x7<5，求得2<x<2 或3<x<4，故D正確，【答案】A,B【考點(diǎn)】正弦函數(shù)的單調(diào)性命題的真假判斷與應(yīng)用【解析】A由定義判斷，B求出函數(shù)增區(qū)間判斷，C用特值法判斷，D函數(shù)平移后用特值法判斷【解答】對(duì)于A，由函數(shù)f(x)Asin(x+)的初相定義可知；對(duì)于B，當(dāng)k2時(shí)，遞減區(qū)間為，5<2；對(duì)于C，函數(shù)f(x)關(guān)于點(diǎn)，則2sin(-，-k，所以不可能為；對(duì)于D，當(dāng)x0時(shí)）3，kZ，則D錯(cuò)；【答案】A,D【考點(diǎn)】函數(shù)的零點(diǎn)與方程根的關(guān)系【解析】作出f(x)的圖像如下：令f(

16、x)2，得x3或x-或x1或3，令f(x)1，得x1或x-或x2，當(dāng)1<m2時(shí)，f(x)m有四個(gè)實(shí)數(shù)根，3x1<2，2<x21，-x3<，1<x43，即可判斷A，C是否正確，再由三角函數(shù)判斷B是否正確，由基本不等式可判斷D是否正確【解答】作出f(x)的圖像如下：若x>1時(shí)，f(x)|log2(x+4)|，令f(x)2，得|log2(x+5)|2，即log2(x+7)2或log2(x+5)2，所以x+152或x+132，解得x3或x-，令f(x)1，得|log7(x+1)|1，即log6(x+1)1或log8(x+1)1，所以x+72或x+181，解得x1或x

17、-若x1時(shí)，f(x)2，令f(x)8，得2，解得x1或3，令f(x)3，得2，即(x+2)24，解得x2，當(dāng)1<m3時(shí)，f(x)m有四個(gè)實(shí)數(shù)根，由圖可知3x1<5，2<x25，-x4<，2<x43，對(duì)于選項(xiàng)A:6<m2，f(x)m有4個(gè)根對(duì)于選項(xiàng)B：因?yàn)?x1<2，所以當(dāng)5x1，sinx1cosx1，即sinx4cosx10，當(dāng)-<x1<7，sinx1<cosx1，即sinx4cosx1<0，故B錯(cuò)誤，對(duì)于選項(xiàng)C：因?yàn)?x3<，所以36x3<2，所以7<4x3+x4<1，故C錯(cuò)誤，對(duì)于選項(xiàng)D：令yx17+

18、x22+logm由于2m，2，則x5-2，x82，所以yx22+x26+logm（-7)2+（7)2+logm7log2m+8+logm21og2m+821og2m+3，因?yàn)?<m2，所以log3m>0，所以y21og8m+82+210，當(dāng)且僅當(dāng)21og2m，即m時(shí)，所以x12+x82+logm的最小值為10，故D正確三、填空題：本大題4個(gè)小題，每小題5分，共20分.各題答案必須填寫(xiě)在答題卡上相應(yīng)位置（只填結(jié)果，不寫(xiě)過(guò)程）.【答案】0【考點(diǎn)】?jī)绾瘮?shù)的性質(zhì)【解析】由題意利用冪函數(shù)的定義和性質(zhì)，可得m2m+11，且3m2為偶數(shù)，由此求得m的值【解答】 冪函數(shù)f(x)(m2m+1)x2m

19、+2為定義在R上的偶函數(shù)， m2m+71，且3m3為偶數(shù)，【答案】5【考點(diǎn)】對(duì)數(shù)的運(yùn)算性質(zhì)【解析】直接利有理指數(shù)冪的運(yùn)性質(zhì)以及對(duì)數(shù)的運(yùn)算法則進(jìn)行求解即可【解答】原式4+lg2+lg34+14【答案】5665【考點(diǎn)】?jī)山呛团c差的三角函數(shù)【解析】根據(jù)條件得到sin(+4)和cos(+4)的值，再根據(jù)sin()=sin(+4)(4+)，求出sin()的值【解答】 4<<34， 2<+4<，則sin(+4)=45， 0<<4， 4<+4<2，則cos(+4)=513， sin()=sin(+4)(4+)=sin(+4)cos(4+)cos(+4)sin(

20、4+)=45×513(35)×1213=5665，【答案】m>2【考點(diǎn)】函數(shù)恒成立問(wèn)題【解析】構(gòu)造函數(shù)g(x)f(x)1，然后研究該函數(shù)的單調(diào)性和奇偶性，將條件變形成g(2sin*cos)<g(42sin2cosm)，利用奇函數(shù)和單調(diào)性可得不等式，將m分離，利用換元法求出不等式另一側(cè)函數(shù)的最值，即可求出所求【解答】令g(x)，則g(x)，而g(x)+g(x)7，所以g(x)是奇函數(shù)，而在R上單調(diào)遞增，所以g(x)是在R上的單調(diào)遞增函數(shù)且為奇函數(shù)，而f(2sin*cos)+f(42sin2cosm)<5可變形成f(2sin*cos)1<2f(42sin

21、2cosm)，即g(2sin*cos)<g(48sin2cosm)g(2sin+7cos+m4)，由g(x)是在R上的單調(diào)遞增函數(shù)，則使關(guān)于的不等式2sin*cos<2sin+4cos+m4成立，即m<2(sin+cos)3sin*cos4，設(shè)tsin+cossin(+），2sin*cost51，令h(t)2t(t81)4t8+2t3(t2)22，t，所以m<2即m>7綜上所述：實(shí)數(shù)m的范圍為m>2四、解答題：本大題6個(gè)小題，共70分.各題解答必須答在答題卡上（必須寫(xiě)出必要的文字說(shuō)明、演算步驟或推理過(guò)程）.【答案】因?yàn)?，所以tan>2，因?yàn)閠an2ta

22、n23，解得tan2【考點(diǎn)】三角函數(shù)的恒等變換及化簡(jiǎn)求值運(yùn)用誘導(dǎo)公式化簡(jiǎn)求值同角三角函數(shù)間的基本關(guān)系【解析】（1）由，可得tan>0，進(jìn)而解方程即可求得tan的值（2）利用誘導(dǎo)公式，同角三角函數(shù)基本關(guān)系式化簡(jiǎn)即可求解【解答】因?yàn)?，所以tan>2，因?yàn)閠an2tan23，解得tan2【答案】當(dāng)總質(zhì)比為200時(shí)，v=1000ln200，由參考數(shù)據(jù)得v1000×5.3=5300m/s， 當(dāng)總質(zhì)比為200時(shí)，A型火箭的最大速度約為5300m/s；由題意，經(jīng)過(guò)材料更新和技術(shù)改進(jìn)后，A型火箭的噴流相對(duì)速度為1500m/s，總質(zhì)比變?yōu)镸3m，要使火箭的最大速度至少增加500m/s，則需

23、1500lnM3m1000lnMm500，化簡(jiǎn)，得31nM3m21nMm1， ln(M3m)3ln(Mm)21，整理得lnM27m1， M27me，則Mm27×e，由參考數(shù)據(jù)，知2.718<e<2.719， 73.386<27×e<73.413， 材料更新和技術(shù)改進(jìn)前總質(zhì)比的最小整數(shù)值為74【考點(diǎn)】根據(jù)實(shí)際問(wèn)題選擇函數(shù)類型【解析】（1）當(dāng)總質(zhì)比為200時(shí)，v=1000ln200，結(jié)合已知數(shù)據(jù)求解得答案；（2）由題意，經(jīng)過(guò)材料更新和技術(shù)改進(jìn)后，A型火箭的噴流相對(duì)速度為1500m/s，總質(zhì)比變?yōu)镸3m，要使火箭的最大速度至少增加500m/s，則需1500

24、lnM3m1000lnMm500，求出Mm的范圍，即可求得在材料更新和技術(shù)改進(jìn)前總質(zhì)比的最小整數(shù)值【解答】當(dāng)總質(zhì)比為200時(shí)，v=1000ln200，由參考數(shù)據(jù)得v1000×5.3=5300m/s， 當(dāng)總質(zhì)比為200時(shí)，A型火箭的最大速度約為5300m/s；由題意，經(jīng)過(guò)材料更新和技術(shù)改進(jìn)后，A型火箭的噴流相對(duì)速度為1500m/s，總質(zhì)比變?yōu)镸3m，要使火箭的最大速度至少增加500m/s，則需1500lnM3m1000lnMm500，化簡(jiǎn)，得31nM3m21nMm1， ln(M3m)3ln(Mm)21，整理得lnM27m1， M27me，則Mm27×e，由參考數(shù)據(jù)，知2.71

25、8<e<2.719， 73.386<27×e<73.413， 材料更新和技術(shù)改進(jìn)前總質(zhì)比的最小整數(shù)值為74【答案】由2k2x，kZ2x7k+，得kxk+，即函數(shù)的，k+，由2k+6x，kZ6x2k+，得k+xk+，即函數(shù)的單調(diào)遞區(qū)間為k+，kZ當(dāng)時(shí)，8x0，則sin(2x）sin(），即sin(2x，2，則sin(2x）+，即y0，即函數(shù)的值域?yàn)?，【考點(diǎn)】?jī)山呛团c差的三角函數(shù)三角函數(shù)中的恒等變換應(yīng)用【解析】（1）根據(jù)條件求出，結(jié)合三角函數(shù)的單調(diào)性進(jìn)行求解即可（2）求出角的范圍，結(jié)合三角函數(shù)的單調(diào)性和值域的關(guān)系進(jìn)行求解即可【解答】由2k2x，kZ2x7k+，得

26、kxk+，即函數(shù)的，k+，由2k+6x，kZ6x2k+，得k+xk+，即函數(shù)的單調(diào)遞區(qū)間為k+，kZ當(dāng)時(shí)，8x0，則sin(2x）sin(），即sin(2x，2，則sin(2x）+，即y0，即函數(shù)的值域?yàn)?，【答案】當(dāng)m0時(shí)，則f(x)>4即，所以log2x(log2x+3)<0，解得1<log4x<0，所以，故，所以不等式f(x)>2的解集為；聯(lián)立方程組，則有y，所以有，整理可得y2my+m24，因?yàn)楹瘮?shù)f(x)的圖象和函數(shù)的圖象交于不同兩點(diǎn)A(x1,y4)，B(x2,y2)，所以y5+y2m，y1+y6m2，因?yàn)閥1log3x1，y2log7x2，故，所以x1

27、x5+y1y2，則2m+m20，故m4，因?yàn)楹瘮?shù)y6x+x在R上是單調(diào)遞增函數(shù)，所以方程只有一個(gè)解，即m4【考點(diǎn)】指、對(duì)數(shù)不等式的解法函數(shù)與方程的綜合運(yùn)用【解析】（1）求出m0時(shí)f(x)的解析式，然后將不等式f(x)>2進(jìn)行變形得到log2x(log2x+1)<0，利用一元二次不等式的解法得到1<log2x<0，再利用對(duì)數(shù)不等式的解法求解即可；（2）聯(lián)立ylog2x與yf(x)，從而得到y(tǒng)2my+m20，則有韋達(dá)定理成立，再利用指數(shù)和對(duì)數(shù)的互化結(jié)合x(chóng)1x2+y1y218，有2m+m20，分析求解即可得到答案【解答】當(dāng)m0時(shí)，則f(x)>4即，所以log2x(log

28、2x+3)<0，解得1<log4x<0，所以，故，所以不等式f(x)>2的解集為；聯(lián)立方程組，則有y，所以有，整理可得y2my+m24，因?yàn)楹瘮?shù)f(x)的圖象和函數(shù)的圖象交于不同兩點(diǎn)A(x1,y4)，B(x2,y2)，所以y5+y2m，y1+y6m2，因?yàn)閥1log3x1，y2log7x2，故，所以x1x5+y1y2，則2m+m20，故m4，因?yàn)楹瘮?shù)y6x+x在R上是單調(diào)遞增函數(shù)，所以方程只有一個(gè)解，即m4【答案】函數(shù)2（cos2x)，函數(shù)圖象上所有點(diǎn)的縱坐標(biāo)伸長(zhǎng)為原來(lái)的2倍，得y2cos5x的圖象，再將所得到的圖象橫坐標(biāo)伸長(zhǎng)為原來(lái)的2倍，得y2cosx的圖象；所以函數(shù)

29、f(x)8cosx因?yàn)?，所?cos2cos，即coscos，又，則cos(+)coscossinsinsinsin，得sinsin-，cos()coscos+sinsin-，2tan3x+3tanx1，設(shè)ttanx，當(dāng)時(shí)，1t2，則函數(shù)g(x)等價(jià)為y2t2+8t1，對(duì)稱軸為t-，則當(dāng)t1時(shí)，函數(shù)取得最大值，即函數(shù)g(x)在上的最大值為4【考點(diǎn)】函數(shù)y=Asin（x+）的圖象變換【解析】（1）利用兩角和的正弦公式將函數(shù)化簡(jiǎn)，再由三角函數(shù)的圖象變換規(guī)律可得f(x)的解析式；（2）根據(jù)條件求出cos()，利用三角函數(shù)的積化和差進(jìn)行轉(zhuǎn)化，然后利用弦化切，最后利用換元法轉(zhuǎn)化為一元二次函數(shù)，結(jié)合一元二次函數(shù)的最值性質(zhì)進(jìn)行求解即可【解答】函數(shù)2（cos2x