作业详答新课标高考一轮复习测评手册数学江苏专版.docx

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作业详答新课标高考一轮复习测评手册数学江苏专版

作业手册

课时作业

（一）

【基础热身】

1．B　[解析]因为M＝{0,1,2,3,4}，N＝{1,3,5}，所以P＝M∩N＝{1,3}，

所以集合P的子集共有∅，{1}，{3}，{1,3}4个．

2．D　[解析]由于x1，x2∈A，故设x1＝a1＋b1，x2＝a2＋b2，a1，a2，b1，b2∈Z，则x1±x2＝（a1±a2）＋（b1±b2），由于a1，a2，b1，b2∈Z，故a1±a2，b1±b2∈Z，所以x1＋x2∈A，x1－x2∈A；x1x2＝（a1a2＋3b1b2）＋（a1b2＋a2b1），由于a1，a2，b1，b2∈Z，故a1a2＋3b1b2，a1b2＋a2b1∈Z，所以x1x2∈A；由于＝＝＋，但这里，都不一定是整数，如设x1＝1＋，x2＝3－，则＝＝＝＝1＋∉A，故当x2≠0时，不一定是集合A中的元素．

3．D　[解析]A＝{y|y>0}，B＝{－1，－2,1,2}，故A∩B＝{1,2}．

4．B　[解析]只有②③两个图形内任意两点所连线段仍在图形内．

【能力提升】

5．C　[解析]根据补集和交集的运算，把N中属于M的元素去掉即可．

6．D　[解析]∵A∪B＝A，∴B⊆A，又B≠∅，

∴解得2＜m≤4.

7．B　[解析]集合A，B均是函数的定义域，求出定义域后计算即可．

集合A＝（3，＋∞），集合B中的x满足－4＋5x－x2>0，即x2－5x＋4<0，即得1

8．A　[解析]∵P∈A，∴m>－1，又∁UB＝{（x，y）|x＋y－n>0}，∵P∈（∁UB），∴n<5，故选A.

9．1　[解析]∵A＝{－1,1,3}，B＝{a＋2，a2＋4}，A∩B＝{3}，∴a＋2＝3或a2＋4＝3，

又∵a2＋4＝3不符合题意，无解．

∴a＝1，经检验，符合题意．

10．4　[解析]a只可能等于4.

11.　[解析]由题意，知集合M的“长度”是，集合N的“长度”是，由集合M、N是{x|0≤x≤1}的子集，知当且仅当M∪N＝{x|0≤x≤1}时，集合M∩N的“长度”最小，最小值是＋－1＝.

12．[解答]A＝{x|－1

（1）由A∪B＝B知，A⊆B，令f（x）＝x2＋ax－6，则

解得－5≤a≤－1，即a的取值范围是[－5，－1]．

（2）假设存在a的值使得A∪B＝B∩C，由A∪B＝B∩C⊆B知A⊆B，

由A∪B＝B∩C⊆C知B⊆C，于是A⊆B⊆C，

由

（1）知若A⊆B，则a∈[－5，－1]，

当B⊆C时，由Δ＝a2＋24>0，知B不可能是空集，

于是

解得a∈，

综合a∈[－5，－1]知存在a∈满足条件．

【难点突破】

13．[解答]

（1）①当m＋1>2m－1，即m<2时，B＝∅满足B⊆A.

②当m＋1≤2m－1，即m≥2时，要使B⊆A成立，

需可得2≤m≤3.

综上，m的取值范围是m≤3.

（2）当x∈Z时，A＝{－2，－1,0,1,2,3,4,5}，

所以A的非空真子集个数为28－2＝254.

（3）因为x∈R，且A＝{x|－2≤x≤5}，B＝{x|m＋1≤x≤2m－1}，又A∩B＝∅，

则①若B＝∅，即m＋1>2m－1，得m<2，满足条件．

②若B≠∅，则要满足的条件是

或

解得m>4.

综上，m的取值范围是m<2或m>4.

课时作业

（二）

【基础热身】

1．B　[解析]命题p为假命题，命题q也为假命题．利用真值表判断．

2．A　[解析]全称命题选用全称量词和对应符号．

3．B　[解析]易知①错，当x＝0时不等式不成立，对于全称命题只要有一个情况不满足，命题即假；②错，只需两个命题中至少有一个为假即可；③正确，全称命题的否定是存在性命题，即只有一个命题是正确的，故选B.

4．（－∞，1]　[解析]命题綈p是假命题，则命题p是真命题，即关于x的方程4x－2x＋1＋m＝0有实数解，而m＝－（4x－2x＋1）＝－（2x－1）2＋1，所以m≤1.

【能力提升】

5．D　[解析]取x＝，则logx＝1，logx＝log32<1，p2正确；当x∈时，x<1，而logx>1，p4正确．

6．D　[解析]p：

x≥3或x≤－1，q：

x∈Z，则由p且q，綈q同时为假命题知，p假q真，所以x满足－1

7．C　[解析]若p且q为假命题，则p与q的真假包括两种情况：

其中可以有一个是真命题，或者p与q都是假命题．

8．A　[解析]f′（x）＝－ex（x＋1），由于函数f（x）在（－∞，－1）上递增，在（－1，＋∞）上递减，故f（x）max＝f（－1）＝，故∀a∈，∃x∈R，f（x）>a.

9．（－∞，－3）∪（1,2]∪[3，＋∞）　[解析]因为綈q且p为真，即q假p真，而q为真命题时，<0，即20，解得x>1或x<－3.

由

得x≥3或1

所以x的取值范围是x≥3或1

10．0≤m<　[解析]由f（x）＝在区间（0，＋∞）上是减函数，得1－2m>0，即m<，由不等式（x－1）2>m的解集为R，得m<0.要保证命题“p∨q”为真，命题“p∧q”为假，则需要两个命题中只有一个正确，而另一个不正确，故0≤m<.

11．①④　[解析]①设f（x）＝x2＋x＋1，对x∈[－1,1]，f（x）max＝f

（1）＝3，∴a<3.②代数式sinα＋sin＋sin的值为常数，与角α无关；

③将函数f（x）＝3sin的图象向左平移个单位长度后得到的图象所对应的函数不是奇函数．④写出{an}的前几项，可知{an}是周期数列，周期为6，且a1＋a2＋…＋a6＝0，故S2011＝a1＝m.故①④正确．

12．[解答]p为真命题⇔f′（x）＝3x2－a≤0在[－1,1]上恒成立⇔a≥3x2在[－1,1]上恒成立⇔a≥3.

q为真命题⇔Δ＝a2－4≥0恒成立⇔a≤－2或a≥2.

由题意p和q有且只有一个是真命题．

p真q假⇔⇔a∈∅；

p假q真⇔⇔a≤－2或2≤a<3.

综上所述：

a∈（－∞，－2]∪[2,3）．

【难点突破】

13．[解答]若命题p为真，则0

由2≤x＋≤知，

要使q为真，需<2，即c>.

若p或q为真命题，p且q为假命题，则p、q中必有一真一假，

当p真q假时，c的取值范围是0

当p假q真时，c的取值范围是c≥1.

综上可知，c的取值范围是.

课时作业（三）

【基础热身】

1．C　[解析]当x、y为负值时，命题p不正确，而当＝时，有x＝y，故p的逆命题正确．

2．D　[解析]x2＋（a－1）x＋1≥0恒成立，所以（a－1）2－4≤0，得－1≤a≤3.

3．D　[解析]可以借助反例说明：

①如数列：

－1，－2，－4，－8公比为2，但不是增数列；

②如数列：

－1，－，－，－是增数列，但是公比为<1.

4．A　[解析]因为两直线平行，则（a2－a）×1－2×1＝0，解得a＝2或－1，所以选A.

【能力提升】

5．B　[解析]显然，充分性不成立．若a－c＞b－d和c＞d都成立，则同向不等式相加得a＞b，

即由“a－c＞b－d”⇒“a＞b”．

6．B　[解析]命题①在c＝0时不正确，即“a＝b”只是“ac＝bc”的充分不必要条件；注意到无理数的概念与实数的加法运算，可知命题②是真命题；命题③在a、b是负数时不正确，∴命题③为假命题．由不等式的性质，若a<3，必有a<5，∴命题④是真命题．综上所述，命题②④是真命题．

7．A　[解析]函数y＝cos2ax－sin2ax＝cos2ax的最小正周期为π⇔a＝1或a＝－1，所以“a＝1”是“函数y＝cos2ax－sin2ax的最小正周期为π”的充分不必要条件．故选A.

8．C　[解析]已知命题p为真，则≤1，∴a≤；已知命题q为真，则0<2a－1<1，∴

9．①②④　[解析]根据命题的等价性，结论①正确；根据二次函数图象与不等式的关系，结论②正确；结论③即x2＝1是x＝1的充分不必要条件，显然错误；x≠0也可能x＋|x|＝0，故条件不充分，反之x≠0，结论④正确．

10．[－3,0]　[解析]ax2－2ax－3≤0恒成立，当a＝0时，－3≤0成立；

当a≠0时，得解得－3≤a<0，

故－3≤a≤0.

11．充要　[解析]·＝·⇔·－·＝0⇔·（＋）＝0⇔（－）（＋）＝0⇔2＝2⇔||＝||，

于是“·＝·”是“||＝||”的充要条件．

12．[解答]证法一：

证明：

充分性：

若a2－b2＝1，

则a4－b4－2b2＝（a2＋b2）（a2－b2）－2b2

＝a2＋b2－2b2＝a2－b2＝1，

所以a2－b2＝1是a4－b4－2b2＝1成立的充分条件．

必要性：

若a4－b4－2b2＝1，则a4－（b2＋1）2＝0，

即（a2＋b2＋1）（a2－b2－1）＝0，

因为a，b是实数，所以a2＋b2＋1≠0，所以a2－b2－1＝0，即a2－b2＝1，所以a2－b2＝1是a4－b4－2b2＝1成立的必要条件．

综上所述，a4－b4－2b2＝1成立的充要条件是a2－b2＝1.

证法二：

证明：

a4－b4－2b2＝1⇔a4＝b4＋2b2＋1⇔a4＝（b2＋1）2⇔a2＝b2＋1，

∴a4－b4－2b2＝1成立的充要条件是a2＝b2＋1.

【难点突破】

13．[解答]

（1）当a＝时，A＝，B＝，所以（∁UB）∩A＝.

（2）若q是p的必要条件，即p⇒q，可知B⊇A.

因为a2＋2>a，所以B＝{x|a

当3a＋1>2，即a>时，A＝{x|2

由解得

当3a＋1＝2，即a＝时，A＝∅符合题意；

当3a＋1<2，即a<时，A＝{x|3a＋1

由解得－≤a<.

综上，a∈.

课时作业（四）

【基础热身】

1．D　[解析]对于A，两函数的对应法则不同；

对于B，两函数的定义域不同；

对于C，两函数的定义域不同；

对于D，两函数的定义域都为{x|x∈R，x≠0}，对应法则都可化为y＝1（x≠0）．

2．A　【解析】根据题意得log（2x＋1）>0，即0<2x＋1<1，解得x∈.故选A.

3．B　[解析]对于A：

y>0且y≠1；

对于B：

y>0；

对于C：

y≥0；

对于D：

0≤y≤1.

4．B　[解析]f＝－2＝－，

∴f＝f＝＝.故选B.

【能力提升】

5．D　[解析]ax2＋4ax＋3≠0恒成立，则①a＝0时适合；②a≠0时，须Δ＜0，即Δ＝（4a）2－4×a×3<0，解得0＜a＜，故0≤a<.

6．B　[解析]由f（x）＝可得f＝，

所以f（x）＋f＝1，又∵f

（1）＝，

f

（2）＋f＝1，

f（3）＋f＝1，f（4）＋f＝1，

∴f

（1）＋f

（2）＋f＋f（3）＋f＋f（4）＋f＝.

7．D　【解析】当x≤1时，f（x）≤2化为21－x≤2，解得0≤x≤1；

当x>1时，f（x）＝1－log2x<1<2恒成立，故x的取值范围是[0，＋∞），故选D.

8．C　[解析]①正确，②错误；③正确；④错误．

9.　[解析]∵－4≤x≤5，∴－1≤x＋3≤8，

∴f（x）的定义域为[－1,8]．

又由－1≤2x－3≤8得1≤x≤，

∴f（2x－3）的定义域为.

10．2x－5　[解析]由g（x）为一次函数，设g（x）＝ax＋b（a>0）．

因为f[g（x）]＝4x2－20x＋25，

所以（ax＋b）2＝4x2－20x＋25，

即a2x2＋2abx＋b2＝4x2－20x＋25，解得a＝2，b＝－5，

故g（x）＝2x－5.

11．－2　[解析]由于x>6时函数的值域为（－∞，－log37），－不在（－∞，－log37）内，所以n≤6，由3n－6－1＝－，解得n＝4，所以f（n＋4）＝f（8）＝－2.

12．[解答]∵f（x）＝2＋log3x，

∴y＝[f（x）]2＋f（x2）＝（2＋log3x）2＋（2＋log3x2）

＝logx＋6log3x＋6＝（log3x＋3）2－3，

∵函数f（x）的定义域为[1,9]，

∴要使函数y＝[f（x）]2＋f（x2）有意义，必须

∴1≤x≤3，∴0≤log3x≤1.

令u＝log3x，则0≤u≤1，

又函数y＝（u＋3）2－3，在[－3，＋∞]上是增函数，

∴当u＝1时，函数y＝（u＋3）2－3有最大值13.

当u＝0时，函数有最小值6，

∴函数值域为[6,13]．

【难点突破】

13．[解答]

（1）令t＝x＋1，则x＝t－1，

所以f（t）＝2（t－1）2＋1＝2t2－4t＋3.

所以f（x）＝2x2－4x＋3.

（2）因为2f（x）－f（－x）＝x＋1，

用－x去替换等式中的x，

得2f（－x）－f（x）＝－x＋1，

即有

解方程组消去f（－x），得f（x）＝＋1.

（3）由f

（2）＝1得＝1，即2a＋b＝2.

由f（x）＝x得＝x，变形得x＝0，解此方程得：

x＝0或x＝.

又因为方程有唯一解，所以＝0，解得b＝1，

代入2a＋b＝2得a＝，

所以所求解析式为f（x）＝.

课时作业（五）

【基础热身】

1．B　[解析]A选项中，函数y＝x3是奇函数；B选项中，y＝|x|＋1是偶函数，且在（0，＋∞）上是增函数；C选项中，y＝－x2＋1是偶函数，但在（0，＋∞）上是减函数；D选项中，y＝2－|x|＝|x|是偶函数，但在（0，＋∞）上是减函数．故选B.

2．C　[解析]由f（x）为R上的减函数且f

（1），

得：

即∴0

3．D　[解析]可知函数y＝3x在（－∞，1）上为增函数，其值域为（0,3）；函数y＝log2x在[1，＋∞）上为增函数，值域为[0，＋∞）．综上可知，函数的值域为[0，＋∞），故选择D.

4．A　[解析]函数f（x）的定义域是（－1,4），u（x）＝－x2＋3x＋4＝－2＋在（－1,4）上的减区间为.∵e>1，∴函数f（x）的单调递减区间为.

【能力提升】

5．A　[解析]设g（x）＝x2－ax＝2－，则当a>1时，需满足解得1

6．B　[解析]因为ax与loga（x＋1）的单调性相同，所以不论a>1，还是0

7．B　[解析]偶函数f（x）在区间[0，＋∞）上单调递增，由对称性知其在（－∞，0）上单调递减，因此应有|2x－|<，解得x∈（0，）．

8．D　[解析]根据函数f（x）的性质，不等式f（msinθ）＋f（1－m）>0，即f（msinθ）>f（m－1），即msinθ>m－1在上恒成立．当m>0时，即sinθ>恒成立，只要0>即可，解得0

m<1.

9．A　[解析]f（x）＝＋k为上的增函数，又f（x）在[a，b]上的值域为[a，b]，∴即f（x）＝x在上有两个不等实根，即＝x－k在上有两个不等实根．问题可化为y＝和y＝x－k的图象在上有两个不同交点．如图，对于临界直线m，应有－k≥，即k≤－.对于临界直线n，y′＝（）′＝，令＝1，得切点P横坐标为0，∴P（0,1），

∴n：

y＝x＋1，令x＝0，得y＝1，∴－k＜1，即k>－1.综上，－1

10.≤a＜　[解析]∵当x≥1时，y＝logax单调递减，∴0＜a＜1；

而当x＜1时，f（x）＝（3a－1）x＋4a单调递减，∴a＜；

又函数在其定义域内单调递减，故当x＝1时，（3a－1）x＋4a≥logax，得a≥，

综上可知，≤a＜.

11.　[解析]由题意可得f（x）＝当x∈时，f（x）∈；

当x∈时，f（x）∈，所以f（x）的最小值为.

12．－2　－6　[解析]①x≥2时，f（x）＝－2⇒f

（2）＝－2；②f（x）＝

f（x）在[－2,0]上最小值为－6，在[0,2]上最小值为－2，综上所述，f（x）在区间[－2,2]上的最小值为－6.

13．①③④　[解析]如图，①正确；

函数f（x）在R上不是单调函数，②错误；

若f（x）>0在上恒成立，则2a×－1>0，a>1，③正确；

由图象可知在（－∞，0）上对任意x1<0，x2<0且x1≠x2，恒有f<成立，④正确．

14．[解答]

（1）证明：

方法一：

设x2>x1>0，

则x2－x1>0，x1x2>0.

∵f（x2）－f（x1）＝－

＝－＝>0，

∴f（x2）>f（x1），∴f（x）在（0，＋∞）上是增函数．

方法二：

∵f（x）＝－，

∴f′（x）＝′＝>0，

∴f（x）在（0，＋∞）上为增函数．

（2）∵f（x）在上的值域是，

又f（x）在上单调递增，

∴f＝，f

（2）＝2，∴a＝.

15．[解答]

（1）对于③，令x1＝x2＝0，得f（0）≤0，

又由①知f（0）≥0，∴f（0）＝0.

（2）设0≤x1

∴f（x2）－f（x1）＝f（x2－x1＋x1）－f（x1）≥f（x2－x1）＋f（x1）－f（x1）＝f（x2－x1）≥0，

即f（x2）≥f（x1）．

故f（x）在[0,1]上是单调递增的，

从而f（x）的最大值是f

（1）＝1.

（3）∵f（x）在[0,1]上是增函数，

结合

（1）

（2）知f（x）∈[0,1]．

又∵4f2（x）－4（2－a）f（x）＋5－4a≥0，

∴4f2（x）－8f（x）＋5≥4a[1－f（x）]．

当f（x）≠1时，a≤.

∵y＝＝

＝1－f（x）＋≥1，

∴a≤1.

当f（x）＝1时，4f2（x）－4（2－a）f（x）＋5－4a

＝4－4（2－a）＋5－4a＝4－8＋4a＋5－4a

＝1≥0恒成立，∴a≤1.

【难点突破】

16．[解答]

（1）若n<0，由题意则n＝f（0）＝0，矛盾．

若n≥0，则n＝f（n）＝n2，解得n＝0或1，

所以f（x）的保值区间为[0，＋∞）或[1，＋∞）．

（2）因为g（x）＝x－ln（x＋m）的保值区间是[2，＋∞），

所以2＋m>0，即m>－2，

令g′（x）＝1－>0，得x>1－m，

所以g（x）在（1－m，＋∞）上为增函数，

同理可得g（x）在（－m,1－m）上为减函数．

若2≤1－m，即m≤－1，则g（1－m）＝2，得m＝－1，满足题意．

若2>1－m，即m>－1，则g

（2）＝2，得m＝－1，矛盾．

所以满足条件的m值为－1.

课时作业（六）A

【基础热身】

1．B　[解析]∵函数f（x）＝ax2＋bx在[a－1,2a]上为偶函数，∴b＝0，且a－1＋2a＝0，即b＝0，a＝.∴a＋b＝.

2．D　[解析]因为f（x）为定义在R上的奇函数，所以有f（0）＝20＋2×0＋b＝0，解得b＝－1，所以当x≥0时，f（x）＝2x＋2x－1，所以f（－1）＝－f

（1）＝－（21＋2×1－1）＝－3，故选D.

3．D　[解析]函数f（x）在[－5,5]上是偶函数，因此f（x）＝f（|x|），于是f（－3）＝f（3），f（－1）＝f

（1），则f（3）

（1）．又f（x）在[0,5]上是单调函数，从而函数f（x）在[0,5]上是单调减函数，观察选项，只有D正确．

4．A　[解析]法一：

由已知得f（x）＝的定义域关于原点对称，由于该函数定义域为，知a＝，故选A.

法二：

∵f（x）是奇函数，∴f（－x）＝－f（x），

又f（x）＝，

则＝在函数的定义域内恒成立，可得a＝.

【能力提升】

5．A　[解析]由f（x）是定义在R上的奇函数，且当x≥0时，f（x）单调递减，可知f（x）是R上的单调递减函数．由x1＋x2>0，可知x1>－x2，f（x1）

6．B　[解析]由f（x＋6）＝－＝f（x）知该函数为周期函数，周期为6，所以f（107.5）＝f＝f，又f（x）为偶函数，则f＝f＝－＝－＝.

7．A　[解析]作出函数f（x）图象的示意图如图，则原不等式等价于log2x＞或log2x<－，解得x>或0

8．B　[解析]f（x）＝x（x－3）（x－2）（x－1）x（x＋1）（x＋2）（x＋3）＝x2（x2－1）（x2－4）（x2－9），∴f（x）是偶函数．

9．－3　[解析]法一：

∵f（x）是定义在R上的奇函数，且x≤0时，f（x）＝2x2－x，

∴f

（1）＝－f（－1）＝－2×（－1）2＋（－1）＝－3.

法二：

设x>0，则－x<0，∵f（x）是定义在R上的奇函数，且x≤0时，f（x）＝2x2－x，∴f（－x）＝2（－x）2－（－x）＝2x2＋x，又f（－x）＝－f（x），

∴f（x）＝－2x2－x（x>0），∴f

（1）＝－2×12－1＝－3.

10.　[解析]依题意得4f

（1）f（0）＝f

（1）＋f

（1），

f（0）＝2f

（1）＝；

f（n＋1）＋f（n－1）＝4f（n）f

（1）＝f（n），

所以f（n＋1）＝f（n）－f（n－1），

记an＝f（n）（其中n∈N*），则有an＋1＝an－an－1（n≥2），

an＋2＝an＋1－an＝－an－1，an＋3＝an＋2－an＋1＝－an，

an＋6＝－an＋3＝an，

故数列{an}的项以6为周期重复出现．

注意到2010＝6×335，因此有a2010＝f（0）＝，

即f（2010）＝.

11．①②　[解析]①正确．∵f（x）＋f（x－1）＝1（*），

∴f（x＋1）＋f（x）＝1（**），

（**）－（*）得f（x＋1）－f（x－1）＝0，

∴f（x＋1）＝f（x－1），

则f（x＋2）＝f（x），∴f（x）是以2为周期的函数．

②正确．当x∈[1,2]时，x－1∈[0,1]，

∴f（x）＝1－f（x－1）＝1－（x－1）2＝2x－x2

（x∈[0,1]时，f（x）＝x2）

③错误．当x∈[－1,0]时，x＋1∈[0,1]．

∴f（x）＝1－f（x＋1）＝1－（x＋1）2，

∴f（x）＝－x2－2x.

又∵－x∈[0,1]，∴f（－x）＝（－x）2＝x2，

∴f（x）≠f（－x），f（x）不是偶函数．

12．[解答]

（1）设x<0，则－x>0，

所以f（－x）＝－（－x）2＋2（－x）＝－x2－2x.

又f（x）为奇函数，所以f（－x）＝－f（x），

于是x<0时，f（x）＝x2＋2x＝x2＋mx，所以m＝2.

（2）要使f（x）在[－1，a－2]上单调递增，

结合f（x）的图象（图略）知

所以1＜a≤3，故实数a的取值范围是（1,3]．

【难点突破】

13．[解答]

（1）当x∈时，0为给定区间内的整数，故由定义知，f（x）＝|x|，x∈.

（2）当x∈（k∈Z）时，k为给定区间内的整数，故f（x）＝|x－k|，x∈（k∈Z）．

（3）对任意x∈R，函数f（x）都存在，且存在k∈Z，满足k－≤x≤k＋，f（x）＝|x－k|，由k－≤x≤k＋，得－k－≤－x≤－k＋，此时－k是区间内的整数，因此f（－x）＝|－x－（－k）|＝|－x＋k|＝|x－k|＝f（x），即函数f（x）为偶函数．