高三单元试题20套参考答案

由①②得 6－(2－a)2>－(1－a)2，解得 a>－
3 1 3 1 ；类似地由①③得 a<－ 。∴－ <a<－ 。 2 2 2 2
22．⑴对于非零常数 T，f(x+T)=x+T, Tf(x)=Tx． 因为对任意 x∈R，x+T= Tx 不能恒成立， ∴f(x)= x M . x ⑵因为函数 f(x)=a （a>0 且 a≠1）的图象与函数 y=x 的图象有公共点，

1 >1。 f ( x)
⑵设 x1<x2， 则 x2－x1>0， ∴0<f(x2－x1)<1， ∴f(x2)－f(x1)＝f[(x2－x1)+x1]－f(x1)＝f(x2－x1)f(x1) －f(x1)＝f(x1)[f(x2－x1)－1]<0，∴f(x)在 R 上单调递减。 ⑶∵f(x2)f(y2)>f(1)，∴f(x2+y2)>f(1)，由 f(x)单调性知 x2+y2<1，又 f(ax－y+2)=1=f(0)， ∴ax－y+2=0，又 A∩B＝ ，∴
③ 若 0<a<b，同理有 N>M。综上所述 N>M。
2 2 ① log 2 (a a k ) 2 a a k 4 18．解：⑴由题设有 ，∴ 2 log 2 a (log 2 a 1) 0 ② log 2 a log 2 a k k
1 u 1 v 2 (v u) 1. 综 上 可 知 ， 对 任 意 的 u, v [1,1], 都 有
| f (u) f (v) | 1.
证法二：由⑴可得，当 x [0,1]时, f(x) 1 - x, x [1,0]时, | f ( x) || f ( x) f (1) 1 x 1 | x | . 所以，当 x [1,1]时, | f ( x) 1 | x | . 因此，对任意的 u, v [1,1], 当 | u v | 1 时， | f (u) f (v) || u v | 1. 当 | u v | 1 时，有 u v 0 且 1 | u v || u | | v | 2. 所以 | f (u) f (v) || f (u) | | f (v) | 1 | u | 1 | v | 2 (| u | | v) 1. 综上可知，对任意的 u, v [1,1], 都有 | f (u) f (v) | 1. ⑶答：满足所述条件的函数不存在．
k 2 4k 5 0 0
1<k<19。
20．设解出甲、乙、丙三题的学生的集合分别为 A、B、C，并用三个圆表示之，则重叠部分 表示同时解出两题或三题的学生的集合，其人数分别以 a,b,c,d,e,f,g 表示。 由于每个学生至少解出一题，故 a+b+c+d+e+f+g=25 ① 由于没有解出甲题的学生中，解出乙题的人数是解出丙题的人数的 2 倍，故 b+f=2(c+f) ② 由于只解出甲题的学生比余下的学生中解出甲题的学生的人数多 1，故 a=d+e+g+1 ③ 由于只解出一题的学生中，有一半没有解出甲题，故 a=b+c④ d a B 由②得：b=2c+f，f＝b－2c ⑤ A b 以⑤代入①消去 f 得 a+2b－c+d+e+g=25 ⑥ g e f 以③④代入⑥得：2b－c+2d+2e+2g=24 ⑦ C 3b+d+e+g=25 ⑧ c
∵a≠1，∴log2a≠0，由②得 log2a－1＝0，∴a=2，代入①解得 k＝2。 ⑵∵k=2，∴f(x)=x2－x+2=(x－
1 2 7 ) + >0。 2 4
∴
9 9 [ f ( x)]2 9 9 ＝f(x)+ ≥ 2 f ( x ) ＝6。当且仅当 f(x)＝ ，即[f(x)]2=9 时取 f ( x) f ( x) f ( x) f ( x)
2 a 1
2
1 ，∴a2+1≤4，从而 3 a 3 。
21．解：⑴依题意，设 B(t,
t x0 3 3 t)，A(－t, t)(t>0)，C(x0,y0)。∵M 是 BC 的中点，∴ ＝ 2 2 2
3
3 t y0 3 1， 2 ＝m，∴x0＝2－t，y0＝2m－ t。在△ABC 中，|AB|＝2t，AB 边上的高 h＝y0 2 2 3 1 1 － t＝2m－3t。∴S＝ |AB|·h＝ ·2t·(2m－3t)＝－3t2+2mt，t∈(0,1]。 2 2
一、1．B 2．B 3．A 4．B 5．D 6．B 7．C 8．B 9．D 10．B 11．A 12．A 二、13．2 14．f(x),g(x) 15．500 16．(－∞,－1)∪(1,+∞) 三、17．解：
N ab a 2 b 2 sin 2 x cos2 x ( )cos x ( )sin x 。 M a b a b
m 0 1 m 3 m m 3 ⑵S＝－3t2+2mt＝－3(t－ )2+ ， t∈(0,1]。 若 ， 即 <m≤3。 当 t＝ 时， Smax 2 3 3 3 m 3 2
2
m 3 m m2 ＝ ，相应的 C 点坐标是(2－ ， m)。若 >1，即 m>3 时，S=f(t)在区间(0,1]上是增函 3 2 3 3
a b a cos2 x b sin 2 x N >1，0< <1。由指数函数的性质知 ( ) ≥1,0< ( ) ≤1，∴ >1， b a b a M
2
① 若 a>b>0，则
于是 N>M； ② 若 a＝b>0，则
a b N a cos2 x b sin 2 x ＝ ＝1，∴ ＝( ) ＋( ) ＝1＋1>1，于是 N>M； b a M b a
2
又因为 f ( x) 为奇数，所以 f (0) 0. 由条件 | f (u ) f (v) || u v |, u, v [0, 1 ],
1 1 1 得 | f ( ) || f ( ) f (0) | . ② 2 2 2
①与②矛盾，所以假设不成立，即这样的函数不存在．
高三单元试题之一：集合和简易逻辑参考答案
一、1．C 二、13．15 2．A 3．D 4．B 14． 2560 5．A 6．C 7．B 8．C 9．A 10．C 11．D 12．B 16． m= 15． [1，3]
1 1 (也可为 m= ) 2 3
三、17．由题意 p,q 中有且仅有一为真，一为假，
y ax x 所以方程组： 有解，消去 y 得 a =x, y x
显然 x=0 不是方程 a =x 的解，所以存在非零常数 T，使 aT=T． 于是对于 f(x)=a 有 f ( x T ) a xT a T a x T a x Tf ( x) 故 f(x)=a ∈M． ⑶当 k=0 时，f(x)=0，显然 f(x)=0∈M． 当 k≠0 时，因为 f(x)=sinkx∈M，所以存在非零常数 T，对任意 x∈R，有 f(x+T)=T f(x)成立，即 sin(kx+kT)=Tsinkx ． 因为 k≠0，且 x∈R，所以 kx∈R，kx+kT∈R， 于是 sinkx ∈[－1，1]，sin(kx+kT) ∈[－1，1]， 故要使 sin(kx+kT)=Tsinkx ．成立， 只有 T= 1 ，当 T=1 时，sin(kx+k)=sinkx 成立，则 k=2mπ, m∈Z ． 当 T=－1 时，sin(kx－k)=－sinkx 成立，即 sin(kx－k+π)= sinkx 成立， 则－k+π=2mπ, m∈Z ，即 k=－2(m－1)π, m∈Z ． 综合得，实数 k 的取值范围是{k|k= mπ, m∈Z}。
4
理由如下，假设存在函数 f ( x) 满足条件，则由 | f (u ) f (v) || u v |, u, v [ 1 ,1],
2
1 1 1 得 | f ( ) f (1) || 1 | . 2 2 2
又 f (1) 0, 所以 | f ( ) |
1 2
1 .① 2
数，∴Smax＝f(1)=2m－3，相应的 C 点坐标是(1,2m－
3 )。 2
22．⑴证明：由题设条件可知，当 x [1,1] 时，有 | f ( x) | f ( x) f (1) | x 1 | 1 x, 即 x 1 f ( x) 1 x. ⑵证法一：对任意的 u, v [1,1],当 | u v | 1 时, 有 | f(u) - f(v)|| u - v | 1. 当 | u - v | 1 时, u v 0, 不妨设 u 0, 则 v 0且v - u 1, 所以， | f (u) f (v) || f (u) f (1) | | f (v) f (1) || u 1 | | v 1 |
1 m 2， ∵¬ p 是¬ q 的必要不充分条件，且 m>0。∴A B，故 1 m 10， 且不等式组中的第一、二 m 0，
两个不等式不能同时取等号，解得 m≥9 为所求。 19．(1)当 k2+4k－5＝0 时，k=－5 或 k=1。当 k=－5 时，不等式变为 24x+3+>0，显然不满足 题意，∴k≠－5。当 k=1 时，不等式变为 3>0，这时 x∈R。 (2)当 k2+4k－5≠0，根据题意有
0 p 真 x1 x2 m 0 m>2，q 真 <0 1<m<3, x x 1 0 1 2