2015年《高校自主招生考试》数学真题分类解析之1、集合、函数和方程(共10个专题)
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《高校自主招生考试》数学真题分类解析,最后一块拼图!
专题之1、集合、函数和方程
一、选择题。
1.(2010年中南财经政法大学)若函数f(x)=mx+n直线y=x对称,又f(A.(0,+∞)
)=2B.[0,1)
(x≥0)的图象与函数g(x)的图象关于
,g(1)=0,则函数f(x)的值域为
C.(0,1]
D.[0,+∞)
2.(2009年华中科技大学)已知a,b为常数,若f(x)=x2+2x+a,f(bx)=4x2 4x+1,则f(ax+b)>0的解集为
A.{x∈R|x>1}
B.{x∈R|x<1}
C.{x∈R|x≠1}
D.{x∈R| 1<x<1}
,这里,
XA
3.(2009年复旦大学)定义全集X的子集A X的特征函数为fA(x)=表示A
X,下列命题中不准确的是 在X中的补集,那么,对A,B A.A B fA(x)≤fB(x), x∈X C.fA∩B(x)=fA(x)fB(x), x∈X
B.D.
(x)=1 fA(x), x∈X (x)=fA(x)+fB(x), x∈X
4.(2010年复旦大学)设集合X是实数集R的子集,如果点x0∈R满足:对任意a>0,都存在x∈X使得0<|x x0|<a,则称x0为集合X的聚点.用Z表示整数集,则在下列集合:(1){
|n∈Z,n≥0},(2)R\{0},(3){|n∈Z,n≠0},(4)整数集Z中,以0为聚点的集合有
A.(2)(3) B.(1)(4) C.(1)(3) D.(1)(2)(4)
5.(2010年复旦大学)设集合A={(x,y)|logax+logay>0},B={(x,y)|y+x<a},如果A∩B= ,则a的取值范围是 A.
B.a>0,a≠1
C.0<a≤2,a≠1
D.1<a≤2
6.(2010年复旦大学)设集合A,B,C,D是全集X的子集,满足A∩B≠ ,A∩C≠ ,则下列选项中正确的是
A.如果D B或D C,则D∩A≠ B.如果D A,则
∩B≠ ,
∩C≠
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C.如果D A,则∩B= ,∩C=
D.上述各项都不正确
7.(2010年复旦大学)对函数f:*0,1+→*0,1+,定义f1(x)=f(x),…,fn(x)= f[fn 1(x)+,n=2,3,….满足fn(x)=x[0,1]称为f的一个n 周期点.现设f(x)=的点x∈
,则f的n 周期点的个数是
A.2n
B.2n2 C.2n D.2(2n 1)
8.(2011年复旦大学)设a,b∈( ∞,+∞),b≠0,α,β,γ是三次方程x3+ax+b=0的3个根,则总以+,
+,+为根的三次方程是
D.b2x3+2a2bx2+ax b=A.a2x3+2abx2+b2x a=0 B.b2x3+2abx2+a2x b=0 C.a 2x3+2ab2x2+bx a=0
0 9.(2011年复旦大学)设S是由任意n(n≥5)个人组成的集合,如果S中任意4个人当中都至少有1个人和其余3个人相互认识,那么,下面的判断中正确的是 A.S中没有人认识S中所有的人 C.S中至多有2人不认识S中所有的人
B.S中至少有1人认识S中所有的人 D.S中至多有2人认识S中所有的人
10.(2011年复旦大学)下列函数中,在其定义域上不是奇函数的是 A.ln(x+
)
B.x(
+)
C.ln|
|
D.ln(sec x+tan x)
11.(2011年复旦大学)设a为正数,f(x)=x3 2ax2+a2,若f(x)在区间(0,a)上大于0,则a的取值范围是 A.(0,1]
B.(0,1)
C.(1,+∞)
D.[1,+∞)
=kx2有四个不同的实数解,则k的取值
12.(2011年同济大学等九校联考)若关于x的方程
范围为 A.(0,1)
B.(,1)
C.(,+∞)
D.(1,+∞)
13.(2010年清华大学等五校联考)设 f(x)=eax(a>0),过点P(a,0)且平行于y轴的直线与曲线
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C:y=f(x)的交点为Q,曲线C过点Q的切线交x轴于点R,则△PQR的面积的最小值为 A.1
B.
C.
D.
14.(2011年清华大学等七校联考)过点(1,1)的直线l与曲线y=x3x22x+1相切,且(1,1)不是切点,则直线l的斜率是 A.2
B.1
C.
1
D.
2
15.(2011年复旦大学)设a=()x,b=()x 1,c=lo
x,若x>1,则a,b,c之间的大小关系为
A.a<b<c
B.b<c<a C.c<a<b D.c<b<a
二、填空题。
16.(2009年南京大学)已知向量a、b满足|a|=|b|=1,a与b的夹角为,则以3a b和a+b为
边的平行四边形的面积为 。
三、解答题。
17.(2010年南京大学)函数f(x)是定义在(0,+∞)上的减函数,满足f(xy)= f(x)+f(y). (1)证明:f()=f(x) f(y);
(2)f(4)= 4,求f(x) f()≥ 12的解集.
18.(2009年浙江大学)现有如下两个命题:
32
命题p:函数f(x)=x+ax+ax a既有极大值,又有极小值. 222
命题q:直线3x+4y 2=0与曲线x 2ax+y+a 1=0有公共点.
若命题“p或q”为真,且命题“p且q”为假,试求a的取值范围.
19.(2009年浙江大学)已知a≥,设二次函数f(x)= a2x2+ax+c,其中a,c均为实数.证明:对于任意
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x∈[0,1],均有f(x)≤1成立的充要条件是c≤.
20.(2010年浙江大学)设M={x|f(x)=x},N={x|f [f(x)]=x}. (1)求证:M N;
(2)f(x)为单调递增函数时,是否有M=N?并证明.
21.(2011年同济大学等九校联考)(1)设f(x)=xln x,求f '(x); (2)设0<a<b,求常数c,使得
取得最小值;
(3)记(2)中的最小值为mab,证明mab<ln 2.
22.(2009年清华大学)一元三次函数f(x)的三次项系数为, f'(x) 9x<0的解集为(1,2).
(1)若f'(x)+7a=0仅有一解,求的解析式;
(2)若f(x)在( ∞,+∞)上单调递增,求实数a的取值范围.
23.(2010年清华大学等五校联考)设函数f(x)=
,且存在函数s=φ(t)=at+b(t>,a≠0),满足
f()=.
(Ⅰ)证明:存在函数t=ψ(s)=cs+d(s>0)满足f()=;
(Ⅱ)设x1=3,xn+1=f(xn),n=1,2,….证明:|xn 2|≤.
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24.(2012年清华大学等七校联考)记函数fn(x)=1+x+++…+,n=1,2,3,….证明:当n为偶数
时,方程fn(x)=0没有实数根,当n为奇数时,方程fn(x)=0有且仅有一个实数根xn,且xn+2<xn.
25.(2009年北京大学)某次考试共有333名学生做对了1 000道题.称做对3道及以下的人为不及格,做对6道及以上的人为优秀.问不及格和优秀的人数哪个多?
26.(2012年北京大学等十一校联考)求x的范围,使得f(x)=|x+2|+|x|+|x1|是增函数.
27.(2012年北京大学等十一校联考)已知(x22x+m)(x22x+n)=0的4个根组成首项为的等
差数列,求|mn|.
28.(2012年北京大学等十一校联考)求使得sin 4xsin 2xsin xsin 3x=a在*0,π)有唯一解的a.
29.(2010年北京大学等三校联考) 0<α<,求证:sin α<α<tan α.
30.(2011年北京大学等十三校联考)是否存在四个正实数,它们的两两乘积分别是2,3,5,6,10,16?
31.(2011年清华大学等七校联考)已知圆柱形水杯质量为a克,其重心在圆柱轴的中点处(杯底厚度及重量忽略不计,且水杯直立放置).质量为b克的水恰好装满水杯,装满水后的水杯的重心还在圆柱轴的中点处.
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(1)若b=3a,求装入半杯水后的水杯的重心到水杯底面的距离与水杯高的比值; (2)水杯内装多少克水可以使装入水后的水杯的重心最低?为什么?
答案与解析
1.C
【解析】由题意∵当x≥0时, f(x)=
,∴
,∴f(x)= x+
=
,
f(x)的值域为(0,1],故选C. 为减函数,∴
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4.A
【解析】不等式0<|x|<a,注意左边仅仅是大于零,右边的字母a为任意正数. (1)
的取值依次为0,,,…,n→+∞时,
=
→1,不妨设a=,0<|
0|<,显然无整数解;
(2)R\{0}表示除去0外的任意实数,显然0<|x 0|<a,无论a如何小,或者如何大,总有x能使上面的不等式成立; (3)的取值依次为…,
,
,
, 1,1,,,,…,n→+∞时,→ 0,故0<|
0|<a成立;
(4)不妨设a=,0<|x 0|<,无整数解。故选A. 5.D
【解析】注意隐含条件 x,y>0,a>0且a≠1.
集合A={(x,y)|loga(xy)>0},若a>1,则y>,则集合A表示曲线y=右上方在第一象限的点的集合,如图
;
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若0<a<1,则y< ,集合A表示曲线y=左下方在第一象限的点的集合,如图.
集合B={(x,y)|y< x+a},集合B表示直线y= x+a下方的点的集合. 当1<a≤2,A∩B= ,当0<a<1,A∩B≠ 。故选D. 6.D
【解析】用韦恩图表示每个选项:
由第一个图知选项A错,由第二个图知选项B错,由第三个图知选项C错。故选D. 7.C
2
【解析】f(x)=
由图象知,此时有4个周期点
;
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由图象知,此时有8个周期点,由此可递推出选项C正确. 8.B
【解析】由已知条件得:α+β+γ=0,αβ+βγ+γα=a,αβγ= b, 又(+)+(+)+(+)=2(++)=2×
=
,
2322
根据根与系数的关系,方程bx+2abx+ax b=0符合条件,选B.
9.B
【解析】本题采用特殊值方法,分析当n=5时的情况,按特殊到一般的逻辑进行推理分析.当n=5时,假设5个人为:A,B,C,D,E.(1)若任取4个人为:A,B,C,D,其中A认识其余3个人;(2)若任取4个人为:A,B,C,E,其中A认识其余3个人,可以得到S中A认识所有的人,所以A项错误,C项错误;如果在(1)(2)中,A,B,C同时认识其余人,则得到有3人认识所有的人,所以D项错误,故选B.
10.B
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【解析】A项函数定义域为R,关于原点对称.又 f(x)= ln(x+ln(x+
) 1=ln
=ln( x+
)=
)=f( x),所以函数是奇函数.
+)=(
),f( x)=
(
)=
B项函数定义域为{x∈R|x≠0},关于原点对称.又f(x)=x((
)=f(x),所以函数为偶函数.
C项函数定义域为R,关于原点对称.又f(x)+f( x)=ln||+ln||=ln 1=0,故f(x)= f( x),
所以函数为奇函数.
D项函数定义域为{x|x≠kπ+
, f(x)= ln数,故选B. 11.A
2
【解析】由已知得f '(x)=3x 4ax,令f '(x)>0,解得x>
,k∈Z},关于原点对称.又函数f( x)=ln
,因为
=
=ln
=ln(
) 1=ln
,所以f( x)= f(x),函数为奇函
或x<0,即函数f(x)的增区间为
(,+∞),( ∞,0),减区间为(0,),所以函数f(x)在(0,a)上为减函数,要使f(x)在区间(0,a)上大于0,
23
只需要f(a)≥0,即a a≥0,解得0<a≤1,选A.
12.C
【解析】解法一 当x=0时等式成立,方程
2
当x>0时,原方程变为(x+2) 4=>0有一根;
=kx2有一个根x=0;
2
当x<0时,原方程变为 (x+2)+4=,要使原方程有四个不等实根,这时必有两个根,数形结合可
知0<<4,所以k>,故选C.
2
解法二 特殊值法,取k=1,原方程变为|x|=x(x+4),即|x|[|x|(x+4) 1]=0,所以x=0或
或,故x=0或x= 2+或x= 2±,方程有四个根,所以
k=1满足条件,排除A,B,D三个选项,故选C. 13.B
【解析】要求三角形面积的最小值,必先找到三角形面积的函数,然后利用函数求最值的方法求解.如图,
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由题知
=aeax,Q(a,
),直线QR的方程为y
)]
=
.
=a(x a),令y=0,则x=a,即R(a
,0),所以△PQR的面积为[a (a再令 g(a)=14.C
,故g'(a)=
,故当a=时△PQR的面积的最小值为 .故选B.
【解析】设曲线的切线(即直线l)的切点为P(x0,y0),则由导数的几何意义得,直线l的斜率为k=y'
=3
2x02,所以直线l的方程为y y0=(3
2x02)(2x0+1. (2)
2x0+1,即
1)=0,由题意知x0=1,k= 1,故选C. 2x02)(xx0). 1x0). (1)
因为直线l过点(1,1),所以1y0=(3又P(x0,y0)在曲线上,所以y0=(1)+(2)得,1=(3
2x0 (3
15.C
2x0 2)( 1 x0)+
2x0 2)(x0+1)=0,即(x0+1)(
xx 11 xx
【解析】解法一 a=(),b=()=(),因为x>1,所以1 x<0.根据指数函数y=()为减函数,
可以得到0<a<b.由对数函数y=lox的性质得:x>1时,c=lox<0,所以c<a<b,选C.
2
解法二 因为x>1,故可取x=2,此时a=()=,b=,c=lo
2,易知c<0及0<a<b,故选
C.
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x2 2ax+y2+a2 1=0可整理为(x a)2+y2=1,直线3x+4y 2=0与曲线(x a)2+y2=1有公共点等价于
≤1,解得 1≤a≤. 即当 1≤a≤时,命题q为真. 由题设知,若p真q假,则
,解得a>3或a< 1;
若q真p假,则,解得0≤a≤.
综上,a的取值范围为a>3或a< 1或0≤a≤.
19.由题知a≥,则二次函数f(x)的对称轴为直线x=∈(0,1],故对于任意x∈[0,1], f(x)的最大值在x=处取到,且[f(x)]max=f()=+c.
(1)充分性:当c≤时,[f(x)]max=+c≤1, 故对于任意x∈[0,1],均有f(x)≤1成立. (2)必要性:若对于任意x∈[0,1],均有f(x)≤1成立, 则[f(x)]max=+c≤1,解得c≤
.
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[0,1],均有f(x)≤1成立的充要条件是c≤. 综上,对于任意x∈
20.(1)若M= ,则显然有M N.
M,满足f(x0)=x0,从而f [f(x0)]=f(x0)=x0. 故x0∈N,所以M N. 若M≠ ,则任意x0∈
(2)当f(x)为单调递增函数时,一定有M=N,下面用反证法证明:
N,于是可设x1∈N,但x1 M,因此f[f(x1)]=x1且f(x1)≠x1. 若M≠N,由于M N,必有M
(i)若f(x1)>x1,则由f(x)为单调递增函数可得:f [f(x1)]>f (x1),即x1>f(x1),矛盾. (ii)若f(x1)<x1,则由f(x)为单调递增函数可得:f [f(x1)]<f(x1),即x1<f(x1),也矛盾. M,故M N不成立,所以M=N. 综合(i)(ii)可知:f(x1)=x1,因此,x1∈【解析】无 21.(1) f '(x)=1+ln x. (2) 当c=ln (3) 将c=ln (a+b)ln
时,
)式右边,mab=代入(※
+aln a+bln b<(b a)ln 2
取得最小值. [aln a+bln b (a+b)ln
]<ln 2
(a+b)ln(a+b)>aln a+bln b+2aln 2 aln(a+b) aln a+bln(a+b) bln b>2aln 2 aln(1+)+bln(+1)>2aln 2.
因为0<a<b,所以aln(1+)+bln(+1)>aln(1+)+aln(+1)=aln(1+)(+1)=aln(2++)>aln 4=2aln 2.
故原不等式成立.
【解析】(1)由题知,函数定义域为(0,+∞), f '(x)=1+ln x. (2)若c≤ln a,则|ln x c|=ln x c,当c=ln a时,若c≥ln b,则|ln x c|=c ln x,当c=ln b时,若ln a<c<ln b,则=
{
= +
[
取得最小值,记为A; 取得最小值,记为B; +
[(ln x+1) (c+1)]dx}
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所以aln(1+)+bln(+1)>aln(1+)+aln(+1)=aln(1+)(+1)=aln(2++)>aln 4=2aln 2. 故原不等式成立. 22.(1)(2) 27 18
=ax2+(9 3a)x+2a(a>0) ≤a≤27+18
=ax2+2a2x+a1,由于
9x<0的解集
32
【解析】由题设条件,可设f(x)=x+a2x+a1x+a0,于是
为(1,2),∴∴
=ax2+(9 3a)x+2a(a>0).
,
(1)若f'(x)+7a=0仅有一解,且a≠0,则Δ=(9 3a)2 36a2=0,∴a=1或a= 3.又a>0,∴a=1, =x2+6x+2.
(2)若f(x)在( ∞,+∞)上单调递增,则
=ax2+(9 3a)x+2a≥0(a>0)的解集是
R,
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∴27 18的解集即为所求,∴)=
,可得
≤a≤27+18.
23.解法一 (Ⅰ)由f(
a(m 4)t2+[b(m 4)+a 3]t+(b+1)=0,由于等式对所有t>成立,可知
,解得
,则f(x)=
,且s=φ(t)=3t 1.
由f()= ,t=cs+d,可得 cs+d=3s+1,
)=
.
所以存在t=ψ(s)=3s+1(s>0)使得f(
(Ⅱ)令s1=1,t1=ψ(s1)=3s1+1=4,sn+1=φ(tn)=3tn 1, tn+1= ψ(sn+1)=3sn+1+1,n=1,2,…,注意到x1=x2n 1=
,x2n=
,n=1,2,…,
,由(Ⅰ)知,
sn+1=3tn 1=9sn+2化为sn+1+=9(sn+),可知sn=(5·32n 2 1), tn=3sn+1=(5·32n 1+1),从而x2n 1=2+=2+x2n=2
=2
,统一写为xn=2+( 1)n+1
≤
.
, . ,
,n=1,2,…,
从而有|xn 2|=
)同解法一,可求出b= 1,m=4,a=3, f(x)=解法二 (Ⅰ取t=3s+1,则s=
,所以f(
)=f(
)=
=
(Ⅱ)由f(x)= ,xn+1=f(xn)得xn+1=. (1) . (2) . (3)
(1)式两边都加上2得xn+1+2=(1)式两边都减去2得xn+1 2=
N*),使xk=2,由(3)可知xk 1=xk 2=…=x1=2与x1=3矛盾, 若存在k(k∈
N*),使xk=2. 所以不存在k (k∈(2)式除以(3)式得
= 3×
,
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因为x1=3,所以所以|xn 2|=
=5,所以≤
=5·( 3)n 1,所以xn=2+
=
=
≤)=
. =
.
)由解法一得f(x)=解法三 (Ⅰf(
)=
,s=φ(t)=3t 1,由f(易看出该式中t= s,即得
,所以存在 t=3( s) 1,即t=3s+1满足题意.
(Ⅱ)用数学归纳法证明:(1)当n=1时,命题显然成立; (2)易得xn+1=f(xn)=1+f(2+)=2
>1,
<×.
,则当n=k+1时,|xk+1 2|=|2 f(xk)|=|1
|,
2 f(2+)=
假设当n=k时,命题成立,即|xk 2|≤
当xk>2时,|xk+1 2|=|2 f [2+(xk 2)]|<|xk 2|≤, 当xk≤2时,|xk+1 2|=只需证即证xk 2≥
1≤,即证
3=
1. ≤
,即证
≥<=
,即证xk≥,
1,
,即2 xk≤
而此式是假设成立的,所以(2)成立,由(1)(2)可知,原命题成立.
24.下面用数学归纳法证明函数fn(x)=1+x+++…+当n为偶数时恒大于0,当n为奇数时单调递增且与x轴有一个交点.
当n=1时,函数f1(x)=1+x单调递增,方程f1(x)=0有且仅有一个实数根; 当n=2时,函数f2(x)=1+x+恒大于0,方程f2(x)=0无实根;
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25.设有x人优秀,y人及格但不优秀,则不及格人数是333xy,由题意可知,及格但不优秀的8x+4y≤1 000+2x 2x+y≤250+. 至少答对4道,优秀的至少答对6道,则6x+4y≤1 000 x (333xy)=2x+y333≤250+又6x≤1 000,x≤166.
当x<166时,<83,即x (333xy)<0,不及格的人数多; 当x=166时,由6x+4y≤1 000得y≤1,即y=1或0.
若y=1,则166人优秀,1人及格但不优秀,166人不及格,不及格和优秀的人数一样多. 若y=0,则166人优秀,无人及格但不优秀,167人不及格,不及格的人数多. 26.x∈*0,+∞)时,函数f(x)为增函数 【解析】当x<2时, f(x)=
3x1为减函数;当2≤x≤0时, f(x)=
x+3为减函数;当0<x≤1时,
333=
83.
f(x)=x+3为增函数;当x>1时, f(x)=3x+1为增函数;可知当x∈*0,+∞)时,函数f(x)为增函数 27.|mn|=
.
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【解析】注意到四次方程的根也就是两个二次方程的根,所以4个根之和为4,可得等差数列首末两项之和为2,又因为等差数列首项为,所以末尾一项为2,这样4个根分别为,,,,这样|mn|=|×28.a=1
【解析】解法一 设f(x)=sin 4xsin 2xsin xsin 3x=
(cos 6xcos 2x)+(cos 4xcos ×|=.
=,可得等差数列公差为d=
29.设 f(x)=xsin x,则f(0)=0,且当0<x<时, =1cos x>0,且f(x)在x=0处连续,于是f(x)在[0,
)上单调递增,也即在(0,)上有f(x)>f(0)=0,即x>sin x. 同理可设g(x)=tan xx,则g(0)=0,且当0<x<时,g'(x)=
1>0,且g(x)在x=0处连续,于是
g(x)在[0,)上单调递增,也即在(0,)上有g(x)>g(0)=0,即tan x>x. 综上可知,当0<x<时,恒有sin x<x<tan x,即命题得证.
【解析】用导数的方法研究函数的单调性是非常简便的,
它可以避免用定义确定单调性所带
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来的繁琐运算.求函数单调区间的基本步骤是: (1)确定函数f(x)的定义域; (2)求导数(3)由增函数;当
;
>0(或<0)解出相应的x的取值范围.当
>0时, f(x)在相应的区间内是单调递
<0时, f(x)在相应的区间内是单调递减函数.
30.不存在这样的四个正实数满足条件
【解析】方法一 设这四个正实数分别为a,b,c,d,不妨设0<a<b<c<d,则依题意有ab=2,cd=16,
333
因此必有abcd=32,且2×3×5×6×10×16=(abcd)=32,该等式的左边是10的倍数,但右边32不可
能为10的倍数,故该等式不可能成立,即不存在这样的四个正实数满足条件. 方法二 设这四个正实数分别为a,b,c,d,令a<b<c<d,依题意有:(1)
或(2)
,由(1)中的①②④,但不满足⑥,故原方程可解得a=1,b=2,c=3,代入③可得d=5,虽满足⑤
组无解;方程组(2)同理可解得a=个正实数满足条件. 31.(1)
a时,即装入
,b=,c=,d=时不满足cd=16.即不存在这样的四
(2) 当x=a克的水后使装入水后的水杯的重心最低
【解析】解法一 不妨设水杯高为1.
(1)装入半杯水后,这时,杯子质量∶3.杯子的重心位置(这里的重心位置指重心到水的质量=2∶水杯底面的距离)为,水的重心位置为,所以装入半杯水后的水杯的重心位置为
=.
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(2)当装入水后的水杯的重心最低时,重心恰好位于水面上,设装x克水,这时,杯子质量∶水的x,杯子的重心位置为,水的重心位置为质量=a∶解得x=
a.
,水面位置为,于是所求比值为
=,
解法二 不妨设水杯高为1个单位.
(1)由题意可知,当装了半杯水后,杯子质量∶水的质量=a∶,因为b=3a,所以杯子质量∶水的
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