高一數(shù)學(xué)上學(xué)期期末考試填空題壓軸題50題專練（解析版）

高一上學(xué)期期末考試填空題壓軸題50題專練【人教A版（2019）】1．（2023上·上海徐匯·高一位育中學(xué)校考期末）已知集合A=t+1,t+2∪t+5,t+10，0?A，如果存在正數(shù)λ，使得對任意a∈A，都滿足λa∈A，則實數(shù)【解題思路】根據(jù)集合元素屬性特征，通過解方程分類討論求解即可.【解答過程】當(dāng)t>-1時，當(dāng)a∈t+1,t+2當(dāng)a∈t+5,t+10即當(dāng)a=t+1時，λa≤t+10；當(dāng)a=t+10時，λa當(dāng)a=t+2時，λa≥t+5；當(dāng)a=t+5時，λa因此有λ=t+10當(dāng)t+2<0<t+5時，當(dāng)a∈t+1,t+2當(dāng)a∈t+5,t+10即當(dāng)a=t+1時，λa≤t+2；當(dāng)a=t+10時，λa當(dāng)a=t+5時，λa≤t+10；當(dāng)a=t+10時，λa因此有λ=t+2當(dāng)t+10<0時，同理可得無解，綜上所述：實數(shù)t的值為－4或0，故答案為：－4或0.2．（2023上·福建·高一校聯(lián)考期中）已知命題p:“方程ax2+2x+1=0至少有一個負實根”，若p為真命題的一個必要不充分條件為a≤m+1，則實數(shù)m的取值范圍是【解題思路】先求得p為真命題時a的取值范圍，再根據(jù)必要不充分條件求得m的取值范圍.【解答過程】若命題p:“方程ax2+2x+1=0a=0時，2x+1=0,x=-1當(dāng)a<0時，Δ=4-4a>0，且x則此時方程ax當(dāng)a>0時，由Δ=4-4a=0，解得a=1此時方程為x2由Δ=4-4a>0解得0<a<1，此時x則此時方程ax2綜上所述，p為真命題時，a的取值范圍是-∞若p為真命題的一個必要不充分條件為a≤m+1，則m+1>1,m>0.故答案為：m>0.3．（2023上·上?！じ咭簧闲？计谥校┮阎麛?shù)n≥2，對集合1,2,3,???,n及其每一個非空子集X，記X=x1,x2,???,xk，其中x1>x2>???>xk，定義一個運算“交替和”SX=x1【解題思路】集合1,2,3,4,5,6,7的任意一個不含7的集合A與集合A∪7的“交替和”之和應(yīng)為7，則由對應(yīng)思想兩兩結(jié)組求和可得【解答過程】由題意知，集合7的“交替和”為7.集合1,2,3,4,5,6,7的所有27個子集中，除去集合7外，還有27這27-2個非空子集中不含元素7的集合，即1,2,3,4,5,6的非空子集，共有設(shè)為Ai則這27-2個非空子集中含元素7的集合，也共有這樣的集合都可以看成相應(yīng)地在每個不含7的集合中再加上元素7得到，即Ai對Ai(i=1,2,?,26-1)則“交替和”SA=x由7>x1>x2>???>x7-x則集合A與集合A∪7的“交替和”之和為7下面舉例說明：如集合6,5,4,3,2,1與集合7,6,5,4,3,2,1，6,5,4,3,2,1的“交替和”為6-5+4-3+2-1=3，7,6,5,4,3,2,1的“交替和”為7-6+5-4+3-2+1=7-(6-5+4-3+2-1)=7-3，即集合6,5,4,3,2,1與集合7,6,5,4,3,2,1的“交替和”之和為7.綜上，把這27-2個非空子集兩兩結(jié)組后分別計算每一組中“交替和且每組中“交替和”之和都為7，共有26-1故集合1,2,3,4,5,6,7所有“交替和”之和，由各組之和再加集合7的“交替和”7即可，綜上所述，當(dāng)n=7時，集合1,2,3,???,n的所有子集的所有“交替和”之和為7×(2故答案為：448.4．（2023·全國·高一專題練習(xí)）已知t∈R，集合A=t,t+1∪t+4,t+9，0?A，若存在正數(shù)λ，對任意a∈A，都有λa∈A，則t【解題思路】根據(jù)t所處的不同范圍，得到a∈t,t+1和a∈t+4,t+9時，λa所處的范圍；再利用集合A的上下限，得到λ與t的等量關(guān)系，從而構(gòu)造出方程，求得【解答過程】因為0?A，則只需考慮下列三種情況：①當(dāng)t>0時，因為a∈t,t+1∪t+4,t+9且λ>0，可得λa又因為λa∈A，則λt+9可得：tt+9則λ=tt+9=t+1②當(dāng)t+9<0即t<-9時，與①構(gòu)造方程相同，即t=1，不合題意，舍去；③當(dāng)t+1<0t+4>0，即-4<t<-1時，可得：λt+1≥t可得λ=tt+1=t+4綜上所述：t=1或-3.故答案為：1,-3.5．（2023上·上海寶山·高一?？茧A段練習(xí)）已知集合A?R，對任意a、b、c∈A，規(guī)定運算“⊕”滿足如下性質(zhì)：（1）a⊕b∈A；（2）a⊕a=0；（3）a⊕b⊕c=a⊕c+b⊕c+c給出下列命題：①0∈A；②若1∈A，則1⊕1⊕1=0③若a∈A，且a⊕0=a，則a=0；④若a、b、c∈A，且a⊕0=a，a⊕b=c⊕b，則a=c．其中所有正確命題的序號是①③④．【解題思路】根據(jù)新定義計算“⊕”逐項分析可得結(jié)果.【解答過程】對于命題①，對任意的a∈A，a⊕a=0∈A，命題①為真命題；對于命題②，若1∈A，則1⊕1⊕1=1⊕1+1⊕1+1=0+0+1=1，命題②對于命題③，當(dāng)a=0時，若a∈A，則a⊕0=a，則a=0顯然成立；當(dāng)a≠0時，若a∈A，且a⊕0=a，在（3）中，令c=0，b=a，則a⊕a⊕0=a⊕0+a⊕0+0=2a另一方面a⊕a⊕0=0⊕0=0，則2a=0，即a=0，這與a≠0綜上，a=0，故命題③為真命題；對于命題④，若a、b、c∈A，由a⊕0=a可得a=0，又因為a⊕b=c⊕b，則a⊕b⊕c=因為a⊕b⊕c=a⊕c+b⊕c+c，則c⊕b所以，a⊕c=c⊕c=0，即0⊕c=0，所以，0⊕c⊕c=0⊕c+c⊕c+c=c=0，所以，a=c，故命題④為真命題故答案為：①③④.6．（2023·湖北·統(tǒng)考二模）已知X為包含v個元素的集合（v∈N*，v≥3）．設(shè)A為由X的一些三元子集（含有三個元素的子集）組成的集合，使得X中的任意兩個不同的元素，都恰好同時包含在唯一的一個三元子集中，則稱X,A組成一個v階的Steiner三元系．若X,A為一個7階的Steiner三元系，則集合A中元素的個數(shù)為7【解題思路】令X={a,b,c,d,e,f,g}，列舉出所有三元子集，結(jié)合X,A組成v階的Steiner三元系定義，確定A中元素個數(shù).【解答過程】由題設(shè)，令集合X={a,b,c,d,e,f,g}，共有7個元素，所以X的三元子集，如下共有35個：{a,b,c}、{a,b,d}、{a,b,e}、{a,b,f}、{a,b,g}、{a,c,d}、{a,c,e}、{a,c,f}、{a,c,g}、{a,d,e}、{a,d,f}、{a,d,g}、{a,e,f}、{a,e,g}、{a,f,g}、{b,c,d}、{b,c,e}、{b,c,f}、{b,c,g}、{b,d,e}、{b,d,f}、{b,d,g}、{b,e,f}、{b,e,g}、{b,f,g}、{c,d,e}、{c,d,f}、{c,d,g}、{c,e,f}、{c,e,g}、{c,f,g}、{d,e,f}、{d,e,g}、{d,f,g}、{e,f,g}，因為A中集合滿足X中的任意兩個不同的元素，都恰好同時包含在唯一的一個三元子集，所以A中元素滿足要求的有：{a,b,c}、{a,d,e}、{a,f,g}、{b,d,f}、{b,e,g}、{c,d,g}、{c,e,f}，共有7個；{a,b,c}、{a,d,f}、{a,e,g}、{b,d,e}、{b,f,g}、{c,d,g}、{c,e,f}，共有7個；{a,b,c}、{a,d,g}、{a,e,f}、{b,d,e}、{b,f,g}、{c,d,f}、{c,e,g}，共有7個；{a,b,d}、{a,c,e}、{a,f,g}、{b,c,f}、{b,e,g}、{c,d,g}、{d,e,f}，共有7個；{a,b,d}、{a,c,g}、{a,e,f}、{b,c,e}、{b,f,g}、{c,d,f}、{d,e,g}，共有7個；{a,b,d}、{a,c,f}、{a,e,g}、{b,c,e}、{b,f,g}、{c,d,g}、{d,e,f}，共有7個；{a,b,e}、{a,c,d}、{a,f,g}、{b,c,f}、{b,d,g}、{c,e,g}、{d,e,f}，共有7個；{a,b,e}、{a,c,f}、{a,d,g}、{b,c,d}、{b,f,g}、{c,e,g}、{d,e,f}，共有7個；{a,b,e}、{a,c,g}、{a,d,f}、{b,c,d}、{b,f,g}、{c,e,f}、{d,e,g}，共有7個；{a,b,f}、{a,c,d}、{a,e,g}、{b,c,e}、{b,d,g}、{c,f,g}、{d,e,f}，共有7個；{a,b,f}、{a,c,e}、{a,d,g}、{b,c,d}、{b,e,g}、{c,f,g}、{d,e,f}，共有7個；{a,b,f}、{a,c,g}、{a,d,e}、{b,c,d}、{b,e,g}、{c,e,f}、{d,f,g}，共有7個；{a,b,g}、{a,c,d}、{a,e,f}、{b,c,e}、{b,d,f}、{c,f,g}、{d,e,g}，共有7個；{a,b,g}、{a,c,e}、{a,d,f}、{b,c,d}、{b,e,f}、{c,f,g}、{d,e,g}，共有7個；{a,b,g}、{a,c,f}、{a,d,e}、{b,c,d}、{b,e,f}、{c,e,g}、{d,f,g}，共有7個；共有15種滿足要求的集合A，但都只有7個元素.故答案為：7.7．（2023上·江蘇鎮(zhèn)江·高一校聯(lián)考期中）設(shè)集合S,T,S?N·,T?N·,S,T中，至少有兩個元素，且S,T滿足：①對于任意x,y∈S，若x≠y，都有xy∈T；②對于任意x,y∈T，若x<y，則yx∈S.若S有4【解題思路】由題可知S有4個元素，根據(jù)集合的新定義，設(shè)集合S=p1,p2,p3,p4，且【解答過程】解：由題可知，S?N·,T?N·若取S=2,4,8,16，則T=8,16,32,64,128，此時S∪T=2,4,8,16,32,64,128具體如下：設(shè)集合S=p1,p2則p1p2<p同理p4若p1=1，則p2≥2，則p3又p4>p4p故S=1,p2,p若p1≥2，則p2p1又p4>p4p故S=p1,若q∈T，則qp13∈S，故即q∈p13此時S∪T=p1,p12故答案為：7.8．（2023下·北京順義·高三?？茧A段練習(xí)）對于集合M=a①如果B=bb=2n+1,n∈N，那么②若C=cc=2n,n∈N，對于?c∈C，則有③如果a1∈M，a2④如果a1∈M，a其中，正確結(jié)論的序號是①③.【解題思路】根據(jù)集合的定義，對選項進行逐一分析即可.【解答過程】對①：對b=2n+1,n∈N，總是有b=2n+1=n+12-n2，n+1,n∈z對②c=2n,n∈N，若c=2n∈M，則存在x,y∈Z，使得x2因為當(dāng)x,y一個是偶數(shù)，一個是奇數(shù)時，x+y是奇數(shù)，x-y也是奇數(shù)，故(x+y)(x-y)也是奇數(shù)，而顯然2n是偶數(shù)，故2n≠(x+y)(x-y)，故c=2n?M，故②錯誤；對③如果a1∈M，不妨設(shè)a1則a1故a1a2對④同理，設(shè)a1則a1故不滿足集合M的定義，故④錯誤.綜上所述，正確的是①③.故答案為：①③.9．（2015·山東·統(tǒng)考高考真題）集合M，N，S都是非空集合，現(xiàn)規(guī)定如下運算：M⊙N⊙S={x|x∈(M∩N)∪(N∩S)∪(S∩M)且x?M∩N∩S}．假設(shè)集合A={x|a<x<b}，B={x|c<x<d}，C={x|e<x<f}，其中實數(shù)a，b，c，d，e，f滿足：（1）ab<0，cd<0；ef<0；（2）b-a=d-c=f-e；（3）b+a<d+c<f+e．計算A⊙B⊙C={x|c<x≤e或b≤x<d}．【解題思路】由題設(shè)條件求a，b，c，d，e，f的大小關(guān)系，再根據(jù)集合運算新定義求A⊙B⊙C即可.【解答過程】a+b<c+d，得a-c<d-b；a-b=c-d，得a-c=b-d；∴b-d<d-b，b<d；同理d<f，∴b<d<f．由(1)(3)可得a<c<e<0<b<d<f．∴A∩B={x|c<x<b}，B∩C={x|e<x<d}，C∩A={x|e<x<b}．A⊙B⊙C={x|c<x≤e或b≤x<d}．故答案為：{x|c<x≤e或b≤x<d}.10．（2022上·北京豐臺·高一北京市第十二中學(xué)?？计谥校┰O(shè)集合S，T都至少含有兩個元素，且S，T同時滿足：條件1：對任意x,y∈S，若x≠y，則x+y∈T；條件2：對任意x,y∈T，若x≠y，則x-y∈S．給出下列說法：①若S只有2個元素，則這2個元素互為相反數(shù)；②若S只有2個元素，則S∪T必有3個元素；③若S只有2個元素，則S∪T可能有4個元素；④存在含有3個元素的集合S，滿足S∪T有4個元素．其中所有正確說法的序號是①②．【解題思路】對于①由條件2知正確；對于④：設(shè)S={a,b,c}，由條件1推出T中元素，再由條件2推出的元素必在S中，分析這些元素能得出不同的元素至少有4個，與S={a,b,c}有3個元素矛盾.對于②③：S=a,-a，由條件1得0∈T，若T中除0外只有一個元素m，由-m∈S求得m=±a；若T中還有另兩個元素m，n，由條件2得出S中更多的元素，類似④的推斷過程，分析這些元素至少有3個不同，與S【解答過程】對于①：由條件2知，x-y∈S，y-x∈S，且x-y≠y-x，所以若S只有2個元素，則這2個元素互為相反數(shù)，故①正確；對于④：若S有3個元素，不妨設(shè)S={a,b,c}，其中a<b<c，則{a+b,b+c,c+a}?T，所以c-a,c-b,b-a,a-c,b-c,a-b∈S，而c-a與c-b為兩個互不相等的正數(shù)，a-c與a-b為兩個互不相等的負數(shù)，故集合S中至少有4個元素，與S={a,b,c}有3個元素矛盾，故④錯誤.對于②③：若S有2個元素，由①知集合S中的2個元素必為相反數(shù)，故可設(shè)S=a,-a(a≠0).由條件1得0∈T，由于集合T中至少有2個元素，故至少還有另外一個元素當(dāng)集合T只有2個元素時，即T={0,m}，由條件1得-m∈S，則m=±a,T={0,a}或T={0,-a}，故S∪T={0,a,-a}.當(dāng)集合T有多于2個元素時，不妨設(shè)T={0,m,n}，則m,n,-m,-n,m-n，n-m∈S，由于m,n≠0，所以m≠m-n,n≠n-m，又m≠n，故集合S至少有3個元素，與S中只有兩個元素矛盾.綜上，S∪T={0,a,-a}，故②正確，③錯誤.故答案為：①②.11．（2023下·重慶渝中·高二?？计谀θ我獾恼龑崝?shù)a，b，c，滿足b+c=1，則3ab2+abc+【解題思路】根據(jù)條件b+c=1，得到3ab2+abc【解答過程】因為3ab2≥26(a+1)×12a+1-6=12故答案為：12212．（2023·江西·校聯(lián)考一模）已知a，b，c是正實數(shù)，且b+c=6，則ac2+2abc【解題思路】由于a，b，c是正實數(shù)，且b+c=6，所以先結(jié)合基本不等式“1”的代換求c2+2bc的最小值，得c2+2bc≥2【解答過程】解：ac2+2abc+8a+1=a?c所以c=cb+b3c+2則c2+2bc的最小值為2當(dāng)且僅當(dāng)2a+1=8則ac2+2a故答案為：6.13．（2023上·重慶沙坪壩·高一重慶南開中學(xué)?？计谥校┰O(shè)函數(shù)fx=x2+2x+a，若關(guān)于x的不等式ffx【解題思路】根據(jù)題意，設(shè)fx=t，可知t≥a-1，從而將不等式ffx<0的解集為空集，轉(zhuǎn)化為ft<0在區(qū)間a-1,+∞上的解集為空集，從得出而y=t+12+a-1≥0在區(qū)間a-1,+∞上恒成立，根據(jù)二次函數(shù)的圖象與性質(zhì)，得出y=t+12【解答過程】解：根據(jù)題意，可知fx設(shè)fx=t，則因為不等式ff即ft<0在區(qū)間即y=t2+2t+a=所以y=t+12+a-1≥0對于二次函數(shù)y=t+12+a-1∴Δ=4-4a，當(dāng)Δ=4-4a≤0，即a≥1時，則a-1≥0>-1，所以y=t+12+a-1≥0當(dāng)Δ=4-4a≥0，即a≤1時，令y=t+12+a-1≥0，解得：t≤-1-要使得y=t+12+a-1≥0只需滿足a-1>t=-1且a-1≥-1+1-a即a>0且a2+a-1≥0，解得：a≤-1-又因為a≤1，故解得：-1+5綜上得，實數(shù)a的取值范圍是-1+5故答案為：-1+514．（2023下·浙江麗水·高二統(tǒng)考期末）已知實數(shù)a,b,c滿足a2+b2+c2【解題思路】根據(jù)已知得出a2+b2=3-c2≥0【解答過程】由已知可得，a2+b所以，2ab+3c≤a當(dāng)且僅當(dāng)a=b時，等號成立.因為-c所以，當(dāng)c=32時，該式有最大值214所以，2ab+3c的最大值為214故答案為：21415．（2023·安徽·池州市第一中學(xué)校聯(lián)考模擬預(yù)測）已知正實數(shù)m,n滿足2m3+2n3+6mn=27，則【解題思路】設(shè)m+n=t，結(jié)合立方和公式得出2t3-276t-6=mn，由mn>0，解關(guān)于t的不等式，再利用基本不等式【解答過程】根據(jù)題意可得：2m3+2設(shè)m+n=t，則：2tt2-3mn∴2∵m,n>0,∴2t3解得0<t<1或t>3又∵2∴2t3①當(dāng)0<t<1時，不等式不成立；②當(dāng)t>3342時，t-3t2+6t+18≤0，又∴m+n的取值范圍為33故答案為：3316．（2023上·貴州遵義·高三?？茧A段練習(xí)）若關(guān)于x的不等式組-24<x<100,x2-2ax-3a2≥0的整數(shù)解共有36個，則正數(shù)【解題思路】解一元二次不等式得x≤-a或x≥3a，然后計算a=23,22,21時，不等式組整數(shù)解的個數(shù)，確定a=22滿足題意，再根據(jù)a的變化（比22大或者?。_定不等式組的整數(shù)解的變化情況，從而得出參數(shù)范圍．【解答過程】由x2-2ax-3a2≥0，得x+ax-3a≥0當(dāng)a=23時，xx≤-axx≥3a此時不等式組的整數(shù)解的個數(shù)為32；當(dāng)a=22時，xx≤-axx≥3a此時不等式組的整數(shù)解的個數(shù)為36；當(dāng)a=21時，xx≤-axx≥3a此時不等式組的整數(shù)解的個數(shù)為40.a越大，則-a越小，3a越大，從而不等式組-24<x<100xa越小，則-a越大，3a越小，從而不等式組-24<x<100x2要使得不等式組的整數(shù)解的個數(shù)為36，則需滿足-22≤-a<-2165<3a≤66，解得65故答案為：65317．（2023下·浙江·高一校聯(lián)考期中）已知對任意x∈R，均有不等式ax2+bx+c≥0成立，其中b<0.若存在t∈R使得1-ta+1+2t【解題思路】由一元二次不等式恒成立得c≥b24a>0、a>0，將問題化為求t=a+b+3ca-2b【解答過程】由題設(shè)a>0Δ=b2-4ac≤0，有b又1-ta+1+2tb+3c=a+b+3c+(2b-a)t故存在t∈R使a+b+3c+(2b-a)t=0成立，則t=所以t=1+3(b+c)a-2b≥1+3?ba所以t≥1+38?而38?[(12-m)+所以t≥14，僅當(dāng)a=-b且c=b24a故答案為：1418．（2023上·河南·高一校聯(lián)考階段練習(xí)）已知a>0,b>0,c>0，a2-ab+9b2-5c=0，當(dāng)cab最小時，x2-3x≥a+b-1【解題思路】由5cab=ab+9ba-1，結(jié)合基本不等式可得c【解答過程】a2-ab+9當(dāng)且僅當(dāng)a=3b時，等號成立，此時，cab即c=ab=3b因為a+b-1所以x即{xx≤-1故答案為：{xx≤-119．（2023上·上?！じ咭唤y(tǒng)考期末）二次函數(shù)f(x)=x2+mx+n恒有兩個零點x1、x2，不等式l≤(m-1)2【解題思路】由題設(shè)可設(shè)Δ=m2-4n=t>0即有n=m2-t4，令M=(m-1)2+(n-1)2+(m-n)【解答過程】由f(x)恒有兩個零點，則Δ=m令M=(m-1)∴M=2(n-m+12∴M=(m2∴M=g(t)=(N-3-t)當(dāng)-3≤N-3≤0時，有M>g(0)=(N-3)28+3N綜上，M>98，要使l≤M恒成立，則l≤98，故故答案為：9820．（2023上·湖北武漢·高一統(tǒng)考期末）已知函數(shù)f(x)=x|x|，若對任意x≥1，有f(x+m)+mf(x)<0恒成立，則實數(shù)m的取值范圍是(-∞,-1].【解題思路】可先將f(x+m)+mf(x)<0采用代入法轉(zhuǎn)化為常規(guī)表達式，采用分類討論去絕對值的方式，來進一步探討不等式是否成立，進一步確定參數(shù)m的范圍【解答過程】f(x+m)+mf(x)<0可等價轉(zhuǎn)化為x+mx+m+mxx當(dāng)m≥0時，不等式轉(zhuǎn)化為x+m2+mx當(dāng)m∈-1,0時，不等式轉(zhuǎn)化為x+m2+mx2當(dāng)m=-1時，x+mx+m+mxx<0?x-1當(dāng)m<-1時，x+mx+m+mxx尚需進一步討論，當(dāng)1<x<-m時，不等式等價于-x+m即m-1x2-2mx-m2<0，當(dāng)x>-m時，x+mx+m+mx此時對應(yīng)的對稱軸為x=-mm+1<1，又-mm+1<-m，則綜上所述，當(dāng)m∈-∞,-1時，對任意x≥1，有f(x+m)+mf(x)<0故答案為：(-∞,-1].21．（2023下·山東威海·高二統(tǒng)考期末）已知函數(shù)f(x)，g(x)的定義域均為R，f(x)為奇函數(shù)，g(x+1)為偶函數(shù)，f(-1)=2，g(x+2)-f(x)=1，則i=12023g(i)=【解題思路】根據(jù)題意分析可得fx+2=-fx，進而可得函數(shù)f(x)是以4為周期的周期函數(shù)，且【解答過程】因為g(x+1)為偶函數(shù)，則g(x+1)=g(-x+1)，又因為g(x+2)-f(x)=1，則g(x+1)=f(x-1)+1，g(-x+1)=f(-x-1)+1，即f(x-1)+1=f(-x-1)+1，可得f(x-1)=f(-x-1)，因為f(x)為奇函數(shù)，則f(x)=-fx，且f(0)=0可得f(x-1)=-fx+1，即fx+1=-f可得fx+4所以函數(shù)f(x)是以4為周期的周期函數(shù)，由fx+2=-fx，可得f則f-1即fx所以i=12023故答案為：2023.22．（2023上·廣東清遠·高一統(tǒng)考期末）若存在實數(shù)a,b∈1,9，使得函數(shù)fx=x+9x-10x>0在區(qū)間a,b上單調(diào)遞減，且fx在區(qū)間a,b【解題思路】根據(jù)a,b∈1,9，去絕對值符號化簡fx，根據(jù)對勾函數(shù)的性質(zhì)，判斷fx的單調(diào)性，根據(jù)題意建立m,a,b之間的等式關(guān)系，將m消掉后化簡可得a+b=10，代入到方程組中可建立m與a和m與【解答過程】解：因為fx因為a,b∈1,9，所以x-1x-9<0，x>0取y=x+9在0,3上，y單調(diào)遞減，在3,+∞上，y所以fx在1,3上，fx單調(diào)遞增，在3,9上，因為fx區(qū)間a,b上單調(diào)遞減，所以3≤a<b≤9因為fx區(qū)間a,b上單調(diào)遞減，所以f即10-a+9a即a2-10a+9=b因為a<b，所以a+b=10，代入a2化簡可得：m-1a當(dāng)m=1時方程組不成立，所以方程組可化為a2即y=x2-10x在3,9因為y=x2-10x=x-52當(dāng)x=3時，y=-21，當(dāng)x=9時，y=-9，畫出y=x2-10x由圖可知只需-25<9m-1≤-21即-921≤m-1<-故答案為：4723．（2023上·海南儋州·高一?？计谀┤艉瘮?shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，在-∞,0上是減函數(shù)，且f-2=0，則使fx<0成立的【解題思路】由偶函數(shù)得出fx在0,+【解答過程】若函數(shù)f(x)是定義在R上的偶函數(shù)，在-∞,0上是減函數(shù)，則fx當(dāng)x≤0時，則fx<0=f-2當(dāng)x≥0時，則fx<0=f2綜上所述：使fx<0成立的x的取值范圍是故答案為：-2,2.24．（2023上·山東聊城·高一統(tǒng)考期末）已知奇函數(shù)fx的定義域為x∈Rx≠0，且有f2x=16fx，f1=1，若對?x1，【解題思路】通過構(gòu)造函數(shù)法，結(jié)合函數(shù)的單調(diào)性求得不等式fxx【解答過程】構(gòu)造函數(shù)Fx依題意，fx的定義域是x∈Rx≠0所以F-x=f由于對?x1，x2所以Fx在0,+∞上單調(diào)遞增，則Fx在f2由fxx≥2x2所以x≤-2或x≥2所以不等式fxx≥故答案為：-∞25．（2019·浙江·高考真題）已知a∈R，函數(shù)f(x)=ax3-x，若存在t∈R，使得|f(t+2)-f(t)|≤23，則實數(shù)a【解題思路】本題主要考查含參絕對值不等式、函數(shù)方程思想及數(shù)形結(jié)合思想，屬于能力型考題.從研究f(t+2)-f(t)=2a3t2+6t+4【解答過程】使得f(t+2)-f(t)=a{2?[(t+2)使得令m=3t2+6t+4∈[1,+∞)由折線函數(shù)，如圖只需-13≤a-1≤13，即2故答案為4326．（2023上·北京石景山·高三統(tǒng)考期末）函數(shù)f(x)=x①f(x)的值域是(-1,1)；②任意x1,x2∈R③任意x1,x2∈(0,+④規(guī)定f1(x)=f(x),fn+1(x)=f其中，所有正確結(jié)論的序號是①②④．【解題思路】根據(jù)絕對值的性質(zhì)，結(jié)合分式型函數(shù)的性質(zhì)、代入法逐一判斷即可；【解答過程】①：當(dāng)x≥0時，f(x)=x當(dāng)x≥0時，該函數(shù)單調(diào)遞增，所以有fx當(dāng)x≥0時，因為f(x)-1=1-1所以f(x)-1<0?f(x)<1，因此當(dāng)x≥0時，0≤fx當(dāng)x<0時，f(x)=x所以有fxf(x)-(-1)=11-x>0?f所以f(x)的值域是(-1,1)，故①正確；②：不妨設(shè)x1>x所以該函數(shù)是實數(shù)集上的增函數(shù)，由①可知：該函數(shù)在x≥0時，單調(diào)遞增，且0≤fx當(dāng)x<0時，單調(diào)遞增，且-1<fx<0，所以該函數(shù)是實數(shù)集上的增函數(shù)，符合題意，故③：當(dāng)任意x1,x令x1=1,xfx1+因此fx1+f④：當(dāng)x≥0時，f(x)=xf1f2f3f4于是有fn(x)=xnx+1，因此故答案為：①②④.27．（2022下·浙江溫州·高二校聯(lián)考期中）已知函數(shù)fx=x2+1x2+9-m2+m-ax-a【解題思路】將fx化為關(guān)于m的二次式子，利用判別式可將不等式化為x2+1x2+9-ax-ax2【解答過程】f=2m因為對任意m∈R和任意x∈12,所以4x2+整理可得x2+1即x2+1x2即a≤x2+1x令t=x+1x，則則a≤t+5t或a≥t+9所以a≤t+5t因為t+5t≥25，當(dāng)且僅當(dāng)t=5又y=t+9t在t∈2,所以a≤25或a≥故答案為：(-∞28．（2023下·陜西寶雞·高二統(tǒng)考期末）對于函數(shù)y=①在同一直角坐標系中，函數(shù)y=f(-1-x)與y=f(x-1)的圖象關(guān)于直線x=②若f(1-x)=f(x-1)，則函數(shù)y=f(x)的圖象關(guān)于直線③若f(1+x)=f(x-1)，則函數(shù)y=④若f(1-x)=-f(x-1)，則函數(shù)y=f(x)的圖象關(guān)于點其中所有正確命題的序號是①③④.【解題思路】根據(jù)函數(shù)對稱性可知，可假設(shè)對稱軸方程，再利用軸對稱公式求出對稱軸即可知①正確；②中可得函數(shù)y=f(x)的圖象關(guān)于y軸對稱，即②錯誤；根據(jù)周期函數(shù)定義可推出f(x+2)=f(x)，可知③正確；由題意可得f(1-x)+f(x-1)=0，根據(jù)中心對稱公式得出其關(guān)于原點對稱，④正確.【解答過程】假設(shè)函數(shù)y=f(-1-x)與y=f(x-1)的圖象關(guān)于直線x=a對稱，則需滿足f-1-(2a-x)=f(x-1)，所以-2a-1=-1，即即函數(shù)y=f(-1-x)與y=f(x-1)的圖象關(guān)于直線x=0對稱，故若f(1-x)=f(x-1)，即f1-x+1=f(x+1-1)，可得f(-x)=f(x)即函數(shù)y=f(x)的圖象關(guān)于直線x=0對稱，也即關(guān)于y軸對稱，故②錯誤；若f(1+x)=f(x-1)，f(x+2)=f[1+(1+x)]=f[(1+x)-1]=f(x)，即滿足f(x+2)=f(x)，則函數(shù)y=f(x)是周期為2的周期函數(shù)，故③正確；由中心對稱性質(zhì)可知，若f(1-x)=-f(x-1)，則f(1-x)+f(x-1)=0，所以f(-x)+f(x)=0，函數(shù)y=f(x)是奇函數(shù)；因此函數(shù)y=f(x)的圖象關(guān)于點(0,0)對稱，故④正確．故答案為：①③④.29．（2022上·江蘇常州·高一統(tǒng)考期中）定義在R上函數(shù)f(x)滿足f(x+2)=12f(x)且當(dāng)x∈[0,2)時，f(x)=2-x-1，則使得f(x)≤18在m,+∞【解題思路】根據(jù)給定條件，依次求出函數(shù)f(x)在[0,2),[2,4),[4,6),?,[2n,2n+2),n∈N上的最大值、最小值，再借助函數(shù)圖象求解作答【解答過程】定義在R上函數(shù)f(x)滿足f(x+2)=12f(x)，當(dāng)x∈[0,2)時，f(x)=2-當(dāng)x∈[2,4)時，x-2∈[0,2)，f(x)=12f(x-2)=1-當(dāng)x∈[4,6)時，x-4∈[0,2)，f(x)=122當(dāng)x∈[2n,2n+2),n∈N時，x-2n∈[0,2)，f(x)=12由12n-1≤18得，n≥4觀察圖象知，m,+∞?[8,+∞)，則有m≥8故答案為：8.30．（2023下·寧夏石嘴山·高二平羅中學(xué)?？计谀┖瘮?shù)f(x)的定義域為R，其圖像是一條連續(xù)的曲線，f(x)在[0,1]上單調(diào)遞增，且fx+1①f(②f(x)③f(x)④f2024是f⑤f1【解題思路】由fx+1為偶函數(shù)，可得f(x)的圖象關(guān)于直線x=1對稱，由f(x+2)為奇函數(shù)，可得f-x+2=-fx+2【解答過程】對于①②，因為fx+1為偶函數(shù)，所以f-x+1=fx+1，所以f(因為f(x+2)為奇函數(shù)，所以f所以fx+2=-fx，所以f所以f(x)為奇函數(shù)，周期為4，所以①對于③，因為f(x)為奇函數(shù)，f(x)在因為f(x)的圖象關(guān)于直線x=1對稱，所以f因為f(x)的周期為4，所以f(x對于④，因為f(x)的定義域為R因為f(x)在[-1,1]上遞增，f(x)在[1,3]上遞減，f(x)的周期為4，所以f(x因為f2024=f4×506=f0=0，所以對于⑤，因為f-x+2=-fx+2，所以當(dāng)x=0時，得f2=0，當(dāng)x=1因為f(x)的周期為4，所以f故答案為：②③⑤.31．（2023上·山東菏澤·高一校聯(lián)考期末）已知定義在x|x∈R,x≠0上的函數(shù)fx為奇函數(shù)，且對任意正實數(shù)x1,x2都有x1-x2x2【解題思路】對已知不等式進行變形，利用構(gòu)造新函數(shù)法、奇函數(shù)的性質(zhì)，結(jié)合新函數(shù)的單調(diào)性、指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性、對數(shù)函數(shù)的單調(diào)性進行判斷即可.【解答過程】因為x1所以由x1設(shè)gx=f因為x1所以由x1所以有x1-x即x1>x所以函數(shù)gx因為fx所以有g(shù)-x因此函數(shù)gx0.50.60.60.5log0.5因為函數(shù)gx所以c=glog因為0<0.50.6<函數(shù)gx所以a>b>c，故答案為：a>b>c.32．（2023上·浙江杭州·高一杭十四中?？计谀┰O(shè)函數(shù)f(x)=3x+1,x≤0log4x,x>0，若關(guān)于x的函數(shù)g【解題思路】畫出fx=3x+1,x≤0log4x【解答過程】作出函數(shù)fx令fx=t，函數(shù)則方程f2x-設(shè)t2-a+2因為t1t2=3，所以兩根均大于0，且方程的一根在區(qū)間令g所以Δ=a+22綜上：實數(shù)a的取值范圍為2,+故答案為：2,+33．（2023上·黑龍江哈爾濱·高一哈爾濱三中校考期末）若函數(shù)fx滿足：當(dāng)x≤-1或x≥1時，fx=1+ax；當(dāng)-1<x<1時，fx=lg1-x-lg【解題思路】換元得到y(tǒng)=2-ft，先研究出y=2-ft的零點個數(shù)，研究-1<t<1時，零點為t1=-99101，當(dāng)a≤0時，t2=1a,t3=-1a，畫出ft的圖象，數(shù)形結(jié)合得到fx【解答過程】y=2-ffx中，令fx先研究出y=2-ft當(dāng)-1<t<1時，ft則f-t=lgft=lg因為-1<t<1，所以-1+21+t∈0,+∞故ft與y=2只有1由lg-1+21+t當(dāng)t≤-1或t≥1時，f故當(dāng)t≤-1或t≥1時，f當(dāng)a≤0時，ft=1+at當(dāng)a>0時，ft=1+at>1，令則要滿足1a≥1，故畫出0<a≤1時，ft故當(dāng)fx=t故要想函數(shù)y=2-ffx有5個零點，則要滿足fx即fx與y=t2故1a≥1+a，解得：又a>0故0<a≤5實數(shù)a的取值范圍是0,5故答案為0,534．（2023上·廣東肇慶·高一統(tǒng)考期末）對于函數(shù)fx和gx，設(shè)α∈xfx=0，β∈xgx=0，若存在α,β,使得α-β≤1，則稱函數(shù)fx和gx互為“零點相鄰函數(shù)”，若函數(shù)fx=【解題思路】首先求出函數(shù)fx的零點，從而得α=3，結(jié)合新定義可得3-β≤1，則2≤β≤4，從而可知方程log2x2-a+1?log【解答過程】函數(shù)fx=lnx-2+x-3是2,+結(jié)合“零點相鄰函數(shù)”的定義可得3-β≤1，則2≤β≤4據(jù)此可知函數(shù)gx=log2x即方程log2x2-a+1整理可得：a+1=log令t=log2x,1≤x≤2根據(jù)對勾函數(shù)的性質(zhì)，函數(shù)ht=t+3t在區(qū)間1,3上單調(diào)遞減，在3則a+1=t+據(jù)此可知實數(shù)a的取值范圍是23故答案為：2335．（2023上·內(nèi)蒙古赤峰·高一統(tǒng)考期末）已知函數(shù)f(x)=log3x2-1，g(x)=x2-2x+a，?x1∈【解題思路】由題意可得fx1min≤【解答過程】?x1∈2,+∞，?x2∈1∵x∈2,+∞時，則x2則log3所以函數(shù)fx=log3x又∵gx=x則gx在13,3∴1≤a-1，解得a≥2.故答案為：a≥2.36．（2023上·山東濟南·高一統(tǒng)考期末）已知函數(shù)f(x)定義域為(0,+∞)，f(1)=e，對任意的x1,x2∈(0,+∞)，當(dāng)x2>x1時，有【解題思路】將fx1-fx2x1x2>ex2x【解答過程】由題意當(dāng)x2>x1時，有即fx故令g(x)=fx+xex，則當(dāng)則g(x)在(0,+∞由于f(1)=e，而f(即有f(lna)+aln所以0<lna<1,∴1<a<即實數(shù)a的取值范圍是(1,e)故答案為：(1,e)37．（2023上·重慶沙坪壩·高一?？计谀τ诮o定的區(qū)間D，如果存在一個正的常數(shù)T，使得?x∈D都有x+T∈D，且fx+T>fx對?x∈D恒成立，那么稱函數(shù)fx為D上的“T增函數(shù)”.已知函數(shù)gx=lnx2+1+x，若函數(shù)hx=g【解題思路】先分析出ux=x2+mx為偶函數(shù)，gx=lnx2+1+x為奇函數(shù)，所以hx【解答過程】設(shè)ux=x2+m且u-x=-xgx=lnx2故gx所以hx且gx=ln故gx=ln若m≥0，則畫出ux即ux=x2+m由復(fù)合函數(shù)單調(diào)性滿足“同增異減”，可知：hx=gx2+m因為hx=gx2+m若-2≤m<0，畫出ux則ux=x2+mx在-1,m由復(fù)合函數(shù)單調(diào)性滿足“同增異減”，可知：hx=gx2+mx在-1,m因為hx所以只需任取x1∈-1,由對稱性可知，存在x2=-x1∈故滿足hx1+3若m<-2時，畫出ux則ux=x2+mx在由復(fù)合函數(shù)單調(diào)性滿足“同增異減”，可知：hx=gx2+mx在因為hx故只需滿足任取x1∈-1,0由對稱性可知：存在x2=x所以要滿足x1+3>x2=綜上：實數(shù)m的取值范圍是-3,+∞故答案為：-3,+∞38．（2023上·上海徐匯·高一上海中學(xué)?？计谀┮阎x在R上的奇函數(shù)fx滿足：fx+2=-fx，且當(dāng)0≤x≤1時，fx=log2x+a，若對于任意x∈【解題思路】先由題給條件求得函數(shù)fx的單調(diào)區(qū)間對稱軸對稱中心，進而將f-x2+tx≥1-【解答過程】定義在R上的奇函數(shù)fx滿足f0=0，則log又由fx+2=-fx則函數(shù)fx的最小正周期為4由fx+2=-fx=f-x當(dāng)0≤x≤1時，fx由奇函數(shù)fx當(dāng)-1≤x≤0時，fx則函數(shù)fx在-1,1單調(diào)遞增，又函數(shù)fx有對稱軸則函數(shù)fx在1,3又在x∈-1,0內(nèi)，由f即-log2-x+1又函數(shù)fx有對稱軸x=1，則x=52則在x∈-1,3內(nèi)，由fx≥1-令g(x)=-x2+tx，x∈0,1，由任意又g(0)=0∈-12,5①當(dāng)t<0，即t2<0時，g(x)在0,1則t-1,0?-12②當(dāng)0≤t≤1，即0≤t2≤12在x=t2則t-1,t24?-1③當(dāng)1<t≤2，即12<t2≤1在x=t2則0,t24?-1④當(dāng)t>2，即t2>1時，g(x)在0,1則0,t-1?-12,5綜上，實數(shù)t的取值范圍為1故答案為：1239．（2022上·湖北·高一赤壁一中校聯(lián)考階段練習(xí)）fx=log2x,0<x<2x2-6x+9,x≥2，若關(guān)于x的方程f2x-2t+1fx【解題思路】令u=fx，由已知可得出u=t或u=t+1，作出函數(shù)u=fx的圖象，分析可知0<t+1<1，求出t的取值范圍，利用對數(shù)的運算性質(zhì)可求得x1x2的值，利用二次函數(shù)的對稱性可得出【解答過程】令u=fx，由f2x可得u=t或u=t+1，作出函數(shù)u=fx若u=0，則直線u=0與函數(shù)u=fx的圖象有2直線u=1與函數(shù)u=fx的圖象有3此時，關(guān)于x的方程f2x-所以，t<0，則直線u=t+1與函數(shù)u=fx的圖象有4個公共點，則0<t+1<1，得-1<t<0由圖可知0<x1<1<x2即-log2x1=由圖可知點x3,t+1與點x4,t+1關(guān)于直線所以，x1故答案為：6,7.40．（2022·浙江紹興·統(tǒng)考模擬預(yù)測）已知函數(shù)f(x)=loga9-ax,g(x)=logax2-ax，若對任意x【解題思路】恒成立存在性共存的不等式問題，需要根據(jù)題意確定最值比大小解不等式即可.【解答過程】根據(jù)題意可得只需fx1min≥gx2min即可，由題可知a為對數(shù)底數(shù)且9-a2>0?0<a<1或1<a<3.當(dāng)0<a<1時，此時f(x),g(x)在各自定義域內(nèi)都有意義，由復(fù)合函數(shù)單調(diào)性可知f(x)在1,2上單調(diào)遞減，g(x)在3,4上單調(diào)遞減，所以fx1min=f(2)=loga(9-a2)，gx2min=g(4)=loga(16-4a)，所以loga故答案為：0,1∪41．（2023上·河南新鄉(xiāng)·高一校聯(lián)考期末）已知函數(shù)f(x)=5cos(ωx+π6)(ω>0)在-2,2上恰有2個零點，則ω【解題思路】根據(jù)給定條件，求出相位的范圍，再按余弦函數(shù)零點分布情況分類求解作答.【解答過程】由x∈-2,2且ω>0，得ωx+若fx在-2,0上無零點，則fx在0,2上恰有2個零點，則若fx在-2,0上恰有1個零點，則fx在0,2上恰有1個零點，則π2若fx在-2,0上恰有2個零點，則fx在0,2上無零點，則所以ω的取值范圍為[π故答案為：[π42．（2023上·浙江麗水·高一統(tǒng)考期末）已知函數(shù)f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0，0<φ<π)，f(x)滿足f(x+π3)=f(π3-x)，f(-π3)=0【解題思路】根據(jù)函數(shù)f(x)的對稱軸以及f(-π3)=0可求得ω,φ關(guān)于正整數(shù)k的表達式，根據(jù)f(x)在區(qū)間(π18,π6【解答過程】因為f(x)滿足f(x+π3)=f(π3-x)，故-π3ω+φ=k1則ω=32k+14,φ=k且k,k又f(x)在區(qū)間(π18,π6故要求ω的最大值，需使(π所以π6-π18=當(dāng)k=23時，ω=1414，k'為奇數(shù)，0<φ<此時1414當(dāng)1414x0+3π4當(dāng)k=22時，ω=1354，k'為偶數(shù)，0<φ<此時1354當(dāng)1354x0+π4等于當(dāng)k=21時，ω=1294，k'為奇數(shù)，0<φ<此時1294當(dāng)1294x0+3π由于ω=32k+14，即ω故ω的最大值為1294故答案為：129443．（2023下·貴州畢節(jié)·高一統(tǒng)考期末）筒車是我國古代發(fā)明的一種水利灌溉工具，因其經(jīng)濟又環(huán)保，至今還在農(nóng)業(yè)生產(chǎn)中得到應(yīng)用.假定在水流穩(wěn)定的情況下，筒車上的每一個盛水筒都做勻速圓周運動.如圖，將筒車抽象為一個幾何圖形（圓），筒車半徑為2.4m，筒車轉(zhuǎn)輪的中心O到水面的距離為1.2m，筒車每分鐘沿逆時針方向轉(zhuǎn)動3圈.規(guī)定：盛水筒M對應(yīng)的點P從水中浮現(xiàn)（即P0時的位置）時開始計算時間，且以水輪的圓心O為坐標原點，過點O的水平直線為x軸建立平面直角坐標系xOy.設(shè)盛水筒M從點P0運動到點P時所經(jīng)過的時間為t（單位：s），且此時點P距離水面的高度為h（單位：m）（在水面下則h為負數(shù)），則h與時間①A=2.4,ω=π②點P第一次到達最高點需要的時間為103③在轉(zhuǎn)動的一個周期內(nèi)，點P在水中的時間是403④若ht在0,a上的值域為0,3.6，則a的取值范圍是20其中所有正確結(jié)論的序號是①④.【解題思路】根據(jù)三角函數(shù)基本量求解方法，結(jié)合題意即可判斷①；根據(jù)旋轉(zhuǎn)角度即可判斷②和③；根據(jù)三角函數(shù)圖像，結(jié)合整體代換的方法即可判斷④.【解答過程】對于①，因為筒車半徑為2.4m，筒車轉(zhuǎn)輪的中心O到水面的距離為1.2所以點P距離水面的高度h的最值為hmax=1.2+2.4=3.6=A+Kh因為筒車每分鐘60s沿逆時針方向轉(zhuǎn)動3圈，所以T=603=20因為ht=2.4sin又因為-π2<φ<π2對于②，由已知得，OP0與x軸正方向的夾角為所以點P第一次到達最高點需要轉(zhuǎn)動π6+π2=對于③，在轉(zhuǎn)動的一個周期內(nèi)，點P在水中轉(zhuǎn)動2×π則所需要的時間是T3=20對于④，若ht=2.4sinπ10則y=sinπ10t-π因為t∈0,a，所以π所以π2≤π10a-π故答案為：①④.44．（2023下·江西景德鎮(zhèn)·高一校考期末）已知定義在R上的偶函數(shù)fx，當(dāng)x≥0時滿足fx=4cosxsin(x+π6)-1,0≤x≤π6【解題思路】根據(jù)題意，作出fx的圖象，設(shè)t=fx，得到方程t2+2at+2=0，設(shè)gt=t2【解答過程】根據(jù)題意，當(dāng)0≤x≤π6=23因為0≤x≤π6，可得π6≤2x+π6≤又由x>π6時，f(x)=(因為函數(shù)fx是R上的偶函數(shù)，畫出函數(shù)f

設(shè)t=fx，則方程fx2由圖象可得：當(dāng)t=2時，方程t=fx有2當(dāng)32<t<2時，方程t=fx當(dāng)1<t<32時，方程t=fx當(dāng)t=1時，方程t=fx有1要使得fx2+2af設(shè)t1,t2是方程t2①t2=232<t1此時方程為t2-3t+2=0，解得t1=1②1<t1