必修一必修四参考答案

参考答案(1)

1．B

【解析】满足条件的M中必须含有{2，3}，但最多只能有{1，2，3} 2．A. 【解析】

试题分析：若ab，则由题意

f(a)f(b)

0知，一定有f(a)f(b)成立，由增函数

ab

的定义知，该函数f(x)在R上是增函数；同理若ab，则一定有f(a)f(b)成立，即该函数f(x)在R上是增函数.所以函数f(x)在R上是增函数.故应选A. 考点：函数的单调性. 3．B 【解析】

试题分析：由函数的周期为4

画出f(x)的草图如图，其中函数y＝log6x递增且经过(6，1)点

函数g(x)的零点，即为y＝f(x)与y＝log6x的交点 结合图象可知，它们共有5个交点，选B

考点：函数的周期性，分段函数，函数的零点. 4．A 【解析】

试题分析：因为全集U＝{1，2，3，4}，集合S＝{1，3}，故

＝{2，4}，于是

＝{2，4}，选A

考点：集合的概念及基本运算，并集、补集. 5．D 【解析】

试题分析：由f(x)是定义在R上的偶函数，知x＝0是它的一条对称轴 又由f(4－x)＝f(x)，知x＝2是它的一条对称轴 于是函数的周期为(2－0)×2＝4

画出f(x)的草图如图，其中y＝|lgx|在(1，＋∞)递增且经过(10，1)点

函数g(x)的零点，即为y＝f(x)与y＝|lgx|的交点 结合图象可知，它们共有10个交点，选D.

考点：函数的奇偶性、周期性，分段函数，函数的零点. 6．B

【解析】由已知，函数f（x）在区间[1,3]的图象如图所示，关于x的方程f(x)kxk1（kR且k1）表示过定点(1,1)的直线，为使关于x的方程f(x)kxk1（kR且k1）有4个不同的根，即直线ykxk1与函数f（x）的图象有4个不同的交点. 结合图象可知，当直线ykxk1介于过点(1,1)，(2,0)的直线y

12

x和直线33

y1之间时，符合条件，故选B

.

考点：函数的奇偶性、周期性，函数与方程，直线的斜率，直线方程. 7．D 【解析】

试题分析：画出y|21|的图象，然后y=a在何范围内与之有两交点，发现a属于0,1符

x

合题意

考点：指数函数的图象，平移. 8．C 【解析】

试题分析：当x(,1] 时3(0,3]，要使3xa22a有解，a2a的值域必须为

x

2

(0,3]，即0a22a3解不等式可得a3,20,1.

考点：含参函数值域. 9．C 【解析】

a0试题分析：因为yxa是奇函数，所以a应该为奇数，又在(0,)是单调递增的，所以

则只能1,3．

考点：幂函数的性质. 10．A 【解析】

试题分析：由指数函数的单调性可知y0.3是单调递减的所以0.30.3即a

x

0.3

x

0.5

0.2

201，即可知A正确

2

x,x2

【解析】在同一坐标系中作出f(x)＝，及y＝k的图象(如图)．

x13,x2

可知，当0＜k＜1时，y＝k与y＝f(x)的图象有两个交点， 即方程f(x)＝k有两个不同的实根． 12．(,1]. 【解析】

试题分析：∵x10，∴x1，即A(1,)，∴CUA(,1]. 考点：1.函数的定义域；2.集合的运算.

13．-

3 2

【解析】

333

(1lg3)(lg33lg2)(lg0.3)lg1.2

3试题分析：原式 .

lg0.3lg1.2lg0.3lg1.22

考点：对数运算.

14．6

2x,0x2x

【解析】画出y＝2，y＝x＋2，y＝10－x的图象，观察图象可知f(x)＝x2,2x4，

10x,x4

∴f(x)的最大值在x＝4时取得，为6. 15．5 【解析】

试题分析：该二次函数开口向上，对称轴为x2,最小值为f(x)min1,所以可分3种情况:

(1)当对称轴x2在区间a,b的左侧时，函数在区间a,b上单调递增，所以此时

a2

a4ab



； ,即（舍）4

b4或f(a)a3f(b)b

(2) 当对称轴x2在区间a,b的右侧时，函数在区间a,b上单调递减，所以此时

b24aab3； ,即（舍）

f(a)bb4

3f(b)a

(3) 当对称轴x2在区间a,b内时，函数在区间a,2上单调递减，在区间2,b上单调递增，所以此时a2b,函数在区间a,b内的最小1值为1,也是值域的最小值a,所以

a1,同时可知函数值域的最大值一定大于2.通过计算可知f(a)f(1)f(3)

所以可知函数在xb时取得最大值b,即f(b)b.所以b4. 通过验证可知,函数f(x)

7

2,4

32

x3x4,在区间1，4内的值域为1,4. 4

综上可知:ab5.

考点：二次函数对称轴与区间的位置关系.

16．a＝0

22

【解析】由题意知：a＋2＝1或(a＋1)＝1或a＋3a＋3＝1， ∴ a＝－1或－2或0，根据元素的互异性排除－1，－2， ∴ a＝0即为所求． 17．a

1

或a3 3

【解析】

试题分析：先利用分类讨论思想对a分类

0a1

再利用换元法将y变成

a1

yt22t1(t0)，然后利用二次函数对称轴t=-1，所以在区间t(0,)上函数单调11

f()(1)22,(1a0)

递增，即可确定f(x)max=a由题得f(x)max=14，所以可以求a

f(a)(a1)22,(a1)

出a

1

或a3. 3

x

2

2

试题解析：令ta(a0,a1)，则原函数化为yt2t1(t1)2(t0) 2分

①当0a1时，x1,1,taa, 3分

a

x

1

此时f(t)在a,上为增函数，所以f(x)maxf()(1)2214 6分

aaa所以a(舍）或a

111

1

51

7分 3

x

②当a1时，x1,1,ta,a 8分

a

此时f(t)在,a上为增函数，所以f(x)maxf(a)(a1)214 10分

a所以a5(舍）或a3 11分 综上a

1

1

2

1

或a3 12分 3

考点：1，函数单调性 2，函数奇偶性.3，换元法. 18．{a|a1}.

【解析】

试题分析：根据对数函数真数大于0可求得集合A，再根据指数函数的单调性可求得

B={x2a}因为AB 所以可求得a的范围. 试题解析：要使fx有意义，则即Ax1x2由22

a

ax

2x

0，解得1x2， x1



 4分

，解得x2a，

即B{x|x2a} 4分

AB

∴22a解得a1

故实数a的取值范围是{a|a1} 12分

考点：1，对数函数的性质2，指数函数的性质3，集合的关系

4x1,（3）t2或t2或t0 19．（1）详见解析 （2）

3

【解析】 试

题

分

析

：（

1

）

利

用

定

义

法

任

取

1x1x21

因

得为

f(x1)f(x2)f(x1)f(x2)



f(x1)f(x2)

(x1x2)

x1x2

f(x1)f(x2)

0,x1x20即可证明f(x1)f(x2)．（2）根据函数单调性确定

x1x2

x213x3241x11即可解得x1,．（3）因为f(x)在1,1是单调递增函数且f(x)max＝

313x31



1，所以只要f(x）的最大值小于等于t2at1即t2at11，然后即可求得t的范围. 试题解析：（1）任取1x1x21， 则f(x1)f(x2)f(x1)f(x2)

2

2

f(x1)f(x2)

(x1x2) 2分

x1x2

f(x1)f(x2)

0,x1x20 4分

x1x2

1x1x21,x1(x2)0，由已知

f(x1)f(x2)0，即f(x)在1,1上是增函数 5分

（2）因为

f(x)是定义在1,1上的奇函数，且在1,1上是增函数

不等式化为

f(x21)f(3x3)，所以

x213x324

1x11，解得x1, 9分

313x31



（3）由（1）知要

使

f(x)在1,1上是增函数，所以f(x)在1,1上的最大值为f(1)1，

对

f(x)t22at1

x1,1,a1,1

恒成立，只要

t22at11t22at0 10分

设g(a)t2at,对a1,1,g(a)0恒成立， 11分

2

g(1)t22t0t0或t2所以 13分 2

t2或t0g(1)t2t0

所以t2或t2或t0 14分

考点：1，函数单调性2，函数奇偶性3，含参函数不等式求解. 20．（1）详见解析; （2）详见解析 【解析】

试题分析：（1）函数f(x)单调递增，且ab0ab,f(a)f(b)；又ab0，

ba,f(b)f(a)，即可得到答案; （2）假设ab0,则ab,ba

f(a)f(b),f(b)f(a)所以f(a)f(b)f(a)f(b)矛盾.

试题解析：（1）因为ab0，f(b),f(a) ab,f(a)f(b) 2分 又ab0，ba,f(b)f(a) 4分 所以f(a)f(b)f(a)f(b) 6分

（2）（1）中命题的逆命题是：“已知函数f(x)是R上的增函数，

若f(a)f(b)f(a)f(b)，则ab0”为真命题.用反证法证明如下： 7分 假设ab0,则ab,baf(a)f(b),f(b)f(a) 10分

f(a)f(b)f(a)f(b)这与已知f(a)f(b)f(a)f(b)矛盾 11分

所以逆命题为真命题。 12分

考点：1，函数单调性2，函数奇偶性.

21．（1）栽种９年后，该树木的高度是栽种时高度的8倍;（2）第5年的增长高度最大． 【解析】

试题分析：（1）由题中所给条件f0＝A，f3＝3A，运用待定系数法不难求出

-9A3a＝1，b＝8，进而确定出函数f(n)+t，其中．由fn＝8A，运用解方程n

18t

2

的方法即可求出n＝9，问题得解; （2）由前面（1）中已求得f(n)=n

9A

，可表示出第

18tn

9A

 ，这是一个含有较多字母的n1

18t

72A(1t)

式子，这也中本题的一个难点，运用代数化简和整体思想可得：＝ ，

+64tn+8(t+1)n1t

观察此式特征能用基本不等式的方法进行求它

的最值，即：

1))n

，成立的条件为 当且仅当64tn1时取等

tn+64t+8(t+1)tn172A(1t

号，即可求出n＝5．

试题解析： （1）由题意知f0＝A，f3＝3A．

9A

ab=A

1，b＝8． 4分 所以9A解得a＝

=3A1

ab4

-9A所以f(n)+，其中t3． n

18t

2

令fn＝8A，得

9A1n

=8At，解得，

18tn64

所以n＝9．

所以栽种９年后，该树木的高度是栽种时高度的8倍． 6分 （2）由（1）知f(n)=

9A

． n

18t

9A9A

． 9分

18tn18tn1

第n年的增长高度为＝fn－f(n－1)＝

72Atn1(1t)72Atn1(1t)

＝所以＝

(18tn)(18tn1)18tn1(t1)64t2n1

=t

72A(1t)1

n1

12分

+64tn+8(t+1)

1

当且仅当64t

n

t

，即2n1

-

2(2n1)

3



1

时取等号，此时n＝5． 64

所以该树木栽种后第5年的增长高度最大． 14分 考点：1.待定系数法求解;2.函数的最值;3.基本不等式的运用

参考答案(2)

1．B

【解析】由三角函数定义知，

，当

时，

；

当时，，故选B

2．A 【解析】

3sinxcosx3，试题分析：由条件，得1cosxsinx22cosx2sinx，整理得：

（3sinx3）1，整即cosx3sinx3 ①，代入sinxcosx1中，得sinx

（sinx1)(5sinx4）0，解得sinx1（舍）或理得：5sinx9sinx40，即

4434

sinx，把sinx，代入①，得cosx，所以tanx，故选A．

5553

考点：同角三角函数基本关系．

3．C

【解析】由sin

>0,cos

＜0知角θ在第四象限，

2

2222

∵，选C.

4．B 【解析】

试题分析：由于函数f(x)cosx(xR,0)的最小正周期为，所以2.所以函数f(x)cos2x sin(2x



).所以将函数yfx向右平移即可得到28



g(x)sin(2x).故选B.

4

考点：1.函数的平移.2.函数的诱导公式. 5．D 【解析】

试题分析：由已知，A2,T将(



411(),2,，所以f(x)＝2sin(2x＋)， 3126



,2)代人得，2sin(2＋)2,sin(＋)1，所以，＋,，

663326



f(x)＝2sin(2x＋),f()＝2sin(2＋)2cosD.

64466

考点：正弦型函数，三角函数诱导公式.

6．A 【解析】

试题分析：由函数平移的知识可得函数ysin(x





6

)的图像向左平移个单位，可得到

ysin[(x)]sin(x)，再由正弦函数的图像与性质可得：由

66xx





6





2

k,kZ解得x



3

k,kZ，所以函数ysin(x



6

)的对称轴方程为



3

k,kZ，A选项符合，B选项不符合；又由x



6

k,kZ得到

x

6

k,kZ，所以函数ysin(x



6

)的对称中心为(



6

k,0),kZ，C、D

选项均不符合要求；综上可知，选A.

考点：1.三角函数的图像变换；2.三角函数的图像与性质. 7．C 【解析】



试题分析：根据三角函数图像变换规律：左正右负，因此图像向右平移6个单位，所以

ysin[2(x



6

)



6

]sin(2x



6，选C.

)

考点：三角函数图像变换 8．C

【解析】由题意可得最小正周期T＝

,所以

=

=

=

.故选C

9．B 【解析】

试题分析：根据所给的两个向量的坐标，写出要用的+

λ

向量的坐标，根据两个向量平行，

写出两个向量平行的坐标表示形式，得到关于λ的方程，解方程即可．

解：∵向量=（1，2），=（1，0），=（3，4）． ∴∵（+

λ

=（1+λ，2） ）∥，

∴4（1+λ）﹣6=0， ∴

故选B．

点评：本题考查两个向量平行的坐标表示，考查两个向量坐标形式的加减数乘运算，考查方程思想的应用，是一个基础题． 10．B 【解析】故选B． 11．2 【解析】

试题分析：设扇形的弧长为l,半径为r.则有2rl6,为S

．

l

1,解得lr2.则扇形的面积r

11

lr222. 22

考点：扇形的面积. 12．

1 2

【解析】

试题分析：依题意并结合三角函数的定义可知sin



1

1

. 2

考点：任意角的三角函数. 13．1 【解析】

试题分析：根据诱导公式：奇变偶不变，符号看象限进行化简

sin(2)cos(3)cos(

3

)

(-sin)(cos)(sin)1.

sin()sin(3)cos()(sin)sin()(cos)

考点：诱导公式 14

．

3

【解析】

试题分析：由角

(0)

的终边与单位圆交点的横坐标是

1

，

即3

cos

1

31 2

,sin

由于cos()sin.所以cos(

).

2233

考点：1.三角函数的定义.2.三角函数的诱导公式. 15．m

【解析】

试题分析：3，1,1m,m,A、B、C三点共线,所以AB与BC共线，所以3-m11m0,解得m考点：向量共线的应用 16．(1) m4; (2) sin

1

. 2

44,tan. 53

【解析】

试题分析：(1)由任意角的三角函数的定义可得关于m的方程；（2）结合（1）由同角间的基本关系式可求.

求值过程中应注意角的范围,从而判断三角函数值的符号. 试题解析：

解：（1）∵角的终边经过点P(3,m), ∴

|OP|

分

又∵cos,

∴cos

3

5

x3, 4分 |OP|5得m16， 6分 ∴m4. 7分

（2）解法一： 已知(

2

2



3

,)，且cos, 25

2

由sincos1, 8分

得sin∴tan



4

, 11分(公式、符号、计算各1分) 5

shi454

()． 14分(公式、符号、计算各1分) cos533

（2）解法二： 若(



2

,)，则m4，得P(-3,4)，|OP|5 9分

∴sin

y4

 , 11分 |OP|5

tan

y44． 14分 x33

(说明：用其他方法做的同样酌情给分)

考点：任意角的三角函数，同角间的基本关系式. 17．(1) f()

cossin12

3. ;(2)f()

3cossin32

【解析】

试题分析：(1)由诱导公式化简可得，牢记诱导公式“奇变偶不变，符号看象限”；（2）将正余弦转化为正切的形式,可得. 试题解析： 解：（1）f()分)

cossin

, 8分(每个公式2分，即符号1分，化对1

3cossin

cossin1tan

, 12分(每化对1个得1分)

3cossin3tan

12

3, 14分 若tan2，则f()

32

（2）f()

(说明：用其他方法做的同样酌情给分) 考点：诱导公式，同角间的基本关系式. 18．（1）f(x)＝2sin(2x＋（2）x＝



)＋1 6

k

＋ (k∈Z) 26

【解析】解：(1)因T＝π，∴ω＝2，最大值为3，

∴A＝2．

∴f(x)＝2sin(2x＋φ)＋1，



)

1， 4

∴2sin(＋φ)＋1

1，

2

∵f(∴cosφ

． ，∴φ＝． 26



∴f(x)＝2sin(2x＋)＋1．

6

∵0



)＋1， 6

k令2x＋＝kπ，得x＝－ (k∈Z)，

2126

k

∴对称中心为(－，1)(k∈Z)，

212

k由2x＋＝kπ＋，得x＝＋ (k∈Z)，

2626

k

∴对称轴方程为x＝＋ (k∈Z)．

26

(2)由f(x)＝2sin(2x＋19．（1

（2）x1 【解析】

试题分析：(1)先求出a2b(1,2)，再利用向量模的坐标公式可

得





|a2b|；

（2）先求出xa(3x)b的坐标(4x3,2x)，再利用向量平行的坐标运算公式建立关于x的方程，求出x即可得到结果.

试题解析：解：（1）a

2b(3,2)(2,0)

(1,2)





|a2b|

（2）xa(3x)b(3x,2x)(x3,0)(4x3,2x)

当xa(3x)b//a2b时

（24x3）(2x)0 解得：x1

考点：1.向量模的坐标公式；2.向量平行的坐标公式. 20．（1）0（2）见解析

【解析】(1)解：因为GA＋GB＝2GM，又2GM＝－GO，所以GA＋GB＋GO＝－

GO＋GO＝0.

(2)证明：因为OM＝

121

(a＋b)，且G是△ABO的重心，所以OG＝OM＝(a＋b)．由233

P、G、Q三点共线，得PG∥GQ，所以有且只有一个实数λ，使PG＝λGQ.又PG＝OG－OP＝

11111

(a＋b)－ma＝ma＋b，GQ＝OQ－OG＝nb－(a＋b)＝－a＋33333

111

b，所以a＋b＝λn－m333

11

－a＋n－b. 33

11

－m＝－，1133

又a、b不共线，所以消去λ，整理得3mn＝m＋n，故＝3.

1mn1＝n－，33

21．（1）f(x)＝2sin2x







6

（2）1,∪

7475, 42

2

＝π，解得ω＝2. 

【解析】(1)由题设条件知f(x)的周期T＝π，即因为f(x)在x＝



处取得最大值2，所以A＝2. 6

从而sin2







＝1，所以＋φ＝＋2kπ，k∈Z.

326

又由－π＜φ≤π，得φ＝

. 6



故f(x)的解析式为f(x)＝2sin2x



. 6

6cos4x－sin2x－16cos4x＋cos2x－2

(2)g(x)＝ ＝

2cos 2x

2sin2x＋

2

(2cos2x－1)(3cos2x＋2)3122

＝＝cosx＋1cosx

2(2cos2x－1)22

因cosx∈[0,1]，且cosx≠

2

2

1

， 2

故函数g(x)的值域为1,∪

7475,. 42

参考答案(1)

1．B

【解析】满足条件的M中必须含有{2，3}，但最多只能有{1，2，3} 2．A. 【解析】

试题分析：若ab，则由题意

f(a)f(b)

0知，一定有f(a)f(b)成立，由增函数

ab

的定义知，该函数f(x)在R上是增函数；同理若ab，则一定有f(a)f(b)成立，即该函数f(x)在R上是增函数.所以函数f(x)在R上是增函数.故应选A. 考点：函数的单调性. 3．B 【解析】

试题分析：由函数的周期为4

画出f(x)的草图如图，其中函数y＝log6x递增且经过(6，1)点

函数g(x)的零点，即为y＝f(x)与y＝log6x的交点 结合图象可知，它们共有5个交点，选B

考点：函数的周期性，分段函数，函数的零点. 4．A 【解析】

试题分析：因为全集U＝{1，2，3，4}，集合S＝{1，3}，故

＝{2，4}，于是

＝{2，4}，选A

考点：集合的概念及基本运算，并集、补集. 5．D 【解析】

试题分析：由f(x)是定义在R上的偶函数，知x＝0是它的一条对称轴 又由f(4－x)＝f(x)，知x＝2是它的一条对称轴 于是函数的周期为(2－0)×2＝4

画出f(x)的草图如图，其中y＝|lgx|在(1，＋∞)递增且经过(10，1)点

函数g(x)的零点，即为y＝f(x)与y＝|lgx|的交点 结合图象可知，它们共有10个交点，选D.

考点：函数的奇偶性、周期性，分段函数，函数的零点. 6．B

【解析】由已知，函数f（x）在区间[1,3]的图象如图所示，关于x的方程f(x)kxk1（kR且k1）表示过定点(1,1)的直线，为使关于x的方程f(x)kxk1（kR且k1）有4个不同的根，即直线ykxk1与函数f（x）的图象有4个不同的交点. 结合图象可知，当直线ykxk1介于过点(1,1)，(2,0)的直线y

12

x和直线33

y1之间时，符合条件，故选B

.

考点：函数的奇偶性、周期性，函数与方程，直线的斜率，直线方程. 7．D 【解析】

试题分析：画出y|21|的图象，然后y=a在何范围内与之有两交点，发现a属于0,1符

x

合题意

考点：指数函数的图象，平移. 8．C 【解析】

试题分析：当x(,1] 时3(0,3]，要使3xa22a有解，a2a的值域必须为

x

2

(0,3]，即0a22a3解不等式可得a3,20,1.

考点：含参函数值域. 9．C 【解析】

a0试题分析：因为yxa是奇函数，所以a应该为奇数，又在(0,)是单调递增的，所以

则只能1,3．

考点：幂函数的性质. 10．A 【解析】

试题分析：由指数函数的单调性可知y0.3是单调递减的所以0.30.3即a

x

0.3

x

0.5

0.2

201，即可知A正确

2

x,x2

【解析】在同一坐标系中作出f(x)＝，及y＝k的图象(如图)．

x13,x2

可知，当0＜k＜1时，y＝k与y＝f(x)的图象有两个交点， 即方程f(x)＝k有两个不同的实根． 12．(,1]. 【解析】

试题分析：∵x10，∴x1，即A(1,)，∴CUA(,1]. 考点：1.函数的定义域；2.集合的运算.

13．-

3 2

【解析】

333

(1lg3)(lg33lg2)(lg0.3)lg1.2

3试题分析：原式 .

lg0.3lg1.2lg0.3lg1.22

考点：对数运算.

14．6

2x,0x2x

【解析】画出y＝2，y＝x＋2，y＝10－x的图象，观察图象可知f(x)＝x2,2x4，

10x,x4

∴f(x)的最大值在x＝4时取得，为6. 15．5 【解析】

试题分析：该二次函数开口向上，对称轴为x2,最小值为f(x)min1,所以可分3种情况:

(1)当对称轴x2在区间a,b的左侧时，函数在区间a,b上单调递增，所以此时

a2

a4ab



； ,即（舍）4

b4或f(a)a3f(b)b

(2) 当对称轴x2在区间a,b的右侧时，函数在区间a,b上单调递减，所以此时

b24aab3； ,即（舍）

f(a)bb4

3f(b)a

(3) 当对称轴x2在区间a,b内时，函数在区间a,2上单调递减，在区间2,b上单调递增，所以此时a2b,函数在区间a,b内的最小1值为1,也是值域的最小值a,所以

a1,同时可知函数值域的最大值一定大于2.通过计算可知f(a)f(1)f(3)

所以可知函数在xb时取得最大值b,即f(b)b.所以b4. 通过验证可知,函数f(x)

7

2,4

32

x3x4,在区间1，4内的值域为1,4. 4

综上可知:ab5.

考点：二次函数对称轴与区间的位置关系.

16．a＝0

22

【解析】由题意知：a＋2＝1或(a＋1)＝1或a＋3a＋3＝1， ∴ a＝－1或－2或0，根据元素的互异性排除－1，－2， ∴ a＝0即为所求． 17．a

1

或a3 3

【解析】

试题分析：先利用分类讨论思想对a分类

0a1

再利用换元法将y变成

a1

yt22t1(t0)，然后利用二次函数对称轴t=-1，所以在区间t(0,)上函数单调11

f()(1)22,(1a0)

递增，即可确定f(x)max=a由题得f(x)max=14，所以可以求a

f(a)(a1)22,(a1)

出a

1

或a3. 3

x

2

2

试题解析：令ta(a0,a1)，则原函数化为yt2t1(t1)2(t0) 2分

①当0a1时，x1,1,taa, 3分

a

x

1

此时f(t)在a,上为增函数，所以f(x)maxf()(1)2214 6分

aaa所以a(舍）或a

111

1

51

7分 3

x

②当a1时，x1,1,ta,a 8分

a

此时f(t)在,a上为增函数，所以f(x)maxf(a)(a1)214 10分

a所以a5(舍）或a3 11分 综上a

1

1

2

1

或a3 12分 3

考点：1，函数单调性 2，函数奇偶性.3，换元法. 18．{a|a1}.

【解析】

试题分析：根据对数函数真数大于0可求得集合A，再根据指数函数的单调性可求得

B={x2a}因为AB 所以可求得a的范围. 试题解析：要使fx有意义，则即Ax1x2由22

a

ax

2x

0，解得1x2， x1



 4分

，解得x2a，

即B{x|x2a} 4分

AB

∴22a解得a1

故实数a的取值范围是{a|a1} 12分

考点：1，对数函数的性质2，指数函数的性质3，集合的关系

4x1,（3）t2或t2或t0 19．（1）详见解析 （2）

3

【解析】 试

题

分

析

：（

1

）

利

用

定

义

法

任

取

1x1x21

因

得为

f(x1)f(x2)f(x1)f(x2)



f(x1)f(x2)

(x1x2)

x1x2

f(x1)f(x2)

0,x1x20即可证明f(x1)f(x2)．（2）根据函数单调性确定

x1x2

x213x3241x11即可解得x1,．（3）因为f(x)在1,1是单调递增函数且f(x)max＝

313x31



1，所以只要f(x）的最大值小于等于t2at1即t2at11，然后即可求得t的范围. 试题解析：（1）任取1x1x21， 则f(x1)f(x2)f(x1)f(x2)

2

2

f(x1)f(x2)

(x1x2) 2分

x1x2

f(x1)f(x2)

0,x1x20 4分

x1x2

1x1x21,x1(x2)0，由已知

f(x1)f(x2)0，即f(x)在1,1上是增函数 5分

（2）因为

f(x)是定义在1,1上的奇函数，且在1,1上是增函数

不等式化为

f(x21)f(3x3)，所以

x213x324

1x11，解得x1, 9分

313x31



（3）由（1）知要

使

f(x)在1,1上是增函数，所以f(x)在1,1上的最大值为f(1)1，

对

f(x)t22at1

x1,1,a1,1

恒成立，只要

t22at11t22at0 10分

设g(a)t2at,对a1,1,g(a)0恒成立， 11分

2

g(1)t22t0t0或t2所以 13分 2

t2或t0g(1)t2t0

所以t2或t2或t0 14分

考点：1，函数单调性2，函数奇偶性3，含参函数不等式求解. 20．（1）详见解析; （2）详见解析 【解析】

试题分析：（1）函数f(x)单调递增，且ab0ab,f(a)f(b)；又ab0，

ba,f(b)f(a)，即可得到答案; （2）假设ab0,则ab,ba

f(a)f(b),f(b)f(a)所以f(a)f(b)f(a)f(b)矛盾.

试题解析：（1）因为ab0，f(b),f(a) ab,f(a)f(b) 2分 又ab0，ba,f(b)f(a) 4分 所以f(a)f(b)f(a)f(b) 6分

（2）（1）中命题的逆命题是：“已知函数f(x)是R上的增函数，

若f(a)f(b)f(a)f(b)，则ab0”为真命题.用反证法证明如下： 7分 假设ab0,则ab,baf(a)f(b),f(b)f(a) 10分

f(a)f(b)f(a)f(b)这与已知f(a)f(b)f(a)f(b)矛盾 11分

所以逆命题为真命题。 12分

考点：1，函数单调性2，函数奇偶性.

21．（1）栽种９年后，该树木的高度是栽种时高度的8倍;（2）第5年的增长高度最大． 【解析】

试题分析：（1）由题中所给条件f0＝A，f3＝3A，运用待定系数法不难求出

-9A3a＝1，b＝8，进而确定出函数f(n)+t，其中．由fn＝8A，运用解方程n

18t

2

的方法即可求出n＝9，问题得解; （2）由前面（1）中已求得f(n)=n

9A

，可表示出第

18tn

9A

 ，这是一个含有较多字母的n1

18t

72A(1t)

式子，这也中本题的一个难点，运用代数化简和整体思想可得：＝ ，

+64tn+8(t+1)n1t

观察此式特征能用基本不等式的方法进行求它

的最值，即：

1))n

，成立的条件为 当且仅当64tn1时取等

tn+64t+8(t+1)tn172A(1t

号，即可求出n＝5．

试题解析： （1）由题意知f0＝A，f3＝3A．

9A

ab=A

1，b＝8． 4分 所以9A解得a＝

=3A1

ab4

-9A所以f(n)+，其中t3． n

18t

2

令fn＝8A，得

9A1n

=8At，解得，

18tn64

所以n＝9．

所以栽种９年后，该树木的高度是栽种时高度的8倍． 6分 （2）由（1）知f(n)=

9A

． n

18t

9A9A

． 9分

18tn18tn1

第n年的增长高度为＝fn－f(n－1)＝

72Atn1(1t)72Atn1(1t)

＝所以＝

(18tn)(18tn1)18tn1(t1)64t2n1

=t

72A(1t)1

n1

12分

+64tn+8(t+1)

1

当且仅当64t

n

t

，即2n1

-

2(2n1)

3



1

时取等号，此时n＝5． 64

所以该树木栽种后第5年的增长高度最大． 14分 考点：1.待定系数法求解;2.函数的最值;3.基本不等式的运用

参考答案(2)

1．B

【解析】由三角函数定义知，

，当

时，

；

当时，，故选B

2．A 【解析】

3sinxcosx3，试题分析：由条件，得1cosxsinx22cosx2sinx，整理得：

（3sinx3）1，整即cosx3sinx3 ①，代入sinxcosx1中，得sinx

（sinx1)(5sinx4）0，解得sinx1（舍）或理得：5sinx9sinx40，即

4434

sinx，把sinx，代入①，得cosx，所以tanx，故选A．

5553

考点：同角三角函数基本关系．

3．C

【解析】由sin

>0,cos

＜0知角θ在第四象限，

2

2222

∵，选C.

4．B 【解析】

试题分析：由于函数f(x)cosx(xR,0)的最小正周期为，所以2.所以函数f(x)cos2x sin(2x



).所以将函数yfx向右平移即可得到28



g(x)sin(2x).故选B.

4

考点：1.函数的平移.2.函数的诱导公式. 5．D 【解析】

试题分析：由已知，A2,T将(



411(),2,，所以f(x)＝2sin(2x＋)， 3126



,2)代人得，2sin(2＋)2,sin(＋)1，所以，＋,，

663326



f(x)＝2sin(2x＋),f()＝2sin(2＋)2cosD.

64466

考点：正弦型函数，三角函数诱导公式.

6．A 【解析】

试题分析：由函数平移的知识可得函数ysin(x





6

)的图像向左平移个单位，可得到

ysin[(x)]sin(x)，再由正弦函数的图像与性质可得：由

66xx





6





2

k,kZ解得x



3

k,kZ，所以函数ysin(x



6

)的对称轴方程为



3

k,kZ，A选项符合，B选项不符合；又由x



6

k,kZ得到

x

6

k,kZ，所以函数ysin(x



6

)的对称中心为(



6

k,0),kZ，C、D

选项均不符合要求；综上可知，选A.

考点：1.三角函数的图像变换；2.三角函数的图像与性质. 7．C 【解析】



试题分析：根据三角函数图像变换规律：左正右负，因此图像向右平移6个单位，所以

ysin[2(x



6

)



6

]sin(2x



6，选C.

)

考点：三角函数图像变换 8．C

【解析】由题意可得最小正周期T＝

,所以

=

=

=

.故选C

9．B 【解析】

试题分析：根据所给的两个向量的坐标，写出要用的+

λ

向量的坐标，根据两个向量平行，

写出两个向量平行的坐标表示形式，得到关于λ的方程，解方程即可．

解：∵向量=（1，2），=（1，0），=（3，4）． ∴∵（+

λ

=（1+λ，2） ）∥，

∴4（1+λ）﹣6=0， ∴

故选B．

点评：本题考查两个向量平行的坐标表示，考查两个向量坐标形式的加减数乘运算，考查方程思想的应用，是一个基础题． 10．B 【解析】故选B． 11．2 【解析】

试题分析：设扇形的弧长为l,半径为r.则有2rl6,为S

．

l

1,解得lr2.则扇形的面积r

11

lr222. 22

考点：扇形的面积. 12．

1 2

【解析】

试题分析：依题意并结合三角函数的定义可知sin



1

1

. 2

考点：任意角的三角函数. 13．1 【解析】

试题分析：根据诱导公式：奇变偶不变，符号看象限进行化简

sin(2)cos(3)cos(

3

)

(-sin)(cos)(sin)1.

sin()sin(3)cos()(sin)sin()(cos)

考点：诱导公式 14

．

3

【解析】

试题分析：由角

(0)

的终边与单位圆交点的横坐标是

1

，

即3

cos

1

31 2

,sin

由于cos()sin.所以cos(

).

2233

考点：1.三角函数的定义.2.三角函数的诱导公式. 15．m

【解析】

试题分析：3，1,1m,m,A、B、C三点共线,所以AB与BC共线，所以3-m11m0,解得m考点：向量共线的应用 16．(1) m4; (2) sin

1

. 2

44,tan. 53

【解析】

试题分析：(1)由任意角的三角函数的定义可得关于m的方程；（2）结合（1）由同角间的基本关系式可求.

求值过程中应注意角的范围,从而判断三角函数值的符号. 试题解析：

解：（1）∵角的终边经过点P(3,m), ∴

|OP|

分

又∵cos,

∴cos

3

5

x3, 4分 |OP|5得m16， 6分 ∴m4. 7分

（2）解法一： 已知(

2

2



3

,)，且cos, 25

2

由sincos1, 8分

得sin∴tan



4

, 11分(公式、符号、计算各1分) 5

shi454

()． 14分(公式、符号、计算各1分) cos533

（2）解法二： 若(



2

,)，则m4，得P(-3,4)，|OP|5 9分

∴sin

y4

 , 11分 |OP|5

tan

y44． 14分 x33

(说明：用其他方法做的同样酌情给分)

考点：任意角的三角函数，同角间的基本关系式. 17．(1) f()

cossin12

3. ;(2)f()

3cossin32

【解析】

试题分析：(1)由诱导公式化简可得，牢记诱导公式“奇变偶不变，符号看象限”；（2）将正余弦转化为正切的形式,可得. 试题解析： 解：（1）f()分)

cossin

, 8分(每个公式2分，即符号1分，化对1

3cossin

cossin1tan

, 12分(每化对1个得1分)

3cossin3tan

12

3, 14分 若tan2，则f()

32

（2）f()

(说明：用其他方法做的同样酌情给分) 考点：诱导公式，同角间的基本关系式. 18．（1）f(x)＝2sin(2x＋（2）x＝



)＋1 6

k

＋ (k∈Z) 26

【解析】解：(1)因T＝π，∴ω＝2，最大值为3，

∴A＝2．

∴f(x)＝2sin(2x＋φ)＋1，



)

1， 4

∴2sin(＋φ)＋1

1，

2

∵f(∴cosφ

． ，∴φ＝． 26



∴f(x)＝2sin(2x＋)＋1．

6

∵0



)＋1， 6

k令2x＋＝kπ，得x＝－ (k∈Z)，

2126

k

∴对称中心为(－，1)(k∈Z)，

212

k由2x＋＝kπ＋，得x＝＋ (k∈Z)，

2626

k

∴对称轴方程为x＝＋ (k∈Z)．

26

(2)由f(x)＝2sin(2x＋19．（1

（2）x1 【解析】

试题分析：(1)先求出a2b(1,2)，再利用向量模的坐标公式可

得





|a2b|；

（2）先求出xa(3x)b的坐标(4x3,2x)，再利用向量平行的坐标运算公式建立关于x的方程，求出x即可得到结果.

试题解析：解：（1）a

2b(3,2)(2,0)

(1,2)





|a2b|

（2）xa(3x)b(3x,2x)(x3,0)(4x3,2x)

当xa(3x)b//a2b时

（24x3）(2x)0 解得：x1

考点：1.向量模的坐标公式；2.向量平行的坐标公式. 20．（1）0（2）见解析

【解析】(1)解：因为GA＋GB＝2GM，又2GM＝－GO，所以GA＋GB＋GO＝－

GO＋GO＝0.

(2)证明：因为OM＝

121

(a＋b)，且G是△ABO的重心，所以OG＝OM＝(a＋b)．由233

P、G、Q三点共线，得PG∥GQ，所以有且只有一个实数λ，使PG＝λGQ.又PG＝OG－OP＝

11111

(a＋b)－ma＝ma＋b，GQ＝OQ－OG＝nb－(a＋b)＝－a＋33333

111

b，所以a＋b＝λn－m333

11

－a＋n－b. 33

11

－m＝－，1133

又a、b不共线，所以消去λ，整理得3mn＝m＋n，故＝3.

1mn1＝n－，33

21．（1）f(x)＝2sin2x







6

（2）1,∪

7475, 42

2

＝π，解得ω＝2. 

【解析】(1)由题设条件知f(x)的周期T＝π，即因为f(x)在x＝



处取得最大值2，所以A＝2. 6

从而sin2







＝1，所以＋φ＝＋2kπ，k∈Z.

326

又由－π＜φ≤π，得φ＝

. 6



故f(x)的解析式为f(x)＝2sin2x



. 6

6cos4x－sin2x－16cos4x＋cos2x－2

(2)g(x)＝ ＝

2cos 2x

2sin2x＋

2

(2cos2x－1)(3cos2x＋2)3122

＝＝cosx＋1cosx

2(2cos2x－1)22

因cosx∈[0,1]，且cosx≠

2

2

1

， 2

故函数g(x)的值域为1,∪

7475,. 42