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【可编辑】2017年上海市高考数学试卷.doc

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可编辑 编辑 2017 上海市 高考 数学试卷
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2017年上海市高考数学试卷 一、填空题(本大题共12题,满分54分,第1~6题每题4分,第7~12题每题5分)1.(4分)已知集合A={1,2,3,4},集合B={3,4,5},则A∩B=   .2.(4分)若排列数=6×5×4,则m=   .3.(4分)不等式>1的解集为   .4.(4分)已知球的体积为36π,则该球主视图的面积等于   .5.(4分)已知复数z满足z+=0,则|z|=   .6.(4分)设双曲线﹣=1(b>0)的焦点为F1、F2,P为该双曲线上的一点,若|PF1|=5,则|PF2|=   .7.(5分)如图,以长方体ABCD﹣A1B1C1D1的顶点D为坐标原点,过D的三条棱所在的直线为坐标轴,建立空间直角坐标系,若的坐标为(4,3,2),则的坐标是   .8.(5分)定义在(0,+∞)上的函数y=f(x)的反函数为y=f﹣1(x),若g(x)=为奇函数,则f﹣1(x)=2的解为   .9.(5分)已知四个函数:①y=﹣x,②y=﹣,③y=x3,④y=x,从中任选2个,则事件“所选2个函数的图象有且仅有一个公共点”的概率为   .10.(5分)已知数列{an}和{bn},其中an=n2,n∈N*,{bn}的项是互不相等的正整数,若对于任意n∈N*,{bn}的第an项等于{an}的第bn项,则=   .11.(5分)设a1、a2∈R,且,则|10π﹣a1﹣a2|的最小值等于   .12.(5分)如图,用35个单位正方形拼成一个矩形,点P1、P2、P3、P4以及四个标记为“▲”的点在正方形的顶点处,设集合Ω={P1,P2,P3,P4},点P∈Ω,过P作直线lP,使得不在lP上的“▲”的点分布在lP的两侧.用D1(lP)和D2(lP)分别表示lP一侧和另一侧的“▲”的点到lP的距离之和.若过P的直线lP中有且只有一条满足D1(lP)=D2(lP),则Ω中所有这样的P为   . 二、选择题(本大题共4题,每题5分,共20分)13.(5分)关于x、y的二元一次方程组的系数行列式D为(  )A.B.C.D.14.(5分)在数列{an}中,an=(﹣)n,n∈N*,则an(  )A.等于B.等于0C.等于D.不存在15.(5分)已知a、b、c为实常数,数列{xn}的通项xn=an2+bn+c,n∈N*,则“存在k∈N*,使得x100+k、x200+k、x300+k成等差数列”的一个必要条件是(  )A.a≥0B.b≤0C.c=0D.a﹣2b+c=016.(5分)在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C1:=1和C2:x2+=1.P为C1上的动点,Q为C2上的动点,w是的最大值.记Ω={(P,Q)|P在C1上,Q在C2上,且=w},则Ω中元素个数为(  )A.2个B.4个C.8个D.无穷个 三、解答题(本大题共5题,共14+14+14+16+18=76分)17.(14分)如图,直三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面为直角三角形,两直角边AB和AC的长分别为4和2,侧棱AA1的长为5.(1)求三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积;(2)设M是BC中点,求直线A1M与平面ABC所成角的大小.18.(14分)已知函数f(x)=cos2x﹣sin2x+,x∈(0,π).(1)求f(x)的单调递增区间;(2)设△ABC为锐角三角形,角A所对边a=,角B所对边b=5,若f(A)=0,求△ABC的面积.19.(14分)根据预测,某地第n(n∈N*)个月共享单车的投放量和损失量分别为an和bn(单位:辆),其中an=,bn=n+5,第n个月底的共享单车的保有量是前n个月的累计投放量与累计损失量的差.(1)求该地区第4个月底的共享单车的保有量;(2)已知该地共享单车停放点第n个月底的单车容纳量Sn=﹣4(n﹣46)2+8800(单位:辆).设在某月底,共享单车保有量达到最大,问该保有量是否超出了此时停放点的单车容纳量?20.(16分)在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆Γ:=1,A为Γ的上顶点,P为Γ上异于上、下顶点的动点,M为x正半轴上的动点.(1)若P在第一象限,且|OP|=,求P的坐标;(2)设P(),若以A、P、M为顶点的三角形是直角三角形,求M的横坐标;(3)若|MA|=|MP|,直线AQ与Γ交于另一点C,且,,求直线AQ的方程.21.(18分)设定义在R上的函数f(x)满足:对于任意的x1、x2∈R,当x1<x2时,都有f(x1)≤f(x2).(1)若f(x)=ax3+1,求a的取值范围;(2)若f(x)是周期函数,证明:f(x)是常值函数;(3)设f(x)恒大于零,g(x)是定义在R上的、恒大于零的周期函数,M是g(x)的最大值.函数h(x)=f(x)g(x).证明:“h(x)是周期函数”的充要条件是“f(x)是常值函数”. 2017年上海市高考数学试卷参考答案与试题解析 一、填空题(本大题共12题,满分54分,第1~6题每题4分,第7~12题每题5分)1.(4分)已知集合A={1,2,3,4},集合B={3,4,5},则A∩B= {3,4} .【分析】利用交集定义直接求解.【解答】解:∵集合A={1,2,3,4},集合B={3,4,5},∴A∩B={3,4}.故答案为:{3,4}.【点评】本题考查交集的求法,是基础题,解题时要认真审题,注意交集定义的合理运用. 2.(4分)若排列数=6×5×4,则m= 3 .【分析】利用排列数公式直接求解.【解答】解:∵排列数=6×5×4,∴由排列数公式得,∴m=3.故答案为:m=3.【点评】本题考查实数值的求法,是基础题,解题时要认真审题,注意排列数公式的合理运用. 3.(4分)不等式>1的解集为 (﹣∞,0) .【分析】根据分式不等式的解法求出不等式的解集即可.【解答】解:由>1得:,故不等式的解集为:(﹣∞,0),故答案为:(﹣∞,0).【点评】本题考查了解分式不等式,考查转化思想,是一道基础题. 4.(4分)已知球的体积为36π,则该球主视图的面积等于 9π .【分析】由球的体积公式,可得半径R=3,再由主视图为圆,可得面积.【解答】解:球的体积为36π,设球的半径为R,可得πR3=36π,可得R=3,该球主视图为半径为3的圆,可得面积为πR2=9π.故答案为:9π.【点评】本题考查球的体积公式,以及主视图的形状和面积求法,考查运算能力,属于基础题. 5.(4分)已知复数z满足z+=0,则|z|=  .【分析】设z=a+bi(a,b∈R),代入z2=﹣3,由复数相等的条件列式求得a,b的值得答案.【解答】解:由z+=0,得z2=﹣3,设z=a+bi(a,b∈R),由z2=﹣3,得(a+bi)2=a2﹣b2+2abi=﹣3,即,解得:.∴.则|z|=.故答案为:.【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算,考查了复数相等的条件以及复数模的求法,是基础题. 6.(4分)设双曲线﹣=1(b>0)的焦点为F1、F2,P为该双曲线上的一点,若|PF1|=5,则|PF2|= 11 .【分析】根据题意,由双曲线的方程可得a的值,结合双曲线的定义可得||PF1|﹣|PF2||=6,解可得|PF2|的值,即可得答案.【解答】解:根据题意,双曲线的方程为:﹣=1,其中a==3,则有||PF1|﹣|PF2||=6,又由|PF1|=5,解可得|PF2|=11或﹣1(舍)故|PF2|=11,故答案为:11.【点评】本题考查双曲线的几何性质,关键是掌握双曲线的定义. 7.(5分)如图,以长方体ABCD﹣A1B1C1D1的顶点D为坐标原点,过D的三条棱所在的直线为坐标轴,建立空间直角坐标系,若的坐标为(4,3,2),则的坐标是 (﹣4,3,2) .【分析】由的坐标为(4,3,2),分别求出A和C1的坐标,由此能求出结果.【解答】解:如图,以长方体ABCD﹣A1B1C1D1的顶点D为坐标原点,过D的三条棱所在的直线为坐标轴,建立空间直角坐标系,∵的坐标为(4,3,2),∴A(4,0,0),C1(0,3,2),∴.故答案为:(﹣4,3,2).【点评】本题考查空间向量的坐标的求法,考查空间直角坐标系等基础知识,考查运算求解能力,考查数形结合思想,是基础题. 8.(5分)定义在(0,+∞)上的函数y=f(x)的反函数为y=f﹣1(x),若g(x)=为奇函数,则f﹣1(x)=2的解为  .【分析】由奇函数的定义,当x>0时,﹣x<0,代入已知解析式,即可得到所求x>0的解析式,再由互为反函数的两函数的自变量和函数值相反,即可得到所求值.【解答】解:若g(x)=为奇函数,可得当x>0时,﹣x<0,即有g(﹣x)=3﹣x﹣1,由g(x)为奇函数,可得g(﹣x)=﹣g(x),则g(x)=f(x)=1﹣3﹣x,x>0,由定义在(0,+∞)上的函数y=f(x)的反函数为y=f﹣1(x),且f﹣1(x)=2,可由f(2)=1﹣3﹣2=,可得f﹣1(x)=2的解为x=.故答案为:.【点评】本题考查函数的奇偶性和运用,考查互为反函数的自变量和函数值的关系,考查运算能力,属于基础题. 9.(5分)已知四个函数:①y=﹣x,②y=﹣,③y=x3,④y=x,从中任选2个,则事件“所选2个函数的图象有且仅有一个公共点”的概率为  .【分析】从四个函数中任选2个,基本事件总数n=,再利用列举法求出事件A:“所选2个函数的图象有且只有一个公共点”包含的基本事件的个数,由此能求出事件A:“所选2个函数的图象有且只有一个公共点”的概率.【解答】解:给出四个函数:①y=﹣x,②y=﹣,③y=x3,④y=x,从四个函数中任选2个,基本事件总数n=,③④有两个公共点(0,0),(1,1).事件A:“所选2个函数的图象有且只有一个公共点”包含的基本事件有:①③,①④共2个,∴事件A:“所选2个函数的图象有且只有一个公共点”的概率为P(A)==.故答案为:.【点评】本题考查概率的求法,是基础题,解题时要认真审题,注意列举法的合理运用. 10.(5分)已知数列{an}和{bn},其中an=n2,n∈N*,{bn}的项是互不相等的正整数,若对于任意n∈N*,{bn}的第an项等于{an}的第bn项,则= 2 .【分析】an=n2,n∈N*,若对于一切n∈N*,{bn}中的第an项恒等于{an}中的第bn项,可得==.于是b1=a1=1,=b4,=b9,=b16.即可得出.【解答】解:∵an=n2,n∈N*,若对于一切n∈N*,{bn}中的第an项恒等于{an}中的第bn项,∴==.∴b1=a1=1,=b4,=b9,=b16.∴b1b4b9b16=.∴=2.故答案为:2.【点评】本题考查了数列递推关系、对数的运算性质,考查了推理能力与计算能力,属于中档题. 11.(5分)设a1、a2∈R,且,则|10π﹣a1﹣a2|的最小值等于  .【分析】由题意,要使+=2,可得sinα1=﹣1,sin2α2=﹣1.求出α1和α2,即可求出|10π﹣α1﹣α2|的最小值【解答】解:根据三角函数的性质,可知sinα1,sin2α2的范围在[﹣1,1],要使+=2,∴sinα1=﹣1,sin2α2=﹣1.则:,k1∈Z.,即,k2∈Z.那么:α1+α2=(2k1+k2)π,k1、k2∈Z.∴|10π﹣α1﹣α2|=|10π﹣(2k1+k2)π|的最小值为.故答案为:.【点评】本题主要考察三角函数性质,有界限的范围的灵活应用,属于基本知识的考查. 12.(5分)如图,用35个单位正方形拼成一个矩形,点P1、P2、P3、P4以及四个标记为“▲”的点在正方形的顶点处,设集合Ω={P1,P2,P3,P4},点P∈Ω,过P作直线lP,使得不在lP上的“▲”的点分布在lP的两侧.用D1(lP)和D2(lP)分别表示lP一侧和另一侧的“▲”的点到lP的距离之和.若过P的直线lP中有且只有一条满足D1(lP)=D2(lP),则Ω中所有这样的P为 P1、P3、P4 .【分析】根据任意四边形ABCD两组对边中点的连线交于一点,过此点作直线,使四边形的四个顶点不在该直线的同一侧,则该直线两侧的四边形的顶点到直线的距离之和相等;由此得出结论.【解答】解:设记为“▲”的四个点是A,B,C,D,线段AB,BC,CD,DA的中点分别为E,F,G,H,易知EFGH为平行四边形,如图所示;又平行四边形EFGH的对角线交于点P2,则符合条件的直线lP一定经过点P2,且过点P2的直线有无数条; 由过点P1和P2的直线有且仅有1条,过点P3和P2的直线有且仅有1条,过点P4和P2的直线有且仅有1条,所以符合条件的点是P1、P3、P4.故答案为:P1、P3、P4.【点评】本题考查了数学理解力与转化力的应用问题,也考查了对基本问题的阅读理解和应用转化能力. 二、选择题(本大题共4题,每题5分,共20分)13.(5分)关于x、y的二元一次方程组的系数行列式D为(  )A.B.C.D.【分析】利用线性方程组的系数行列式的定义直接求解.【解答】解:关于x、y的二元一次方程组的系数行列式:D=.故选:C.【点评】本题考查线性方程组的系数行列式的求法,是基础题,解题时要认真审题,注意线性方程组的系数行列式的定义的合理运用. 14.(5分)在数列{an}中,an=(﹣)n,n∈N*,则an(  )A.等于B.等于0C.等于D.不存在【分析】根据极限的定义,求出an=的值.【解答】解:数列{an}中,an=(﹣)n,n∈N*,则an==0.故选:B.【点评】本题考查了极限的定义与应用问题,是基础题. 15.(5分)已知a、b、c为实常数,数列{xn}的通项xn=an2+bn+c,n∈N*,则“存在k∈N*,使得x100+k、x200+k、x300+k成等差数列”的一个必要条件是(  )A.a≥0B.b≤0C.c=0D.a﹣2b+c=0【分析】由x100+k,x200+k,x300+k成等差数列,可得:2x200+k=x100+kx300+k,代入化简即可得出.【解答】解:存在k∈N*,使得x100+k、x200+k、x300+k成等差数列,可得:2[a(200+k)2+b(200+k)+c]=a(100+k)2+b(100+k)+c+a(300+k)2+b(300+k)+c,化为:a=0.∴使得x100+k,x200+k,x300+k成等差数列的必要条件是a≥0.故选:A.【点评】本题考查了等差数列的通项公式、简易逻辑的判定方法,考查了推理能力与计算能力,属于基础题. 16.(5分)在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆C1:=1和C2:x2+=1.P为C1上的动点,Q为C2上的动点,w是的最大值.记Ω={(P,Q)|P在C1上,Q在C2上,且=w},则Ω中元素个数为(  )A.2个B.4个C.8个D.无穷个【分析】设出P(6cosα,2sinα),Q(cosβ,3sinβ),0≤α\β<2π,由向量数量积的坐标表示和两角差的余弦公式和余弦函数的值域,可得最大值及取得的条件,即可判断所求元素的个数.【解答】解:椭圆C1:=1和C2:x2+=1.P为C1上的动点,Q为C2上的动点,可设P(6cosα,2sinα),Q(cosβ,3sinβ),0≤α\β<2π,则=6cosαcosβ+6sinαsinβ=6cos(α﹣β),当α﹣β=2kπ,k∈Z时,w取得最大值6,则Ω={(P,Q)|P在C1上,Q在C2上,且=w}中的元素有无穷多对.另解:令P(m,n),Q(u,v),则m2+9n2=36,9u2+v2=9,由柯西不等式(m2+9n2)(9u2+v2)=324≥(3mu+3nv)2,当且仅当mv=nu,即O、P、Q共线时,取得最大值6,显然,满足条件的P、Q有无穷多对,D项正确.故选:D.【点评】本题考查椭圆的参数方程的运用,以及向量数量积的坐标表示和余弦函数的值域,考查集合的几何意义,属于中档题. 三、解答题(本大题共5题,共14+14+14+16+18=76分)17.(14分)如图,直三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面为直角三角形,两直角边AB和AC的长分别为4和2,侧棱AA1的长为5.(1)求三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积;(2)设M是BC中点,求直线A1M与平面ABC所成角的大小.【分析】(1)三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积V=S△ABC×AA1=,由此能求出结果.(2)连结AM,∠A1MA是直线A1M与平面ABC所成角,由此能求出直线A1M与平面ABC所成角的大小.【解答】解:(1)∵直三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面为直角三角形,两直角边AB和AC的长分别为4和2,侧棱AA1的长为5.∴三棱柱ABC﹣A1B1C1的体积:V=S△ABC×AA1===20.(2)连结AM,∵直三棱柱ABC﹣A1B1C1的底面为直角三角形,两直角边AB和AC的长分别为4和2,侧棱AA1的长为5,M是BC中点,∴AA1⊥底面ABC,AM==,∴∠A1MA是直线A1M与平面ABC所成角,tan∠A1MA===,∴直线A1M与平面ABC所成角的大小为arctan.【点评】本题考查三棱柱的体积的求法,考查线面角的大小的求法,考查空间中线线、线面、面面间的位置关系等基础知识,考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力,考查化归与转化思想、函数与方程思想、数形结合思想,是中档题. 18.(14分)已知函数f(x)=cos2x﹣sin2x+,x∈(0,π).(1)求f(x)的单调递增区间;(2)设△ABC为锐角三角形,角A所对边a=,角B所对边b=5,若f(A)=0,求△ABC的面积.【分析】(1)由二倍角的余弦公式和余弦函数的递增区间,解不等式可得所求增区间;(2)由f(A)=0,解得A,再由余弦定理解方程可得c,再由三角形的面积公式,计算即可得到所求值.【解答】解:(1)函数f(x)=cos2x﹣sin2x+=cos2x+,x∈(0,π),由2kπ﹣π≤2x≤2kπ,解得kπ﹣π≤x≤kπ,k∈Z,k=1时,π≤x≤π,可得f(x)的增区间为[,π);(2)设△ABC为锐角三角形,角A所对边a=,角B所对边b=5,若f(A)=0,即有cos2A+=0,解得2A=π,即A=π,由余弦定理可得a2=b2+c2﹣2bccosA,化为c2﹣5c+6=0,解得c=2或3,若c=2,则cosB=<0,即有B为钝角,c=2不成立,则c=3,△ABC的面积为S=bcsinA=×5×3×=.【点评】本题考查二倍角公式和余弦函数的图象和性质,考查解三角形的余弦定理和面积公式的运用,考查运算能力,属于中档题. 19.(14分)根据预测,某地第n(n∈N*)个月共享单车的投放量和损失量分别为an和bn(单位:辆),其中an=,bn=n+5,第n个月底的共享单车的保有量是前n个月的累计投放量与累计损失量的差.(1)求该地区第4个月底的共享单车的保有量;(2)已知该地共享单车停放点第n个月底的单车容纳量Sn=﹣4(n﹣46)2+8800(单位:辆).设在某月底,共享单车保有量达到最大,问该保有量是否超出了此时停放点的单车容纳量?【分析】(1)计算出{an}和{bn}的前4项和的差即可得出答案;(2)令an≥bn得出n≤42,再计算第42个月底的保有量和容纳量即可得出结论.【解答】解:(1)∵an=,bn=n+5∴a1=5×14+15=20a2=5×24+15=95a3=5×34+15=420a4=﹣10×4+470=430b1=1+5=6b2=2+5=7b3=3+5=8b4=4+5=9∴前4个月共投放单车为a1+a2+a3+a4=20+95+420+430=965,前4个月共损失单车为b1+b2+b3+b4=6+7+8+9=30,∴该地区第4个月底的共享单车的保有量为965﹣30=935.(2)令an≥bn,显然n≤3时恒成立,当n≥4时,有﹣10n+470≥n+5,解得n≤,∴第42个月底,保有量达到最大.当n≥4,{an}为公差为﹣10等差数列,而{bn}为等差为1的等差数列,∴到第42个月底,单车保有量为×39+535﹣×42=×39+535﹣×42=8782.S42=﹣4×16+8800=8736.∵8782>8736,∴第42个月底单车保有量超过了容纳量.【点评】本题考查了数列模型的应用,等差数列的求和公式,属于中档题. 20.(16分)在平面直角坐标系xOy中,已知椭圆Γ:=1,A为Γ的上顶点,P为Γ上异于上、下顶点的动点,M为x正半轴上的动点.(1)若P在第一象限,且|OP|=,求P的坐标;(2)设P(),若以A、P、M为顶点的三角形是直角三角形,求M的横坐标;(3)若|MA|=|MP|,直线AQ与Γ交于另一点C,且,,求直线AQ的方程.【分析】(1)设P(x,y)(x>0,y>0),联立,能求出P点坐标.(2)设M(x0,0),A(0,1),P(),由∠P=90°,求出x0=;由∠M=90°,求出x0=1或x0=;由∠A=90°,则M点在x轴负半轴,不合题意.由此能求出点M的横坐标.(3)设C(2cosα,sinα),推导出Q(4cosα,2sinα﹣1),设P(2cosβ,sinβ),M(x0,0)推导出x0=cosβ,从而 4cosα﹣2cosβ=﹣5cosβ,且2sinα﹣sinβ﹣1=﹣4sinβ,cosβ=﹣cosα,且sinα=(1﹣2sinα),由此能求出直线AQ.【解答】解:(1)设P(x,y)(x>0,y>0),∵椭圆Γ:=1,A为Γ的上顶点,P为Γ上异于上、下顶点的动点,P在第一象限,且|OP|=,∴联立,解得P(,).(2)设M(x0,0),A(0,1),P(),若∠P=90°,则•,即(x0﹣,﹣)•(﹣,)=0,∴(﹣)x0+﹣=0,解得x0=.如图,若∠M=90°,则•=0,即(﹣x0,1)•(﹣x0,)=0,∴=0,解得x0=1或x0=,若∠A=90°,则M点在x轴负半轴,不合题意.∴点M的横坐标为,或1,或.(3)设C(2cosα,sinα),∵,A(0,1),∴Q(4cosα,2sinα﹣1),又设P(2cosβ,sinβ),M(x0,0),∵|MA|=|MP|,∴x02+1=(2cosβ﹣x0)2+(sinβ)2,整理得:x0=cosβ,∵=(4cosα﹣2cosβ,2sinα﹣sinβ﹣1),=(﹣cosβ,﹣sinβ),,∴4cosα﹣2cosβ=﹣5cosβ,且2sinα﹣sinβ﹣1=﹣4sinβ,∴cosβ=﹣cosα,且sinα=(1﹣2sinα),以上两式平方相加,整理得3(sinα)2+sinα﹣2=0,∴sinα=,或sinα=﹣1(舍去),此时,直线AC的斜率kAC=﹣= (负值已舍去),如图.∴直线AQ为y=x+1.【点评】本题考查点的坐标的求法,考查直线方程的求法,考查椭圆、直线方程、三角函数等基础知识,考查推理论证能力、运算求解能力,考查化归与转化思想、函数与方思想,是中档题. 21.(18分)设定义在R上的函数f(x)满足:对于任意的x1、x2∈R,当x1<x2时,都有f(x1)≤f(x2).(1)若f(x)=ax3+1,求a的取值范围;(2)若f(x)是周期函数,证明:f(x)是常值函数;(3)设f(x)恒大于零,g(x)是定义在R上的、恒大于零的周期函数,M是g(x)的最大值.函数h(x)=f(x)g(x).证明:“h(x)是周期函数”的充要条件是“f(x)是常值函数”.【分析】(1)直接由f(x1)﹣f(x2)≤0求得a的取值范围;(2)若f(x)是周期函数,记其周期为Tk,任取x0∈R,则有f(x0)=f(x0+Tk),证明对任意x∈[x0,x0+Tk],f(x0)≤f(x)≤f(x0+Tk),可得f(x0)=f(x0+nTk),n∈Z,再由…∪[x0﹣3Tk,x0﹣2Tk]∪[x0﹣2Tk,x0﹣Tk]∪[x0﹣Tk,x0]∪[x0,x0+Tk]∪[x0+Tk,x0+2Tk]∪…=R,可得对任意x∈R,f(x)=f(x0)=C,为常数;(3)分充分性及必要性证明.类似(2)证明充分性;再证必要性,然后分类证明.【解答】(1)解:由f(x1)≤f(x2),得f(x1)﹣f(x2)=a(x13﹣x23)≤0,∵x1<x2,∴x13﹣x23<0,得a≥0.故a的范围是[0,+∞);(2)证明:若f(x)是周期函数,记其周期为Tk,任取x0∈R,则有f(x0)=f(x0+Tk),由题意,对任意x∈[x0,x0+Tk],f(x0)≤f(x)≤f(x0+Tk),∴f(x0)=f(x)=f(x0+Tk).又∵f(x0)=f(x0+nTk),n∈Z,并且…∪[x0﹣3Tk,x0﹣2Tk]∪[x0﹣2Tk,x0﹣Tk]∪[x0﹣Tk,x0]∪[x0,x0+Tk]∪[x0+Tk,x0+2Tk]∪…=R,∴对任意x∈R,f(x)=f(x0)=C,为常数;(3)证明:充分性:若f(x)是常值函数,记f(x)=c1,设g(x)的一个周期为Tg,则h(x)=c1•g(x),则对任意x0∈R,h(x0+Tg)=c1•g(x0+Tg)=c1•g(x0)=h(x0),故h(x)是周期函数;必要性:若h(x)是周期函数,记其一个周期为Th.若存在x1,x2,使得f(x1)>0,且f(x2)<0,则由题意可知,x1>x2,那么必然存在正整数N1,使得x2+N1Tk>x1,∴f(x2+N1Tk)>f(x1)>0,且h(x2+N1Tk)=h(x2).又h(x2)=g(x2)f(x2)<0,而h(x2+N1Tk)=g(x2+N1Tk)f(x2+N1Tk)>0≠h(x2),矛盾.综上,f(x)>0恒成立.由f(x)>0恒成立,任取x0∈A,则必存在N2∈N,使得x0﹣N2Th≤x0﹣Tg,即[x0﹣Tg,x0]⊆[x0﹣N2Th,x0],∵…∪[x0﹣3Tk,x0﹣2Tk]∪[x0﹣2Tk,x0﹣Tk]∪[x0﹣Tk,x0]∪[x0,x0+Tk]∪[x0+Tk,x0+2Tk]∪…=R,∴…∪[x0﹣2N2Th,x0﹣N2Th]∪[x0﹣N2Th,x0]∪[x0,x0+N2Th]∪[x0+N2Th,x0+2N2Th]∪…=R.h(x0)=g(x0)•f(x0)=h(x0﹣N2Th)=g(x0﹣N2Th)•f(x0﹣N2Th),∵g(x0)=M≥g(x0﹣N2Th)>0,f(x0)≥f(x0﹣N2Th)>0.因此若h(x0)=h(x0﹣N2Th),必有g(x0)=M=g(x0﹣N2Th),且f(x0)=f(x0﹣N2Th)=c.而由(2)证明可知,对任意x∈R,f(x)=f(x0)=C,为常数.综上,必要性得证.【点评】本题考查抽象函数及其应用,考查逻辑思维能力与理论运算能力考查分类讨论的数学思想方法,题目设置难度过大. 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