【334318】2021年上海市高考数学试卷
……………○……………外……………○……………装……………○……………订……………○……………线……………○………………
学校:
姓名: 班级:
考号:
……………○……………内……………○……………装……………○……………订……………○……………线……………○………………
2021年上海市高考数学试卷
一、填空题(本大题共有12题,第1~6题每题4分,第7~12题每题5分,满分54分)
1.(4分)已知z1=1+i,z2=2+3i,求z1+z2= .
【答案】3+4i
【考点】复数的加、减运算及其几何意义
【分析】直接根据复数的运算性质,求出z1+z2即可.
【解答】解:因为z1=1+i,z2=2+3i,所以z1+z2=3+4i.故答案为:3+4i.
【难度】1
2.(4分)已知A={x|2x≤1},B={﹣1,0,1},则A∩B= .
【答案】{﹣1,0}
【考点】交集及其运算
【分析】直接根据交集的运算性质,求出A∩B即可.
【解答】解:因为A={x|2x≤1}={x|x
},B={﹣1,0,1},所以A∩B={﹣1,0}.故答案为:{﹣1,0}.
【难度】1
3.(4分)若x2+y2﹣2x﹣4y=0,求圆心坐标为 .
【答案】(1,2)
【考点】圆的一般方程
【分析】将一般方程化为标准方程,然后确定其圆心坐标即可.
【解答】解:由x2+y2﹣2x﹣4y=0,可得圆的标准方程为(x﹣1)2+(y﹣2)2=5,所以圆心坐标为(1,2).故答案为:(1,2).
【难度】1
4.(4分)如图正方形ABCD的边长为3,求
•
.
【答案】9
【考点】平面向量数量积的性质及其运算
【分析】根据
,直接求解即可.
【解答】解:由数量积的定义,可得
,因为
,所以
9.故答案为:9.
【难度】1
5.(4分)已知f(x)
2,则f﹣1(1)=
.
【答案】﹣3
【考点】反函数
【分析】利用反函数的定义,得到f(x)=1,求解x的值即可.
【解答】解:因为f(x)
2,令f(x)=1,即
2=1,解得x=﹣3,故f﹣1(1)=﹣3.故答案为:﹣3.
【难度】1
6.(4分)已知二项式(x+a)5展开式中,x2的系数为80,则a= .
【答案】2
【考点】二项式定理
【分析】由二项展开式的通项公式可得x2的系数,再根据x2的系数为80,求出a的值.
【解答】解:(x+a)5的展开式的通项公式为Tr+1
x5﹣rar,所以x2的系数为
a3=80,解得a=2.故答案为:2.
【难度】1
7.(5分)已知
,z=x﹣y,则z的最大值为
.
【答案】4
【考点】简单线性规划
【分析】首先画出可行域,然后结合目标函数的几何意义即可求得目标函数的最大值.
【解答】解:绘制不等式组表示的平面区域如图所示,
目标函数即:y=x﹣z,其中z取得最大值时,其几何意义表示直线系在y轴上的截距的相反数,据此结合目标函数的几何意义可知目标函数在点B处取得最大值,联立直线方程:
,可得点的坐标为:B(3,﹣1),据此可知目标函数的最大值为:zmax=3﹣(﹣1)=4.故答案为:4.
【难度】3
8.(5分)已知{an}为无穷等比数列,a1=3,an的各项和为9,bn=a2n,则数列{bn}的各项和为 .
【答案】
【考点】数列的求和;等比数列的前n项和
【分析】设{an}的公比为q,由无穷递缩等比数列的求和公式,解方程可得q,进而得到an,bn,求得数列{bn}的首项和公比,再由无穷递缩等比数列的求和公式,可得所求和.
【解答】解:设{an}的公比为q,由a1=3,an的各项和为9,可得
9,解得q
,所以an=3×(
)n﹣1,bn=a2n=3×(
)2n﹣1,可得数列{bn}是首项为2,公比为
的等比数列,则数列{bn}的各项和为
.故答案为:
.
【难度】3
9.(5分)已知圆柱的底面圆半径为1,高为2,AB为上底面圆的一条直径,C是下底面圆周上的一个动点,则△ABC的面积的取值范围为 .
【答案】
【考点】旋转体(圆柱、圆锥、圆台)的体积
【分析】上顶面圆心记为O,下底面圆心记为O',连接OC,过点C作CM⊥AB,垂足为点M,由于AB为定值,则S△ABC的大小随着CM的长短变化而变化,
分别求解CM的最大值和最小值,即可得到答案.
【解答】解:如图1,上底面圆心记为O,下底面圆心记为O',
连接OC,过点C作CM⊥AB,垂足为点M,则
,根据题意,AB为定值2,所以S△ABC的大小随着CM的长短变化而变化,如图2所示,当点M与点O重合时,CM=OC
,此时S△ABC取得最大值为
;如图3所示,当点M与点B重合,CM取最小值2,此时S△ABC取得最小值为
.综上所述,S△ABC的取值范围为
.故答案为:
.
【难度】3
10.(5分)已知花博会有四个不同的场馆A,B,C,D,甲、乙两人每人选2个去参观,则他们的选择中,恰有一个馆相同的概率为 .
【答案】
【考点】古典概型及其概率计算公式
【分析】根据古典概型的概率公式进行计算即可.
【解答】解:甲选2个去参观,有
6种,乙选2个去参观,有
6种,共有6×6=36种,若甲乙恰有一个馆相同,则选确定相同的馆有
4种,然后从剩余3个馆中选2个进行排列,有
6种,共有4×6=24种,则对应概率P
,故答案为:
.
【难度】3
11.(5分)已知抛物线y2=2px(p>0),若第一象限的A,B在抛物线上,焦点为F,|AF|=2,|BF|=4,|AB|=3,求直线AB的斜率为 .
【答案】
【考点】抛物线的焦点与准线
【分析】将抛物线上的点到焦点的距离转化为到准线的距离,根据已知条件结合斜率的定义,求出直线AB的斜率即可.
【解答】解:如图所示,设抛物线的准线为l,作AC⊥l于点C,BD⊥l于点D,AE⊥BD于点E,
由抛物线的定义,可得AC=AF=2,BD=BF=4,∴
,∴直线AB的斜率
.故答案为:
.
【难度】3
12.(5分)已知ai∈N*(i=1,2,…,9)对任意的k∈N*(2≤k≤8),ak=ak﹣1+1或ak=ak+1﹣1中有且仅有一个成立,a1=6,a9=9,则a1+…+a9的最小值为 .
【答案】31
【考点】数列递推式
【分析】设bk=ak+1﹣ak,由题意可得,bk,bk﹣1恰有一个为1,然后分两种情况分别求解a1+…+a9的值,即可得到答案.
【解答】解:设bk=ak+1﹣ak,由题意可得,bk,bk﹣1恰有一个为1,如果b1=b3=b5=b7=b9=1,那么a1=6,a2=7,a3≥1,a4=a3+1≥2,同样也有,a5≥1,a6=a5+1≥2,a7≥1,a8=a7+1≥2,全部加起来至少是6+7+1+2+1+2+1+2+9=31;如果b2=b4=b6=b8=1,那么a8=8,a2≥1,a3=a2+1≥2,同样也有,a4≥1,a5≥2,a6≥1,a7≥2,全部加起来至少是6+1+2+1+2+1+2+8+9=32,综上所述,最小应该是31.故答案为:31.
【难度】3
二、选择题(本大题共有4题,每题5分,满分20分)
13.(5分)以下哪个函数既是奇函数,又是减函数( )
A.y=﹣3x
B.y=x3
C.y=log3x
D.y=3x
【答案】A
【考点】函数的奇偶性;由函数的单调性求解函数或参数
【分析】结合基本初等函数的单调性及奇偶性分别检验各选项即可判断.
【解答】解:y=﹣3x在R上单调递减且为奇函数,A符合题意;因为y=x3在R上是增函数,B不符合题意;y=log3x,y=3x为非奇非偶函数,C不符合题意;故选:A.
【难度】1
14.(5分)已知参数方程
,t∈[﹣1,1],以下哪个图符合该方程( )
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【考点】参数方程化成普通方程
【分析】利用特殊值y=0时,x的取值情况,即图象与x轴的交点情况进行判断,即可得到答案.
【解答】解:利用特殊值法进行排除,当y=0时,t=0,1,﹣1,当t=0时,x=0,当t=1时,x=﹣1,当t=﹣1时,x=1,故当y=0时,x=0或1或﹣1,即图象经过(﹣1,0),(0,0),(1,0)三个点,对照四个选项中的图象,只有选项B符合要求.故选:B.
【难度】1
15.(5分)已知f(x)=3sinx+2,对任意的x1∈[0,
],都存在x2∈[0,
],使得f(x1)=2f(x2+θ)+2成立,则下列选项中,θ可能的值是( )
A.
B.
C.
D.
【答案】B
【考点】三角函数的最值
【分析】由题意可知,x1∈[0,
],即sinx1∈[0,1],可得f(x1)∈[2,5],将存在任意的x1∈[0,
],都存在x2∈[0,
],使得f(x)=2f(x+θ)+2成立,转化为f(x2+θ)min≤0,
,又由f(x)=3sinx+2,可得
,
,再将选项中的值,依次代入验证,即可求解.
【解答】解:∵x1∈[0,
],∴sinx1∈[0,1],∴f(x1)∈[2,5],∵都存在x2∈[0,
],使得f(x1)=2f(x2+θ)+2成立,∴f(x2+θ)min≤0,
,∵f(x)=3sinx+2,∴
,
,y=sinx在x∈
上单调递减,当
时,
,∴
,故A选项错误,当
时,
,∴
,
,故B选项正确,当
时,x2+θ
,sin(x2+θ)max
,故C选项错误,当
时,
,sin(x2+θ)max
,故D选项错误.故选:B.
【难度】3
16.(5分)已知两两不相等的x1,y1,x2,y2,x3,y3,同时满足①x1<y1,x2<y2,x3<y3;②x1+y1=x2+y2=x3+y3;③x1y1+x3y3=2x2y2,以下哪个选项恒成立( )
A.2x2<x1+x3
B.2x2>x1+x3
C.x22<x1x3
D.x22>x1x3
【答案】A
【考点】不等关系与不等式
【分析】设
,
,
,根据题意,则有
,可得x1+x3﹣2x2=2b﹣(a+c),通过求解(2b)2﹣(a+c)2>0,可得x1+x3﹣2x2=2b﹣(a+c)>0,可得A正确,B错误;利用作差法可得x1x3﹣x22=(2b﹣a﹣c)m
,而上面已证(2b﹣a﹣c)>0,因无法知道m的正负,可得该式子的正负无法恒定,即无法判断CD,即可得解.
【解答】解:设x1+y1=x2+y2=x3+y3=2m,
,
,
,根据题意,应该有
,且m2﹣a2+m2﹣c2=2(m2﹣b2)>0,则有
,则x1+x3﹣2x2=(m﹣a)+(m﹣c)﹣2(m﹣b)=2b﹣(a+c),因为(2b)2﹣(a+c)2=2(a2+c2)﹣(a+c)2>0,所以x1+x3﹣2x2=2b﹣(a+c)>0,所以A项正确,B错误.x1x3﹣x22=(m﹣a)(m﹣c)﹣(m﹣b)2=(2b﹣a﹣c)m+ac﹣b2=(2b﹣a﹣c)m
,而上面已证(2b﹣a﹣c)>0,因为不知道m的正负,所以该式子的正负无法恒定.故选:A.
【难度】3
三、解答题
17.(14分)如图,在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中,已知AB=BC=2,AA1=3.
(1)若P是棱A1D1上的动点,求三棱锥C﹣PAD的体积;
(2)求直线AB1与平面ACC1A1的夹角大小.
【答案】解:(1)如图,在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中,
;(2)连接A1C1∩B1D1=O,∵AB=BC,∴四边形A1B1C1D1为正方形,则OB1⊥OA1,又AA1⊥OB1,OA1∩AA1=A1,∴OB1⊥平面ACC1A1,∴直线AB1与平面ACC1A1所成的角为∠OAB1,∴
.∴直线AB1与平面ACC1A1所成的角为
.
【考点】直线与平面所成的角;棱柱、棱锥、棱台的体积.
【分析】(1)直接由三棱锥的体积公式求解即可;
(2)易知直线AB1与平面ACC1A1所成的角为∠OAB1,求出其正弦值,再由反三角表示即可.
【解答】解:(1)如图,在长方体ABCD﹣A1B1C1D1中,
;(2)连接A1C1∩B1D1=O,∵AB=BC,∴四边形A1B1C1D1为正方形,则OB1⊥OA1,又AA1⊥OB1,OA1∩AA1=A1,∴OB1⊥平面ACC1A1,∴直线AB1与平面ACC1A1所成的角为∠OAB1,∴
.∴直线AB1与平面ACC1A1所成的角为
.
【难度】3
18.(14分)在△ABC中,已知a=3,b=2c.
(1)若A
,求S△ABC.
(2)若2sinB﹣sinC=1,求C△ABC.
【答案】解:(1)由余弦定理得cosA
,解得c2
,∴S△ABC
;(2)∵b=2c,∴由正弦定理得sinB=2sinC,又∵2sinB﹣sinC=1,∴sinC
,sinB
,∴sinC<sinB,∴C<B,∴C为锐角,∴cosC
.由余弦定理得:c2=a2+b2﹣2abcosC,又∵a=3,b=2c,∴c2=9+4c2﹣8
c,得:3c2﹣8
c+9=0,解得:c
.当c
时,b
时C△ABC=3+4
;当c
时,b
时C△ABC=3+4
.
【考点】正弦定理.
【分析】(1)由余弦定理求得c2,从而求得△ABC面积;
(2)由正、余弦定理求得b、c值,从而求得△ABC周长.
【解答】解:(1)由余弦定理得cosA
,解得c2
,∴S△ABC
;(2)∵b=2c,∴由正弦定理得sinB=2sinC,又∵2sinB﹣sinC=1,∴sinC
,sinB
,∴sinC<sinB,∴C<B,∴C为锐角,∴cosC
.由余弦定理得:c2=a2+b2﹣2abcosC,又∵a=3,b=2c,∴c2=9+4c2﹣8
c,得:3c2﹣8
c+9=0,解得:c
.当c
时,b
时C△ABC=3+4
;当c
时,b
时C△ABC=3+4
.
【难度】3
19.(14分)已知一企业今年第一季度的营业额为1.1亿元,往后每个季度增加0.05亿元,第一季度的利润为0.16亿元,往后每一季度比前一季度增长4%.
(1)求今年起的前20个季度的总营业额;
(2)请问哪一季度的利润首次超过该季度营业额的18%?
【答案】解:(1)由题意可知,可将每个季度的营业额看作等差数列,则首项a1=1.1,公差d=0.05,∴S20=20a1
d=20×1.1+10×19×0.05=31.5,即营业额前20季度的和为31.5亿元.(2)解法一:假设今年第一季度往后的第n(n∈N*)季度的利润首次超过该季度营业额的18%,则0.16×(1+4%)n>(1.1+0.05n)•18%,令f(n)=0.16×(1+4%)n﹣(1.1+0.05n)•18%,(n∈N*),即要解f(n)>0,则当n≥2时,f(n)﹣f(n﹣1)=0.0064•(1+4%)n﹣1﹣0.009,令f(n)﹣f(n﹣1)>0,解得:n≥10,即当1≤n≤9时,f(n)递减;当n≥10时,f(n)递增,由于f(1)<0,因此f(n)>0的解只能在n≥10时取得,经检验,f(24)<0,f(25)>0,所以今年第一季度往后的第25个季度的利润首次超过该季度营业额的18%.解法二:设今年第一季度往后的第n(n∈N*)季度的利润与该季度营业额的比为an,则
1.04
1+0.04(1
),∴数列{an}满足a1>a2>a3>a4=a5<a6<a7<……,注意到,a25=0.178…,a26=0.181…,∴今年第一季度往后的第25个季度利润首次超过该季度营业额的18%.
【考点】根据实际问题选择函数类型.
【分析】(1)由题意可知,可将每个季度的营业额看作等差数列,则首项a1=1.1,公差d=0.05,再利用等差数列的前n项和公式求解即可.
(2)解法一:假设今年第一季度往后的第n(n∈N*)季度的利润首次超过该季度营业额的18%,则0.16×(1+4%)n>(1.1+0.05n)•18%,令f(n)=0.16×(1+4%)n﹣(1.1+0.05n)•18%,(n∈N*),递推作差可得当1≤n≤9时,f(n)递减;当n≥10时,f(n)递增,注意到f(1)<0,所以若f(n)>0,则只需考虑n≥10的情况即可,再验证出f(24)<0,f(25)>0,即可得到利润首次超过该季度营业额的18%的时间.
解法二:设今年第一季度往后的第n(n∈N*)季度的利润与该季度营业额的比为an,则
1+0.04(1
),所以数列{an}满足a1>a2>a3>a4=a5<a6<a7<……,再由a25,a26的值即可判断出结果.
【解答】解:(1)由题意可知,可将每个季度的营业额看作等差数列,则首项a1=1.1,公差d=0.05,∴S20=20a1
d=20×1.1+10×19×0.05=31.5,即营业额前20季度的和为31.5亿元.(2)解法一:假设今年第一季度往后的第n(n∈N*)季度的利润首次超过该季度营业额的18%,则0.16×(1+4%)n>(1.1+0.05n)•18%,令f(n)=0.16×(1+4%)n﹣(1.1+0.05n)•18%,(n∈N*),即要解f(n)>0,则当n≥2时,f(n)﹣f(n﹣1)=0.0064•(1+4%)n﹣1﹣0.009,令f(n)﹣f(n﹣1)>0,解得:n≥10,即当1≤n≤9时,f(n)递减;当n≥10时,f(n)递增,由于f(1)<0,因此f(n)>0的解只能在n≥10时取得,经检验,f(24)<0,f(25)>0,所以今年第一季度往后的第25个季度的利润首次超过该季度营业额的18%.解法二:设今年第一季度往后的第n(n∈N*)季度的利润与该季度营业额的比为an,则
1.04
1+0.04(1
),∴数列{an}满足a1>a2>a3>a4=a5<a6<a7<……,注意到,a25=0.178…,a26=0.181…,∴今年第一季度往后的第25个季度利润首次超过该季度营业额的18%.
【难度】5
20.(16分)已知Γ:
y2=1,F1,F2是其左、右焦点,直线l过点P(m,0)(m
),交椭圆于A,B两点,且A,B在x轴上方,点A在线段BP上.
(1)若B是上顶点,|
|=|
|,求m的值;
(2)若
•
,且原点O到直线l的距离为
,求直线l的方程;
(3)证明:对于任意m
,使得
∥
的直线有且仅有一条.
【答案】解:(1)因为Γ的方程:
y2=1,所以a2=2,b2=1,所以c2=a2﹣b2=1,所以F1(﹣1,0),F2(1,0),若B为Γ的上顶点,则B(0,1),所以|BF1|
,|PF1|=﹣1﹣m,
又|BF1|=|PF1|,所以m
;(2)设点A(
cosθ,sinθ),则
,因为A在线段BP上,横坐标小于0,解得
,故
,设直线l的方程为
,由原点O到直线l的距离为
,则
,化简可得3k2﹣10k+3=0,解得k=3或k
,故直线l的方程为
或
(舍去,无法满足m
),所以直线l的方程为
;(3)联立方程组
,可得(1+2k2)x2﹣4k2mx+2k2m2﹣2=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则
,
因为
∥
,所以(x2﹣1)y1=(x1+1)y2,又y=kx﹣km,故化简为
,又
,两边同时平方可得,4k2﹣2k2m2+1=0,整理可得
,当m
时,
0,因为点A,B在x轴上方,所以k有且仅有一个解,故对于任意m
,使得
∥
的直线有且仅有一条.
【考点】直线与圆锥曲线的综合.
【分析】(1)利用椭圆的方程,求出a,b,c的值,求出|BF1|和|PF1|,由|
|=|
|,即可求出m的值;
(2)设点A(
cosθ,sinθ),利用平面向量数量积的坐标表示化简
•
,求出点A的坐标,设直线l的方程为
,然后利用点到直线的距离公式列出关于k的方程,求出k的值即可得到答案.
(3)联立直线l与椭圆的方程,得到韦达定理,利用向量平行的坐标表示,化简可得
,然后再利用韦达定理化简|x1﹣x2|,由此得到关于k和m的等式,整理可得
,利用m的取值范围以及题中的条件,即可证明.
【解答】解:(1)因为Γ的方程:
y2=1,所以a2=2,b2=1,所以c2=a2﹣b2=1,所以F1(﹣1,0),F2(1,0),若B为Γ的上顶点,则B(0,1),所以|BF1|
,|PF1|=﹣1﹣m,又|BF1|=|PF1|,所以m
;(2)设点A(
cosθ,sinθ),则
,因为A在线段BP上,横坐标小于0,解得
,故
,设直线l的方程为
,由原点O到直线l的距离为
,则
,化简可得3k2﹣10k+3=0,解得k=3或k
,故直线l的方程为
或
(舍去,无法满足m
),所以直线l的方程为
;(3)联立方程组
,可得(1+2k2)x2﹣4k2mx+2k2m2﹣2=0,设A(x1,y1),B(x2,y2),则
,因为
∥
,所以(x2﹣1)y1=(x1+1)y2,又y=kx﹣km,故化简为
,又
,两边同时平方可得,4k2﹣2k2m2+1=0,整理可得
,当m
时,
0,因为点A,B在x轴上方,所以k有且仅有一个解,故对于任意m
,使得
∥
的直线有且仅有一条.
【难度】5
21.(18分)已知x1,x2∈R,若对任意的x2﹣x1∈S,f(x2)﹣f(x1)∈S,则有定义:f(x)是在S关联的.
(1)判断和证明f(x)=2x﹣1是否在[0,+∞)关联?是否有[0,1]关联?
(2)若f(x)是在{3}关联的,f(x)在x∈[0,3)时,f(x)=x2﹣2x,求解不等式:2≤f(x)≤3.
(3)证明:f(x)是{1}关联的,且是在[0,+∞)关联的,当且仅当“f(x)在[1,2]是关联的”.
【答案】解:(1)f(x)在[0,+∞)关联,在[0,1]不关联,任取x1﹣x2∈[0,+∞),则f(x1)﹣f(x2)=2(x1﹣x2)∈[0,+∞),∴f(x)在[0,+∞)关联;取x1=1,x2=0,则x1﹣x2=1∈[0,1],∵f(x1)﹣f(x2)=2(x1﹣x2)=2∉[0,1],∴f(x)在[0,1]不关联;(2)∵f(x)在{3}关联,∴对于任意x1﹣x2=3,都有f(x1)﹣f(x2)=3,∴对任意x,都有f(x+3)﹣f(x)=3,由x∈[0,3)时,f(x)=x2﹣2x,得f(x)在x∈[0,3)的值域为[﹣1,3),∴f(x)在x∈[3,6)的值域为[2,6),∴2≤f(x)≤3仅在x∈[0,3)或x∈[3,6)上有解,x∈[0,3)时,f(x)=x2﹣2x,令2≤x2﹣2x≤3,解得
x<3,x∈[3,6)时,f(x)=f(x﹣3)+3=x2﹣8x+18,令2≤x2﹣8x+18≤3,解得3≤x≤5,∴不等式2≤f(x)≤3的解为[
,5],(3)证明:①先证明:f(x)是在{1}关联的,且是在[0,+∞)关联的⇒f(x)在[1,2]是关联的,由已知条件可得,f(x+1)=f(x)+1,∴f(x+n)=f(x)+n,n∈Z,又∵f(x)是在[0,+∞)关联的,∴任意x2>x1,f(x2)>f(x1)
成立,若1≤x2﹣x1≤2,∴x1+1≤x2≤x1+2,∴f(x1+1)≤f(x2)≤f(x1+2),即f(x1)+1≤f(x2)≤f(x1)+2,∴1≤f(x2)﹣f(x1)≤2,∴f(x)是[1,2]关联,②再证明:f(x)在[1,2]是关联的⇒f(x)是在{1}关联的,且是在[0,+∞)关联的,∵f(x)在[1,2]是关联的,∴任取x1﹣x2∈[1,2],都有f(x1)﹣f(x2)∈[1,2]成立,即满足1≤x1﹣x2≤2,都有1≤f(x1)﹣f(x2)≤2,下面用反证法证明f(x+1)﹣f(x)=1,若f(x+1)﹣f(x)>1,则f(x+2)﹣f(x)=f(x+2)﹣f(x+1)+f(x+1)﹣f(x)>2,与f(x)在[1,2]是关联的矛盾,若f(x+1)﹣f(x)<1,而f(x)在[1,2]是关联的,则f(x+1)﹣f(x)≥1,矛盾,∴f(x+1)﹣f(x)=1成立,即f(x)是在{1}关联的,再证明f(x)是在[0,+∞)关联的,任取x1﹣x2∈[n,+∞)(n∈N),则存在n∈N,使得任取x1﹣x2∈[n,n+1](n∈N),∵1≤x1﹣(n﹣1)﹣x2≤2,∴f[x1﹣(n﹣1)]﹣f(x2)=f(x1)﹣(n﹣1)﹣f(x2)∈[1,2],∴f(x1)﹣f(x2)⊆[n,n+1]⊆[0,+∞),∴f(x)是在[0,+∞)关联的;综上所述,f(x)是{1}关联的,且是在[0,+∞)关联的,当且仅当“f(x)在[1,2]是关联的”,故得证.
【考点】函数恒成立问题.
【分析】(1)任取x1﹣x2∈[0,+∞),证明f(x1)﹣f(x2)∈[0,+∞),证明f(x)=2x﹣1在[0,+∞)关联,取x1=1,x2=0,证明f(x)在[0,1]不关联;(2)先得到f(x+3)﹣f(x)=3,再得到x∈[0,3)和x∈[3,6)的解析式,进而得到答案;(3)先证明f(x)在{1}是关联的⇒f(x)是在{1}关联的,且是在[0,+∞)关联的,再证明f(x)在[1,2]是关联的⇒f(x)是在{1}关联的,且是在[0,+∞)关联的.
【解答】解:(1)f(x)在[0,+∞)关联,在[0,1]不关联,任取x1﹣x2∈[0,+∞),则f(x1)﹣f(x2)=2(x1﹣x2)∈[0,+∞),∴f(x)在[0,+∞)关联;取x1=1,x2=0,则x1﹣x2=1∈[0,1],∵f(x1)﹣f(x2)=2(x1﹣x2)=2∉[0,1],∴f(x)在[0,1]不关联;(2)∵f(x)在{3}关联,∴对于任意x1﹣x2=3,都有f(x1)﹣f(x2)=3,∴对任意x,都有f(x+3)﹣f(x)=3,由x∈[0,3)时,f(x)=x2﹣2x,得f(x)在x∈[0,3)的值域为[﹣1,3),∴f(x)在x∈[3,6)的值域为[2,6),∴2≤f(x)≤3仅在x∈[0,3)或x∈[3,6)上有解,x∈[0,3)时,f(x)=x2﹣2x,令2≤x2﹣2x≤3,解得
x<3,x∈[3,6)时,f(x)=f(x﹣3)+3=x2﹣8x+18,令2≤x2﹣8x+18≤3,解得3≤x≤5,∴不等式2≤f(x)≤3的解为[
,5],(3)证明:①先证明:f(x)是在{1}关联的,且是在[0,+∞)关联的⇒f(x)在[1,2]是关联的,由已知条件可得,f(x+1)=f(x)+1,∴f(x+n)=f(x)+n,n∈Z,又∵f(x)是在[0,+∞)关联的,∴任意x2>x1,f(x2)>f(x1)
成立,若1≤x2﹣x1≤2,∴x1+1≤x2≤x1+2,∴f(x1+1)≤f(x2)≤f(x1+2),即f(x1)+1≤f(x2)≤f(x1)+2,∴1≤f(x2)﹣f(x1)≤2,∴f(x)是[1,2]关联,②再证明:f(x)在[1,2]是关联的⇒f(x)是在{1}关联的,且是在[0,+∞)关联的,∵f(x)在[1,2]是关联的,∴任取x1﹣x2∈[1,2],都有f(x1)﹣f(x2)∈[1,2]成立,即满足1≤x1﹣x2≤2,都有1≤f(x1)﹣f(x2)≤2,下面用反证法证明f(x+1)﹣f(x)=1,若f(x+1)﹣f(x)>1,则f(x+2)﹣f(x)=f(x+2)﹣f(x+1)+f(x+1)﹣f(x)>2,与f(x)在[1,2]是关联的矛盾,若f(x+1)﹣f(x)<1,而f(x)在[1,2]是关联的,则f(x+1)﹣f(x)≥1,矛盾,∴f(x+1)﹣f(x)=1成立,即f(x)是在{1}关联的,再证明f(x)是在[0,+∞)关联的,任取x1﹣x2∈[n,+∞)(n∈N),则存在n∈N,使得任取x1﹣x2∈[n,n+1](n∈N),∵1≤x1﹣(n﹣1)﹣x2≤2,∴f[x1﹣(n﹣1)]﹣f(x2)=f(x1)﹣(n﹣1)﹣f(x2)∈[1,2],∴f(x1)﹣f(x2)⊆[n,n+1]⊆[0,+∞),∴f(x)是在[0,+∞)关联的;综上所述,f(x)是{1}关联的,且是在[0,+∞)关联的,当且仅当“f(x)在[1,2]是关联的”,故得证.
【难度】5
- 1【334352】湖南省2021年普通高等学校对口招生考试数学试卷
- 2【334353】江苏省2021年普通高考对口单招文化统考数学试卷
- 3【334351】2024年上海市高考数学试卷
- 4【334350】2024年普通高等学校招生全国统一数学考试上海卷
- 5【334349】2024年普通高等学校招生全国统一数学考试全国新课标Ⅱ卷
- 6【334348】2024年普通高等学校招生全国统一数学考试全国新课标Ⅰ卷
- 7【334347】2024年普通高等学校招生全国统一数学考试北京卷
- 8【334346】2024年普通高等学校招生全国统一考试天津卷数学
- 9【334345】2024年普通高等学校招生全国统一考试天津卷
- 10【334344】2024年普通高等学校招生全国统一考试数学试题全国新课标Ⅱ卷
- 11【334341】2024年普通高等学校招生全国统一考试北京卷数学
- 12【334342】2024年普通高等学校招生全国统一考试全国甲卷理
- 13【334343】2024年普通高等学校招生全国统一考试数学试题全国新课标Ⅰ卷
- 14【334340】2024年普通高等学校春季招生数学考试上海卷
- 15【334339】2023年新课标全国Ⅱ卷数学真题
- 16【334338】2023年新课标全国Ⅰ卷数学真题
- 17【334337】2023年天津高考数学真题
- 18【334335】2023年高考全国乙卷数学文真题
- 19【334336】2023年上海市高考数学试卷
- 20【334334】2023年高考全国乙卷数学理真题
- 【334333】2023年高考全国甲卷数学文真题
- 【334332】2023年高考全国甲卷数学理真题
- 【334330】2022年浙江省高考数学试卷
- 【334331】2023年北京高考数学真题
- 【334329】2022年上海市高考数学试卷
- 【334328】2022年全国新高考I卷数学试卷
- 【334326】2022年全国高考乙卷数学文试卷
- 【334327】2022年全国新高考II卷数学试卷
- 【334325】2022年全国高考乙卷数学理试卷
- 【334323】2022年全国高考甲卷数学理试卷
- 【334324】2022年全国高考甲卷数学文试卷
- 【334322】2022年高考天津卷回忆版数学真题
- 【334321】2022年北京市高考数学试卷
- 【334320】2021年浙江省高考数学试卷
- 【334319】2021年天津高考数学试卷
- 【334318】2021年上海市高考数学试卷
- 【334317】2021年山东省春季高考数学真题
- 【334316】2021年全国新高考II卷数学试卷
- 【334315】2021年全国新高考Ⅰ卷数学试卷
- 【334314】2021年全国高考乙卷数学文试卷