周測卷(一)(集合、常用邏輯用語、不等式)一、選擇題：本大題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1．命題p：?x∈[－1，1]，x＋|x|<0的否定是()A．?x∈[－1，1]，x＋|x|≥0B．?x∈[－1，1]，x＋|x|≥0C．?x∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)，x＋|x|≥0D．?x∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)，x＋|x|<0解析：B因為命題?x∈[－1，1]，x＋|x|<0，則其否定為?x∈[－1，1]，x＋|x|≥0.故選B.2．已知集合A＝{x|x2－1＝0}，B＝{a＋1，a－1，3}，若A∪B＝B，則a＝()A．－1B．0C．1D．2解析：B集合A＝{x|x2－1＝0}＝{－1，1}，集合B＝{a＋1，a－1，3}，因為A∪B＝B，所以A?B，又a＋1>a－1，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋1＝1，,a－1＝－1，))解得a＝0.故選B.3．已知全集U＝R，集合A＝{x|x2－x－6≤0}，B＝{x|eq\f(4－x,x＋1)≥0}，那么A∩B＝()A．[－2，4)B．(－1，3]C．[－2，－1]D．[－1，3]解析：B由題意可知，A＝{x|x2－x－6≤0}＝{x|－2≤x≤3}，B＝{x|eq\f(4－x,x＋1)≥0}＝{x|－1<x≤4}，所以A∩B＝{x|－1<x≤3}．故選B.4．(2024·山東聊城三模)“a＋b<－2，且ab>1”是“a<－1，且b<－1”的()A．充要條件B．充分不必要條件C．必要不充分條件D．既不充分也不必要條件解析：C若a<－1，且b<－1，根據(jù)不等式的加法和乘法法則可得a＋b<－2，且ab>1，即必要性成立；當(dāng)a＝－3，b＝－eq\f(1,2)，滿足a＋b<－2，且ab>1，但是b＝－eq\f(1,2)>－1，故充分性不成立，所以“a＋b<－2，且ab>1”是“a<－1，且b<－1”的必要不充分條件．故選C.5．一元二次不等式ax2＋bx＋c>0的解集為{x|－2<x<3}，則ax2－bx＋c>0的解集為()A．{x|x>3或x<－2}B．{x|x>2或x<－3}C．{x|－2<x<3}D．{x|－3<x<2}解析：D一元二次不等式ax2＋bx＋c>0的解集為{x|－2<x<3}，所以ax2＋bx＋c＝0的解為x1＝－2，x2＝3，且a<0，由韋達(dá)定理得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x1＋x2＝－\f(b,a)＝1，,x1x2＝\f(c,a)＝－6))?eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(b＝－a，,c＝－6a，))代入ax2－bx＋c>0，得ax2＋ax－6a>0?x2＋x－6<0?－3<x<2，故選D.6．若命題“?a∈[－1，3]，ax2－(2a－1)x＋3－a≥0”為真命題，則實數(shù)x的取值范圍為()A．[－1，4]B．[0，eq\f(5,3)]C．[－1，0]∪[eq\f(5,3)，4]D．[－1，0)∪(eq\f(5,3)，4]解析：C命題“?a∈[－1，3]，ax2－(2a－1)x＋3－a≥0”為真命題．令g(a)＝ax2－2ax＋x＋3－a＝(x2－2x－1)a＋x＋3≥0，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(g(－1)≥0，,g(3)≥0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2＋3x＋4≥0，,3x2－5x≥0，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1≤x≤4，,x≥\f(5,3)或x≤0，))所以實數(shù)x的取值范圍為[－1，0]∪[eq\f(5,3)，4].故選C.7．已知正實數(shù)a，b，則“a＋2b≤2”是“a2＋4b2≤2”的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件解析：B取a＝eq\f(3,2)，b＝eq\f(1,8)，滿足a＋2b≤2，但a2＋4b2＝eq\f(9,4)＋4×eq\f(1,64)＝eq\f(9,4)＋eq\f(1,16)＝eq\f(37,16)>2，故“a＋2b≤2”推不出“a2＋4b2≤2”，因為a2＋4b2≥2eq\r(a2·4b2)＝2·2ab＝4ab，當(dāng)且僅當(dāng)“a＝2b”時取等，當(dāng)a2＋4b2≤2時，a2＋4b2＋4ab≤2＋4ab≤2＋a2＋4b2≤4，所以a2＋4b2＋4ab≤4，即(a＋2b)2≤4，因為a＋2b>0，所以0<a＋2b≤2，所以a2＋4b2≤2能推出a＋2b≤2.故“a＋2b≤2”是“a2＋4b2≤2”的必要不充分條件．故選B.8．甲、乙、丙、丁四位同學(xué)在玩一個猜數(shù)字游戲，甲、乙、丙共同寫出三個集合：A＝{x|0<△x<2}，B＝{x|－3≤x≤5}，C＝{x|0<x<eq\f(2,3)}，然后他們?nèi)烁饔靡痪湓拋碚_描述“△”表示的數(shù)字，并讓丁同學(xué)猜出該數(shù)字，以下是甲、乙、丙三位同學(xué)的描述，甲：此數(shù)為小于5的正整數(shù)；乙：x∈B是x∈A的必要不充分條件；丙：x∈C是x∈A的充分不必要條件．則“△”表示的數(shù)字是()A．1B．2C．1或2D．2或3解析：C因為此數(shù)為小于5的正整數(shù)，所以A＝{x|0<△x<2}＝{x|0<x<eq\f(2,△)}．因為x∈B是x∈A的必要不充分條件，x∈C是x∈A的充分不必要條件，所以C是A的真子集，A是B的真子集，所以eq\f(2,△)≤5且eq\f(2,△)>eq\f(2,3)，解得eq\f(2,5)≤△<3，所以“△”表示的數(shù)字是1或2，故選C.二、選擇題：本大題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的四個選項中，至少有兩項是符合題目要求的．若全部選對得6分，部分選對的得部分分，選錯或者不選得0分．9．已知a，b，c∈R，則下列結(jié)論正確的是()A．若ac2>bc2，則a>bB．若a<b<0，則a2>abC．若c>a>b>0，則eq\f(a,c－a)<eq\f(b,c－b)D．若a>b>0，則a－eq\f(1,a)>b－eq\f(1,b)解析：ABD對于A，因為ac2>bc2，所以c2>0，所以a>b，A正確；對于B，因為a<b<0，所以－a>－b>0，兩邊同乘以－a得(－a)2>(－a)(－b)，即a2>ab，B正確；對于C，因為c>a>b>0，所以0<c－a<c－b，所以eq\f(1,c－a)>eq\f(1,c－b)>0，又a>b>0，兩式相乘得eq\f(a,c－a)>eq\f(b,c－b)，C錯誤；對于D，(a－eq\f(1,a))－(b－eq\f(1,b))＝(a－b)＋(eq\f(1,b)－eq\f(1,a))，因為a>b>0，所以eq\f(1,b)>eq\f(1,a)，eq\f(1,b)－eq\f(1,a)>0，所以(a－b)＋(eq\f(1,b)－eq\f(1,a))>0，即a－eq\f(1,a)>b－eq\f(1,b)，D正確．故選ABD.10．已知非空集合M，N，P均為R的真子集，且MNP，則()A．M∪P＝PB．N(P∩M)C．?RP?RND．M∩?RN＝?解析：ACD因為MNP，對于A，可知M∪P＝P，A正確；對于B，因為P∩M＝M，所以P∩M為N的真子集，B錯誤；對于C，可知?RP為?RN的真子集，C正確；對于D，因為?RN為?RM的真子集，且M∩?RM＝?，所以M∩?RN＝?，D正確．故選ACD.11．已知正實數(shù)a，b滿足a2＋b2－(a＋b)＋ab＝1，則()A．a(chǎn)＋b的最大值為2B．a(chǎn)＋b的最小值為eq\f(1＋\r(5),2)C．a(chǎn)2＋b2的最小值為2D．a(chǎn)2＋b2的最大值為3解析：AC因為正實數(shù)a，b滿足a2＋b2－(a＋b)＋ab＝1，所以1<(a＋b)2－(a＋b)＝1＋ab≤1＋(eq\f(a＋b,2))2，a＋b>0，解得eq\f(1＋\r(5),2)<a＋b≤2，當(dāng)且僅當(dāng)a＝b＝1時，a＋b取最大值2，A正確，B錯誤；因為a2＋b2－(a＋b)＋ab＝(a＋b)2－(a＋b)－eq\f((a＋b)2－(a2＋b2),2)＝1，所以a2＋b2＝－(a＋b)2＋2(a＋b)＋2，令t＝a＋b∈(eq\f(1＋\r(5),2)，2]，則函數(shù)y＝－t2＋2t＋2在(eq\f(1＋\r(5),2)，2]上單調(diào)遞減，所以a2＋b2＝－(a＋b)2＋2(a＋b)＋2∈[2，eq\f(3＋\r(5),2))，C正確，D錯誤．故選AC.三、填空題：本大題共3小題，每小題5分，共15分．12．設(shè)集合A＝{1，n，5}，B＝{x|x2－4x＋m＝0}．若{1}?(A∩B)且B?A，則m＋n＝________.解析：6因為集合A＝{1，n，5}，B＝{x|x2－4x＋m＝0}，若{1}?(A∩B)，則1∈A且1∈B，可得1－4＋m＝0，解得m＝3，即有B＝{x|x2－4x＋3＝0}＝{1，3}，又B?A，所以n＝3，所以m＋n＝6.13．已知函數(shù)f(x)＝－x2＋ax＋b(a，b∈R)的值域為(－∞，0]，若關(guān)于x的不等式f(x)>c－1的解集為(m－4，m＋1)，則實數(shù)c的值為________.解析：－eq\f(21,4)由題意得Δ＝0，即a2＋4b＝0，所以f(x)＝－(x－eq\f(a,2))2，由f(x)>c－1得c<1，(x－eq\f(a,2))2<1－c?eq\f(a,2)－eq\r(1－c)<x<eq\f(a,2)＋eq\r(1－c)，因此eq\f(a,2)－eq\r(1－c)＝m－4，eq\f(a,2)＋eq\r(1－c)＝m＋1，所以2eq\r(1－c)＝5，c＝－eq\f(21,4).14．已知函數(shù)f(x)＝x2－2ax＋a2－1，g(x)＝2x－a，?x1∈[－1，1]，?x2∈[－1，1]，使f(x2)＝g(x1)，則實數(shù)a的取值范圍是____________.解析：[－2，－1]?x1∈[－1，1]，?x2∈[－1，1]，使f(x2)＝g(x1)，即g(x)的值域是f(x)的子集．由題易得g(x)∈[－2－a，2－a]，f(x)＝x2－2ax＋a2－1＝(x－a)2－1，x∈[－1，1].①當(dāng)a≤－1時，f(x)∈[a2＋2a，a2－2a]，即a2＋2a≤－2－a，2－a≤a2－2a，解得a∈[－2，－1]；②當(dāng)－1<a≤0時，f(x)∈[－1，a2－2a]，即－1≤－2－a，2－a≤a2－2a，不等式組無解；③當(dāng)0<a≤1時，f(x)∈[－1，a2＋2a]，即－1≤－2－a，2－a≤a2＋2a，不等式組無解；④當(dāng)a>1時，f(x)∈[a2－2a，a2＋2a]，即a2－2a≤－2－a，2－a≤a2＋2a，不等式組無解．綜上所述，實數(shù)a的取值范圍為[－2，－1].四、解答題：本大題共1小題，共17分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．15．(本小題滿分17分)(2024·廣東模擬預(yù)測)已知集合A中含有三個元素x，y，z，同時滿足①x<y<z；②x＋y>z；③x＋y＋z為偶數(shù)，那么稱集合A具有性質(zhì)P.已知集合Sn＝{1，2，3，…，2n}(n∈N*，n≥4)，對于集合Sn的非空子集B，若Sn中存在三個互不相同的元素a，b，c，使得a＋b，b＋c，c＋a均屬于B，則稱集合B是集合Sn的“期待子集”．(1)試判斷集合A＝{1，2，3，5，7，9}是否具有性質(zhì)P，并說明理由．(2)若集合B＝{3，4，a}具有性質(zhì)P，證明：集合B是集合S4的“期待子集”．(3)證明：集合M具有性質(zhì)P的充要條件是集合M是集合Sn的“期待子集”．解析：(1)集合A＝{1，2，3，5，7，9}不具有性質(zhì)P，理由如下：(ⅰ)從集合A中任取三個元素x，y，z均為奇數(shù)時，x＋y＋z為奇數(shù)，不滿足條件③.(ⅱ)從集合A中任取三個元素x，y，z有一個為2，另外兩個為奇數(shù)時，不妨設(shè)y＝2，x<z，則有z－x≥2，即z－x≥y，不滿足條件②.綜上所述，可得集合A＝{1，2，3，5，7，9}不具有性質(zhì)P.(2)證明：由3＋4＋a是偶數(shù)，得實數(shù)a是奇數(shù)． 當(dāng)a<3<4時，由a＋3>4，得1<a<3，即a＝2，不合題意，當(dāng)3<4<a時，由3＋4>a，得4<a<7，即a＝5或a＝6(舍).因為3＋4＋5＝12是偶數(shù)，所以集合B＝{3，4，5}，令a＋b＝3，b＋c＝4，c＋a＝5，解得a＝2，b＝1，c＝3，顯然a，b，c∈S4＝{1，2，3，4，5，6，7，8}，所以集合B是集合S4的“期待子集”，得證．(3)證明：先證充分性．當(dāng)集合M是集合Sn的“期待子集”時，存在三個互不相同的a，b，c，使得a＋b，b＋c，c＋a均屬于M，不妨設(shè)a<b<c，令x＝a＋b，y＝a＋c，z＝b＋c，則x<y<z，即滿足條件①，因為x＋y－z＝(a＋b)＋(a＋c)－(b＋c)＝2a>0，所以x＋y>z，即滿足條件②，因為x＋y＋z＝2(a＋b＋c)，所以x＋y＋z為偶數(shù)，即滿足條件③，所以當(dāng)集合M是集合Sn的“期待子集”時，集合M具有性質(zhì)P.再證必要性．當(dāng)集合M具有性質(zhì)P，則存在x，y，z，同時滿足①x<y<z；②x＋y>z；③x＋y＋z為偶數(shù)．令a＝eq\f(x＋y＋z,2)－z，b＝eq\f(x＋y＋z,2)－y，c＝eq\f(x＋y＋z,2)－x，則由條件①得a<b<c，由條件②得a＝eq\f(x＋y＋z,2)－z＝eq\f(x＋y－z,2)>0，由條件③得a，b，c均為整數(shù)，因為z－c＝z＋x－eq\f(x＋y＋z,2)＝eq\f(z＋x－y,2)>eq\f(z＋(z－y)－y,2)＝z－y>0，所以0<a<b<c<z，且a，b，c均為正整數(shù)，所以a，b，c∈Sn，因為a＋b＝x，a＋c＝y(tǒng)，b＋c＝z，所以a＋b，b＋c，c＋a均屬于M，所以當(dāng)集合M具有性質(zhì)P時，集合M是集合Sn的“期待子集”．綜上所述，集合M是集合Sn的“期待子集”的充要條件是集合M具有性質(zhì)P.

周測卷(二)(函數(shù)的性質(zhì)與基本初等函數(shù))一、選擇題：本大題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1．已知冪函數(shù)f(x)＝k·xα(k∈R，α∈R)的圖象經(jīng)過點(4，eq\f(1,2))，則k＋α＝()A．eq\f(1,2)B．1C．eq\f(3,2)D．2解析：A因為函數(shù)f(x)為冪函數(shù)，所以k＝1，則f(x)＝xα，又因為f(x)的圖象經(jīng)過點(4，eq\f(1,2))，所以4α＝eq\f(1,2)，得α＝－eq\f(1,2)，所以k＋α＝1－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2).故選A.2．函數(shù)f(x)＝eq\f(2x＋1,\r(3－x))－(x＋3)0的定義域是()A．(－∞，－3)∪(3，＋∞)B．(－∞，－3)∪(－3，3)C．(－∞，－3)D．(－∞，3)解析：B由函數(shù)f(x)＝eq\f(2x＋1,\r(3－x))－(x＋3)0的解析式有意義，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(3－x>0，,x＋3≠0，))解得x<3且x≠－3，所以函數(shù)f(x)的定義域為(－∞，－3)∪(－3，3).故選B.3．已知a>0且a≠1，函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1((a－1)x＋3a－4，x≤0，,ax，x>0，))若f(x)在R上為增函數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍是()A．(0，1)B．(1，＋∞)C．(1，eq\f(5,3)]D．[eq\f(5,3)，2)解析：C因為f(x)在R上為增函數(shù)，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－1>0，,a>1，,a0≥3a－4，))解得1<a≤eq\f(5,3)，所以實數(shù)a的取值范圍為(1，eq\f(5,3)]，故選C.4．已知a＝log52，b＝lg4，c＝2e-1，則a，b，c的大小關(guān)系為()A．a(chǎn)<b<cB．b<a<cC．b<c<aD．c<b<a解析：A因為a＝log52<log5eq\r(5)＝eq\f(1,2)，b＝lg4>lgeq\r(10)＝eq\f(1,2)，所以a<b.又因為3lg2＝lg23＝lg8<1，3e-1>1，則3lg2<3e-1，即lg2<e-1，所以2lg2＝lg4<2e-1，即b<c，所以a<b<c.故選A.5．已知函數(shù)f(x)＝x3＋x，若x∈R，不等式f(2x)＋f(eq\f(m,2x)－2eq\r(2))>0恒成立，則正實數(shù)m的取值范圍為()A．(3，4)B．(2，＋∞)C．[3，＋∞)D．(4，＋∞)解析：B因為f(x)＝x3＋x，其中x∈R，則f′(x)＝3x2＋1>0，所以函數(shù)f(x)在R上為增函數(shù)，又因為f(－x)＝(－x)3＋(－x)＝－x3－x＝－f(x)，故函數(shù)f(x)為奇函數(shù)．由f(2x)＋f(eq\f(m,2x)－2eq\r(2))>0可得f(eq\f(m,2x)－2eq\r(2))>－f(2x)＝f(－2x)，所以eq\f(m,2x)－2eq\r(2)>－2x，所以m>2eq\r(2)·2x－(2x)2，令t＝2x>0，因為y＝2eq\r(2)t－t2＝－(t－eq\r(2))2＋2≤2，當(dāng)且僅當(dāng)t＝eq\r(2)時，等號成立，所以m>2.故選B.6．大氣壓強p(單位：kPa)與海拔h(單位：m)之間的關(guān)系可以由p＝p0e－kh近似描述，其中p0為標(biāo)準(zhǔn)大氣壓強，k為常數(shù)．已知海拔為5000m，8000m兩地的大氣壓強分別為54kPa，36kPa.若測得某地的大氣壓強為80kPa，則該地的海拔約為(參考數(shù)據(jù)：lg2≈0.301，lg3≈0.477)()A．295mB．995mC．2085mD．3025m解析：C由題知54＝p0e-5000k，①36＝p0e-8000k，②①÷②得e3000k＝eq\f(3,2)，所以3000k＝lneq\f(3,2)，③當(dāng)p＝80kPa時，由80＝p0e－kh，④②÷④得ekh-8000k＝eq\f(9,20)，所以k(h－8000)＝lneq\f(9,20)，⑤由⑤÷③，得eq\f(h－8000,3000)＝eq\f(ln\f(9,20),ln\f(3,2))＝eq\f(lg\f(9,20)/lge,lg\f(3,2)/lge)＝eq\f(lg\f(9,20),lg\f(3,2))＝eq\f(2lg3－1－lg2,lg3－lg2)≈－eq\f(0.347,0.176)，解得h≈2085m．故選C.7．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－3x，x≤3，,log3x，x>3，))若?x0∈R，使得f(x0)≤10m＋4m2成立，則實數(shù)m的取值范圍為()A．[－eq\f(9,4)，－eq\f(1,4)]B．[－eq\f(5,2)，0]C．(－∞，－eq\f(9,4)]∪[－eq\f(1,4)，＋∞)D．(－∞，－eq\f(5,2)]∪[0，＋∞)解析：C因為函數(shù)y＝x2－3x在區(qū)間(－∞，eq\f(3,2)]上單調(diào)遞減，在區(qū)間(eq\f(3,2)，3)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x＝eq\f(3,2)時，函數(shù)y＝x2－3x(x≤3)取得最小值－eq\f(9,4).又因為函數(shù)y＝log3x在區(qū)間(3，＋∞)上單調(diào)遞增，所以當(dāng)x>3時，log3x>1.綜上可得，函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－3x，x≤3，,log3x，x>3))的最小值為－eq\f(9,4).因為?x0∈R，使得f(x0)≤10m＋4m2成立，所以－eq\f(9,4)≤10m＋4m2，解得m≤－eq\f(9,4)或m≥－eq\f(1,4).故選C.8．已知函數(shù)f(x)＝e－x，若關(guān)于x的方程2f(x)－ln(x＋m)＝0在(0，＋∞)上有解，則實數(shù)m的取值范圍是()A．(－∞，e2)B．(0，e2)C．(e2，e5)D．(e2，＋∞)解析：A關(guān)于x的方程2e－x－ln(x＋m)＝0在(0，＋∞)上有解，等價于函數(shù)y＝ln(x＋m)與y＝2e－x的圖象在(0，＋∞)上有交點．因為函數(shù)y＝ln(x＋m)的圖象就是函數(shù)y＝lnx的圖象向左或向右平移|m|個單位長度得到的，如圖所示．當(dāng)y＝lnx向右平移(或沒有平移)，即m≤0時，函數(shù)y＝ln(x＋m)與y＝2e－x的圖象在(0，＋∞)上有交點，當(dāng)y＝lnx向左平移至y＝ln(x＋m)的圖象過點(0，2)，與函數(shù)y＝2e－x沒有交點，此時lnm＝2，解得m＝e2，所以0<m<e2，函數(shù)y＝ln(x＋m)與y＝2e－x的圖象在(0，＋∞)上有交點，所以實數(shù)m的取值范圍為(－∞，e2).故選A.二、選擇題：本大題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的四個選項中，至少有兩項是符合題目要求的．若全部選對得6分，部分選對的得部分分，選錯或者不選得0分．9．已知y＝f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，則下列函數(shù)中為偶函數(shù)的是()A．y＝f(|x|)B．y＝xf(x)C．y＝f(x)＋f(－x)D．y＝f(x)＋x2解析：ABC因為y＝f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，所以f(－x)＝－f(x)，對于A，因為f(|－x|)＝f(|x|)，所以y＝f(|x|)為偶函數(shù)，故滿足題意；對于B，因為－xf(－x)＝xf(x)，所以y＝xf(x)為偶函數(shù)，故滿足題意；對于C，易得y＝f(x)＋f(－x)＝0為偶函數(shù)，故滿足題意；對于D，因為f(－x)＋(－x)2＝－f(x)＋x2，所以y＝f(x)＋x2為非奇非偶函數(shù)，故不滿足題意．故選ABC.10．已知函數(shù)f(x)的定義域為R，且f(x＋y)·f(x－y)＝f2(x)－f2(y)，f(1)＝2，f(x＋1)為偶函數(shù)，則()A．f(3)＝2B．f(x)為奇函數(shù)C．f(2)＝0D．f(k)＝0解析：BCD令x＝1，y＝0，則有f(1)·f(1)＝f2(1)－f2(0)，故f2(0)＝0，即f(0)＝0，令x＝0，y＝x，則f(x)·f(－x)＝f2(0)－f2(x)，即f(x)·[f(－x)＋f(x)]＝0恒成立，故f(－x)＝－f(x)，又函數(shù)f(x)的定義域為R，故f(x)為奇函數(shù)，B正確；則f(－1)＝－f(1)＝－2，又f(x＋1)為偶函數(shù)，故f(x＋1)＝f(－x＋1)，則f(－1)＝f(3)＝－2，A錯誤；f(2)＝f(0)＝0，C正確；又f(x＋1)＝f(－x＋1)＝－f(x－1)，則f(x＋3)＝－f(x＋1)＝f(x－1)，故函數(shù)f(x)的周期為4，f(4)＝f(0)＝0，則f(k)＝506[f(1)＋f(2)＋f(3)＋f(4)]＝506×(2＋0－2＋0)＝0，D正確．故選BCD.11．定義區(qū)間(α，β)的長度為β－α，記函數(shù)f(x)＝lg[ax－(1＋a2)x2](其中a>0)的定義域I的長度為L(a)，則下列結(jié)論正確的是()A．L(a)＝eq\f(a,1＋a2)B．L(a)的最大值為eq\f(1,2)C．L(a)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增D．給定常數(shù)k∈(0，1)，當(dāng)a∈[1－k，1＋k]時，L(a)的最小值為eq\f(1－k,k2－2k＋2)解析：ABD由ax－(1＋a2)x2>0，得0<x<eq\f(a,1＋a2)，I＝(0，eq\f(a,1＋a2))，所以L(a)＝eq\f(a,1＋a2)，A正確；設(shè)0<a1<a2≤1，則L(a1)－L(a2)＝eq\f(a1,1＋aeq\o\al(2,1))－eq\f(a2,1＋aeq\o\al(2,2))＝eq\f((a1－a2)(1－a1a2),（1＋aeq\o\al(2,1)）（1＋aeq\o\al(2,2)）)，因為0<a1<a2≤1，所以a1－a2<0，1－a1a2>0，所以L(a1)<L(a2)，L(a)在(0，1]上是增函數(shù)，同理可證，L(a)在[1，＋∞)上是減函數(shù)，所以L(a)在(0，1]上是增函數(shù)，在[1，＋∞)上是減函數(shù)，C錯誤；L(1)＝eq\f(1,2)為最大值，B正確；因為k∈(0，1)，所以0<1－k<1，1＋k>1，L(a)在[1－k，1]上是增函數(shù)，在[1，1＋k]上是減函數(shù)，L(a)的最小值為L(1－k)和L(1＋k)中較小者，L(1－k)－L(1＋k)＝eq\f((－2k)[1－(1－k)(1＋k)],[1＋(1－k)2][1＋(1＋k)2])＝eq\f(－2k3,[1＋(1－k)2][1＋(1＋k)2])<0.L(a)的最小值為L(1－k)＝eq\f(1－k,k2－2k＋2)，D正確．故選ABD.三、填空題：本大題共3小題，每小題5分，共15分．12．已知函數(shù)f(x)＝log2(2－x)的值域為(－∞，1]，則函數(shù)f(2x)的定義域為__________.解析：[0，1)由f(x)＝log2(2－x)值域為(－∞，1]，得log2(2－x)≤1，所以0<2－x≤2，解得0≤x<2，即f(x)的定義域為[0，2)，由0≤2x<2得0≤x<1，故f(2x)的定義域為[0，1).13．求值：(log32＋log92)(log43＋log83)＋(log3eq\r(3))2＋lneq\r(e)－lg100＝________.解析：0(log32＋log92)(log43＋log83)＋(log3eq\r(3))2＋lneq\r(e)－lg100＝(log32＋eq\f(1,2)log32)(eq\f(1,2)log23＋eq\f(1,3)log23)＋eq\f(1,4)＋eq\f(1,2)－2＝eq\f(3,2)×eq\f(5,6)log32·log23－eq\f(5,4)＝0.14．f(x)在R上非嚴(yán)格遞增，滿足f(x＋1)＝f(x)＋1，g(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f(x)，|x|<8，,f(x－a)，|x|≥8，))若存在符合上述要求的函數(shù)f(x)及實數(shù)x0∈[4，＋∞)，滿足g(x0＋4)＝g(x0)＋1，則實數(shù)a的取值范圍是__________.解析：(2，4)因為f(x＋1)＝f(x)＋1，即f(x＋1)－f(x)＝1，對?n∈N*，則f(x＋n)＝[f(x＋n)－f(x＋n－1)]＋[f(x＋n－1)－f(x＋n－2)]＋…＋[f(x＋1)－f(x)]＋f(x)＝1＋1＋…＋1＋f(x)＝n＋f(x)，故對?n∈N*，則f(x＋n)＝f(x)＋n，因為g(x0＋4)＝g(x0)＋1，則有當(dāng)4≤x0<8時，則8≤x0＋4<12，可得f(x0＋4－a)＝f(x0－a)＋4，又f(x0＋4－a)＝g(x0＋4)＝g(x0)＋1＝f(x0)＋1，則f(x0)＝f(x0－a)＋3，若a＝3，符合題意；例如f(x)＝k，x∈[k，k＋1)，k∈Z，取x0∈{4，5，6，7}，則2<a≤3；例如f(x)＝k，x∈(k，k＋1]，k∈Z，取x0∈{4，5，6，7}，則3<a≤4.故實數(shù)a的取值范圍為(2，4).當(dāng)x0≥8時，則x0＋4≥12，可得f(x0＋4－a)＝f(x0－a)＋4＝f(x0－a)＋1，不成立．綜上所述，實數(shù)a的取值范圍是(2，4).

周測卷(三)(三角函數(shù))一、選擇題：本大題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1．已知角α的頂點與坐標(biāo)原點重合，始邊與x軸的非負(fù)半軸重合，終邊經(jīng)過點P(sineq\f(π,3)，coseq\f(π,3))，則cos(α＋eq\f(π,6))＝()A．0B．eq\f(1,2)C．eq\f(\r(2),2)D．eq\f(\r(3),2)解析：B由題意可得P(eq\f(\r(3),2)，eq\f(1,2))，則tanα＝eq\f(1,\r(3))＝eq\f(\r(3),3)，所以α＝eq\f(π,6)＋2kπ，k∈Z，所以cos(α＋eq\f(π,6))＝cos(eq\f(π,6)＋2kπ＋eq\f(π,6))＝coseq\f(π,3)＝eq\f(1,2).故選B.2．如圖，半徑為1的圓M與x軸相切于原點O，切點處有一個標(biāo)志，該圓沿x軸向右滾動，當(dāng)圓M滾動到與出發(fā)位置時的圓相外切時(記此時圓心為N)，標(biāo)志位于點A處，圓N與x軸相切于點B，則陰影部分的面積是()A．2B．1C．eq\f(π,3)D．eq\f(π,4)解析：B由圓M與圓N外切，得MN＝2，又圓M，圓N與x軸分別相切于原點O和點B，則OB＝MN＝2，所以劣弧AB長等于OB＝2，所以劣弧AB對應(yīng)的扇形面積為eq\f(1,2)×2×1＝1.故選B.3．函數(shù)f(x)＝tanx＋eq\f(1,tanx)，則y＝f(x)的部分圖象大致是()eq\o(\s\up7(),\s\do5(A))eq\o(\s\up7(),\s\do5(B))eq\o(\s\up7(),\s\do5(C))eq\o(\s\up7(),\s\do5(D))解析：C函數(shù)f(x)的定義域為{x|x≠eq\f(kπ,2)＋kπ，k∈Z}，因為f(－x)＝－tanx－eq\f(1,tanx)＝－f(x)，所以函數(shù)f(x)為奇函數(shù)，A、B錯誤；又因為f(eq\f(π,4))＝2>0，D錯誤．故選C.4．sin10°＋eq\f(\r(3),4)tan10°＝()A．eq\f(1,4)B．eq\f(\r(3),4)C．eq\f(1,2)D．eq\f(\r(3),2)解析：Asin10°＋eq\f(\r(3),4)tan10°＝sin10°＋eq\f(\r(3),4)·eq\f(sin10°,cos10°)＝eq\f(4sin10°cos10°＋\r(3)sin10°,4cos10°)＝eq\f(2sin20°＋\r(3)sin10°,4cos10°)＝eq\f(2sin(30°－10°)＋\r(3)sin10°,4cos10°)＝eq\f(2(\f(1,2)cos10°－\f(\r(3),2)sin10°)＋\r(3)sin10°,4cos10°)＝eq\f(cos10°,4cos10°)＝eq\f(1,4).故選A.5．若sin(α＋β)＋cos(α＋β)＝2eq\r(2)cos(α＋eq\f(π,4))·sinβ，則()A．tan(α－β)＝1B．tan(α＋β)＝1C．tan(α－β)＝－1D．tan(α＋β)＝－1解析：C由已知得sinαcosβ＋cosαsinβ＋cosαcosβ－sinαsinβ＝2(cosα－sinα)sinβ，即sinαcosβ－cosαsinβ＋cosαcosβ＋sinαsinβ＝0，即sin(α－β)＋cos(α－β)＝0，所以tan(α－β)＝－1，故選C.6．已知函數(shù)f(x)＝cos(2x＋φ)(0<φ<π)在區(qū)間[－eq\f(π,6)，eq\f(π,6)]上單調(diào)遞減，在區(qū)間(－eq\f(π,6)，0)上有零點，則φ的取值范圍是()A．[eq\f(π,6)，eq\f(π,2)]B．[eq\f(2π,3)，eq\f(5π,6))C．(eq\f(π,2)，eq\f(2π,3)]D．[eq\f(π,3)，eq\f(π,2))解析：C當(dāng)x∈[－eq\f(π,6)，eq\f(π,6)]，2x＋φ∈[－eq\f(π,3)＋φ，eq\f(π,3)＋φ]，又因為φ∈(0，π)，則[－eq\f(π,3)＋φ，eq\f(π,3)＋φ]?[0，π]，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(φ－\f(π,3)≥0，,φ＋\f(π,3)≤π，))得eq\f(π,3)≤φ≤eq\f(2π,3).由cos(2x＋φ)＝0得2x＋φ＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，則x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,4)－eq\f(φ,2)，所以－eq\f(π,6)<eq\f(π,4)－eq\f(φ,2)<0，解得eq\f(π,2)<φ<eq\f(5π,6).綜上，eq\f(π,2)<φ≤eq\f(2π,3).故選C.7．已知函數(shù)f(x)＝sineq\f(ωx,2)(coseq\f(ωx,2)－sineq\f(ωx,2))＋1(ω>0)在[eq\f(π,6)，eq\f(2π,3)]上單調(diào)遞減，則ω的取值范圍為()A．(0，2]B．(eq\f(3,2)，2]C．[eq\f(3,2)，eq\f(15,8)]D．(eq\f(15,8)，2]解析：C由題可得f(x)＝eq\f(1,2)sinωx－eq\f(1－cosωx,2)＋1＝eq\f(\r(2),2)sin(ωx＋eq\f(π,4))＋eq\f(1,2).因為f(x)在[eq\f(π,6)，eq\f(2π,3)]上單調(diào)遞減，依題意有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(ωπ,6)＋\f(π,4)≥2kπ＋\f(π,2)，,\f(2ωπ,3)＋\f(π,4)≤2kπ＋\f(3π,2)，))k∈Z，所以eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ω≥12k＋\f(3,2)，,ω≤3k＋\f(15,8)，))k∈Z，又eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(2π,ω)·\f(1,2)≥\f(2π,3)－\f(π,6)，,ω>0，))所以0<ω≤2.當(dāng)k＝0時滿足題意，所以eq\f(3,2)≤ω≤eq\f(15,8)，故選C.8．已知函數(shù)f(x)＝2eq\r(3)sinxcosx－2cos2x＋1.若關(guān)于x的方程f(x)－a＝0有三個連續(xù)的實數(shù)根x1，x2，x3，且x1<x2<x3，x3＋2x1＝3x2，則a＝()A．±eq\f(π,4)B．±eq\f(π,2)C．±1D．±2解析：C由題可得f(x)＝2sin(2x－eq\f(π,6))，則f(x)的最小正周期為π.當(dāng)a＝±2時，易得x2＝x1＋π，x3＝x1＋2π，不滿足x3＋2x1＝3x2，故舍去，當(dāng)－2<a<2時，依題意，x3＝x1＋π，代入x3＋2x1＝3x2得x2＝x1＋eq\f(π,3).由2x－eq\f(π,6)＝kπ＋eq\f(π,2)，k∈Z，得x＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,3)，k∈Z.由eq\f(x1＋x2,2)＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,3)，k∈Z，代入x2＝x1＋eq\f(π,3)，解得x1＝eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,6)，k∈Z.所以a＝2sin[2(eq\f(kπ,2)＋eq\f(π,6))－eq\f(π,6)]＝2sin(kπ＋eq\f(π,6))，k∈Z，當(dāng)k＝2n，n∈Z時，2sin(kπ＋eq\f(π,6))＝2sin(2nπ＋eq\f(π,6))＝1，n∈Z；當(dāng)k＝2n＋1，n∈Z時，2sin(kπ＋eq\f(π,6))＝2sin(2nπ＋eq\f(7π,6))＝－1，n∈Z.故a的值為±1.故選C.二、選擇題：本大題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的四個選項中，至少有兩項是符合題目要求的．若全部選對得6分，部分選對的得部分分，選錯或者不選得0分．9．函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋eq\f(π,4))的圖象(0<ω<4)關(guān)于直線x＝eq\f(π,6)對稱，將f(x)的圖象向左平移eq\f(π,6)個單位長度后與函數(shù)y＝g(x)的圖象重合，則關(guān)于y＝g(x)，下列結(jié)論正確的是()A．函數(shù)圖象關(guān)于x＝eq\f(π,3)對稱B．函數(shù)圖象關(guān)于(－eq\f(π,3)，0)對稱C．在(0，eq\f(2π,3))上單調(diào)遞減D．最小正周期為π解析：BC對于A，f(x)關(guān)于x＝eq\f(π,6)對稱，則eq\f(π,6)ω＋eq\f(π,4)＝eq\f(π,2)＋kπ，k∈Z，解得ω＝eq\f(3,2)＋6k，k∈Z.又0<ω<4，故當(dāng)k＝0時，ω＝eq\f(3,2)，滿足要求，其他均不合要求，故f(x)＝sin(eq\f(3,2)x＋eq\f(π,4)).將f(x)的圖象向左平移eq\f(π,6)個單位長度得到g(x)的圖象，則g(x)＝sin(eq\f(3,2)x＋eq\f(π,4)＋eq\f(π,4))＝coseq\f(3,2)x.令eq\f(3,2)x＝kπ(k∈Z)，則g(x)圖象的對稱軸為x＝eq\f(2kπ,3)(k∈Z)，顯然，x＝eq\f(π,3)不滿足，A錯誤；對于B，令eq\f(3x,2)＝eq\f(π,2)＋kπ(k∈Z)，則x＝eq\f(π,3)＋eq\f(2kπ,3)(k∈Z)，所以g(x)圖象的對稱中心為(eq\f(π,3)＋eq\f(2kπ,3)，0)(k∈Z)，顯然，當(dāng)k＝－1時，(eq\f(π,3)＋eq\f(2kπ,3)，0)＝(－eq\f(π,3)，0)，B正確；對于C，令2kπ≤eq\f(3x,2)≤π＋2kπ(k∈Z)，整理得eq\f(4kπ,3)≤x≤eq\f(2π,3)＋eq\f(4kπ,3)(k∈Z)，所以g(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為[eq\f(4kπ,3)，eq\f(2π,3)＋eq\f(4kπ,3)](k∈Z)，顯然，當(dāng)k＝0時，單調(diào)遞減區(qū)間為[0，eq\f(2π,3)]，C正確；對于D，g(x)的最小正周期T＝eq\f(2π,\f(3,2))＝eq\f(4π,3)，D錯誤．故選BC.10．若eq\f(sinx＋cosx,2sinx－cosx)＝1，則()A．tanx＝2B．sinx＝eq\f(2\r(5),5)C．tan2x＝eq\f(4,5)D．sin2x＝eq\f(4,5)解析：AD因為eq\f(sinx＋cosx,2sinx－cosx)＝1，分子分母同乘以eq\f(1,cosx)，所以eq\f(sinx＋cosx,2sinx－cosx)＝eq\f(tanx＋1,2tanx－1)＝1，可得tanx＝2，A正確；因為eq\f(sinx,cosx)＝2，sin2x＋cos2x＝1，所以sinx＝±eq\f(2\r(5),5)，B錯誤；tan2x＝eq\f(2tanx,1－tan2x)＝eq\f(4,1－4)＝－eq\f(4,3)，C錯誤；因為eq\f(sinx,cosx)＝2，sin2x＋cos2x＝1，所以sin2x＝eq\f(4,5)，所以sin2x＝2sinxcosx＝sin2x＝eq\f(4,5)，D正確．故選AD.11．函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω>0，|φ|<eq\f(π,2))的圖象如圖所示，則()A．ω＝2B．φ＝eq\f(π,6)C．對任意的x都有f(x)≥f(eq\f(5π,12))D．f(x)在區(qū)間[－π，π]上的零點之和為eq\f(π,3)解析：AB由題圖可知函數(shù)f(x)的最小正周期為T＝eq\f(4,3)(eq\f(11π,12)－eq\f(π,6))＝π，則ω＝eq\f(2π,π)＝2，所以f(x)＝sin(2x＋φ).將(eq\f(π,6)，1)代入得1＝sin(eq\f(π,3)＋φ)，則eq\f(π,3)＋φ＝eq\f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，得φ＝eq\f(π,6)＋2kπ(k∈Z).因為|φ|<eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,6)，A，B正確；f(x)＝sin(2x＋eq\f(π,6))，當(dāng)x＝eq\f(5π,12)時，f(x)＝0，不滿足對任意的x都有f(x)≥f(eq\f(5π,12))，C錯誤；因為x∈[－π，π]，所以2x＋eq\f(π,6)∈[－eq\f(11π,6)，eq\f(13π,6)]，則f(x)共有4個零點，不妨設(shè)為a，b，c，d，且a<b<c<d，則2a＋eq\f(π,6)＋2b＋eq\f(π,6)＝2×(－eq\f(π,2))，2c＋eq\f(π,6)＋2d＋eq\f(π,6)＝2×eq\f(3π,2)，兩式相加，整理得2a＋2b＋2c＋2d＝eq\f(4π,3)，故f(x)的所有零點之和為a＋b＋c＋d＝eq\f(2π,3)，D錯誤．故選AB.三、填空題：本大題共3小題，每小題5分，共15分．12．以O(shè)x為始邊作銳角α，角α的終邊與單位圓交于點P(x1，y1)，將角α的終邊逆時針旋轉(zhuǎn)eq\f(π,3)得到角β.角β的終邊與單位圓相交于點Q(x2，y2)，則y1＋y2的取值范圍為________________．解析：(eq\f(\r(3),2)，eq\r(3)]根據(jù)三角函數(shù)的定義得y1＝sinα，α∈(0，eq\f(π,2))，由于角α的終邊逆時針旋轉(zhuǎn)eq\f(π,3)得到角β，故β＝α＋eq\f(π,3)，所以y2＝sinβ＝sin(α＋eq\f(π,3))，所以y2＋y1＝sin(α＋eq\f(π,3))＋sinα＝eq\f(3,2)sinα＋eq\f(\r(3),2)cosα＝eq\r(3)sin(α＋eq\f(π,6)).因為α∈(0，eq\f(π,2))，所以α＋eq\f(π,6)∈(eq\f(π,6)，eq\f(2π,3))，所以sin(α＋eq\f(π,6))∈(eq\f(1,2)，1]，即y1＋y2∈(eq\f(\r(3),2)，eq\r(3)].13．已知角α的終邊經(jīng)過點P(－6，－8)，f(α)＝eq\f(sin(3π－α)cos(α＋\f(3π,2))cos(－α－π),sin(α＋π)tan(－α＋π))，則f(α)＝__________.解析：－eq\f(9,25)f(α)＝eq\f(sin(3π－α)cos(α＋\f(3π,2))cos(－α－π),sin(α＋π)tan(－α＋π))＝eq\f(sinαsinα(－cosα),(－sinα)(－tanα))＝－eq\f(sinα·sinα·cosα,sinα·\f(sinα,cosα))＝－cos2α.因為角α的終邊經(jīng)過點P(－6，8)，所以cosα＝eq\f(－6,\r((－6)2＋(－8)2))＝－eq\f(3,5).所以f(α)＝－cos2α＝－(－eq\f(3,5))2＝－eq\f(9,25).14．已知α∈(0，eq\f(π,2))，若?β∈(0，2π)，使sin(α＋β)＋cos(α＋β)－eq\r(2)＝(α－eq\r(2))2成立，則β＝________________．解析：eq\f(9π,4)－eq\r(2)由sin(α＋β)＋cos(α＋β)－eq\r(2)＝(α－eq\r(2))2，可得eq\r(2)sin(α＋β＋eq\f(π,4))＝(α－eq\r(2))2＋eq\r(2)，設(shè)f(β)＝eq\r(2)sin(α＋β＋eq\f(π,4))，g(α)＝(α－eq\r(2))2＋eq\r(2).依題意，－eq\r(2)≤f(β)≤eq\r(2)，而g(α)≥eq\r(2)，故f(β)＝g(α)＝eq\r(2)，由g(α)＝eq\r(2)，α∈(0，eq\f(π,2))，可得α＝eq\r(2)，又由f(β)＝eq\r(2)sin(eq\r(2)＋β＋eq\f(π,4))＝eq\r(2)，可得sin(eq\r(2)＋β＋eq\f(π,4))＝1，因為β∈(0，2π)，則eq\r(2)＋eq\f(π,4)<eq\r(2)＋β＋eq\f(π,4)<eq\r(2)＋eq\f(9π,4)，eq\f(π,2)<eq\r(2)＋eq\f(π,4)<π，eq\f(5π,2)<eq\r(2)＋eq\f(9π,4)<3π，故β＋eq\r(2)＋eq\f(π,4)＝eq\f(5π,2)，解得β＝eq\f(9π,4)－eq\r(2).四、解答題：本大題共1小題，共15分．解答應(yīng)寫出文字說明、證明過程或演算步驟．15．(本小題滿分15分)已知函數(shù)f(x)＝sinωx(sinωx＋cosωx)－eq\f(1,2)(ω>0)圖象的相鄰兩條對稱軸之間的距離為2π.(1)求f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間以及f(x)圖象的對稱中心坐標(biāo)．(2)是否存在銳角α，β，使α＋2β＝eq\f(2π,3)，f(α＋eq\f(π,2))·f(2β＋eq\f(3π,2))＝eq\f(\r(3),8)同時成立？若存在，求出角α，β的值；若不存在，請說明理由．解析：(1)f(x)＝sinωx(sinωx＋cosωx)－eq\f(1,2)＝sin2ωx＋sinωxcosωx－eq\f(1,2)＝eq\f(1－cos2ωx,2)＋eq\f(1,2)sin2ωx－eq\f(1,2)＝eq\f(1,2)sin2ωx－eq\f(1,2)cos2ωx＝eq\f(\r(2),2)sin(2ωx－eq\f(π,4))，由f(x)圖象的相鄰兩條對稱軸之間的距離為2π，得f(x)的最小正周期T＝4π＝eq\f(2π,2ω)，解得ω＝eq\f(1,4)，所以f(x)＝eq\f(\r(2),2)sin(eq\f(1,2)x－eq\f(π,4))，由－eq\f(π,2)＋2kπ≤eq\f(1,2)x－eq\f(π,4)≤eq\f(π,2)＋2kπ(k∈Z)，得－eq\f(π,2)＋4kπ≤x≤eq\f(3π,2)＋4kπ(k∈Z)，所以f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為[－eq\f(π,2)＋4kπ，eq\f(3π,2)＋4kπ](k∈Z).令eq\f(1,2)x－eq\f(π,4)＝kπ(k∈Z)，得x＝eq\f(π,2)＋2kπ(k∈Z).所以f(x)圖象的對稱中心的坐標(biāo)為(eq\f(π,2)＋2kπ，0)(k∈Z).(2)存在．因為f(α＋eq\f(π,2))＝eq\f(\r(2),2)sineq\f(α,2)，f(2β＋eq\f(3π,2))＝eq\f(\r(2),2)sin(β＋eq\f(π,2))＝eq\f(\r(2),2)cosβ，所以f(α＋eq\f(π,2))·f(2β＋eq\f(3π,2))＝eq\f(1,2)sineq\f(α,2)cosβ＝eq\f(\r(3),8)，所以sineq\f(α,2)cosβ＝eq\f(\r(3),4).又α＋2β＝eq\f(2π,3)，α＝eq\f(2π,3)－2β，所以sineq\f(α,2)cosβ＝sin(eq\f(π,3)－β)cosβ＝eq\f(\r(3),4)，即(eq\f(\r(3),2)cosβ－eq\f(1,2)sinβ)cosβ＝eq\f(\r(3),4)，即eq\f(\r(3),2)cos2β－eq\f(1,2)sinβcosβ＝eq\f(\r(3),4)，即eq\f(\r(3),2)×eq\f(1＋cos2β,2)－eq\f(1,4)sin2β＝eq\f(\r(3),4)，即eq\r(3)cos2β－sin2β＝0，所以tan2β＝eq\r(3)，由β為銳角，得0<2β<π，所以2β＝eq\f(π,3)，β＝eq\f(π,6)，從而α＝eq\f(2π,3)－2β＝eq\f(π,3).故存在α＝eq\f(π,3)，β＝eq\f(π,6)符合題意．周測卷(四)(復(fù)數(shù)、平面向量)一、選擇題：本大題共8小題，每小題5分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的．1．已知復(fù)數(shù)1＋i＝eq\f(i－2,z)，則eq\o(z,\s\up6(－))在復(fù)平面上對應(yīng)的點位于()A．第一象限B．第二象限C．第三象限D(zhuǎn)．第四象限解析：C由1＋i＝eq\f(i－2,z)，得到z＝eq\f(i－2,1＋i)＝eq\f((－2＋i)(1－i),2)＝－eq\f(1,2)＋eq\f(3,2)i，所以eq\o(z,\s\up6(－))＝－eq\f(1,2)－eq\f(3,2)i，其對應(yīng)點為(－eq\f(1,2)，－eq\f(3,2))，位于第三象限．故選C.2．已知a，b∈R，(a＋i)i＝b－2i(i為虛數(shù)單位)，則復(fù)數(shù)z＝a＋bi的共軛復(fù)數(shù)為()A．－2＋iB．2－iC．1＋2iD．1－2i解析：A因為(a＋i)i＝ai＋i2＝－1＋ai＝b－2i，所以a＝－2，b＝－1，故z＝a＋bi＝－2－i，所以復(fù)數(shù)z＝a＋bi的共軛復(fù)數(shù)為eq\o(z,\s\up6(－))＝－2＋i，故選A.3．已知向量a＝(t，2)，b＝(1，－t)，若(a－2b)⊥(a＋b)，則t＝()A．2或1B．－2或－1C．2或－1D．－2或1解析：C由題意可知，a－2b＝(t－2，2＋2t)，a＋b＝(t＋1，2－t)，因為(a－2b)⊥(a＋b)，所以(a－2b)·(a＋b)＝0，即(t－2)(t＋1)＋(2＋2t)(2－t)＝0，整理得t2－t－2＝0，所以t1＝2或t2＝－1.故選C.4．已知a與b為非零向量，eq\o(OA,\s\up6(→))＝a＋b，eq\o(OB,\s\up6(→))＝2a－b，eq\o(OC,\s\up6(→))＝λa＋μb，若A，B，C三點共線，則2λ＋μ＝()A．0B．1C．2D．3解析：D由題意知，A，B，C三點共線，故eq\o(AB,\s\up6(→))＝a－2b，eq\o(BC,\s\up6(→))＝(λ－2)a＋(μ＋1)b，且eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(BC,\s\up6(→))共線，故不妨設(shè)eq\o(AB,\s\up6(→))＝keq\o(BC,\s\up6(→))(k≠0)，則eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1＝k(λ－2)，,－2＝k(μ＋1)，))所以λ－2＝eq\f(μ＋1,－2)，解得2λ＋μ＝3，故選D.5．已知G是△ABC的重心，過點G作一條直線與邊AB，AC分別交于點E，F(xiàn)(點E，F(xiàn)與所在邊的端點均不重合)，設(shè)eq\o(AB,\s\up6(→))＝xeq\o(AE,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))＝y(tǒng)eq\o(AF,\s\up6(→))，則eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)的最小值是()A．1B．eq\f(4,3)C．2D．4解析：B如圖，取BC的中點D，則eq\o(AG,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(AD,\s\up6(→))，eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AC,\s\up6(→))，eq\o(AG,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(AD,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)(eq\f(1,2)eq\o(AB,\s\up6(→))＋eq\f(1,2)eq\o(AC,\s\up6(→)))＝eq\f(x,3)eq\o(AE,\s\up6(→))＋eq\f(y,3)eq\o(AF,\s\up6(→))，因為E，G，F(xiàn)三點共線，所以eq\f(x,3)＋eq\f(y,3)＝1，即x＋y＝3，所以eq\f(1,x)＋eq\f(1,y)＝eq\f(1,3)(x＋y)(eq\f(1,x)＋eq\f(1,y))＝eq\f(1,3)(2＋eq\f(y,x)＋eq\f(x,y))≥eq\f(1,3)×(2＋2)＝eq\f(4,3)，當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝eq\f(3,2)時，取等號．故選B.6．如圖是函數(shù)f(x)＝sin(ωx＋φ)(ω>0，|φ|<eq\f(π,2))的部分圖象，且eq\o(CO,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(CB,\s\up6(→))，則f(0)＝()A．1B．eq\f(1,2)C．eq\f(\r(2),2)D．eq\f(\r(3),2)解析：D由eq\o(CO,\s\up6(→))＝eq\f(2,3)eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\f(1,3)eq\o(CB,\s\up6(→))可得3eq\o(CO,\s\up6(→))＝2eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(CB,\s\up6(→))，則3eq\o(CO,\s\up6(→))－3eq\o(CA,\s\up6(→))＝－eq\o(CA,\s\up6(→))＋eq\o(CB,\s\up6(→))，即3eq\o(AO,\s\up6(→))＝eq\o(AB,\s\up6(→)).因為AB＝eq\f(T,2)，所以O(shè)B＝eq\f(T,2)×eq\f(2,3)＝eq\f(T,3)＝eq\f(2π,3ω)，所以f(eq\f(2π,3ω))＝sin(ω·eq\f(2π,3ω)＋φ)＝0，結(jié)合圖象可得eq\f(2π,3)＋φ＝π＋2kπ，k∈Z，則φ＝2kπ＋eq\f(π,3)，k∈Z.因為|φ|<eq\f(π,2)，所以φ＝eq\f(π,3)，所以f(0)＝sinφ＝eq\f(\r(3),2).故選D.7．已知非零向量eq\o(AB,\s\up6(→))與eq\o(AC,\s\up6(→))滿足(eq\f(\o(AB,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))|)＋eq\f(\o(AC,\s\up6(→)),|\o(AC,\s\up6(→))|))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0，且eq\f(\o(AB,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))|)·eq\f(\o(AC,\s\up6(→)),|\o(AC,\s\up6(→))|)＝eq\f(1,2)，則向量eq\o(CA,\s\up6(→))在向量eq\o(CB,\s\up6(→))上的投影向量為()A．eq\f(3,2)eq\o(CB,\s\up6(→))B．eq\f(1,2)eq\o(CB,\s\up6(→))C．－eq\f(3,2)eq\o(CB,\s\up6(→))D．－eq\f(1,2)eq\o(CB,\s\up6(→))解析：B因為eq\f(\o(AB,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))|)和eq\f(\o(AC,\s\up6(→)),|\o(AC,\s\up6(→))|)分別表示向量eq\o(AB,\s\up6(→))和向量eq\o(AC,\s\up6(→))方向上的單位向量，由(eq\f(\o(AB,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))|)＋eq\f(\o(AC,\s\up6(→)),|\o(AC,\s\up6(→))|))·eq\o(BC,\s\up6(→))＝0，可得∠A的平分線與BC垂直，所以△ABC為等腰三角形，且AB＝AC，又eq\f(\o(AB,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))|)·eq\f(\o(AC,\s\up6(→)),|\o(AC,\s\up6(→))|)＝eq\f(1,2)，得|eq\f(\o(AB,\s\up6(→)),|\o(AB,\s\up6(→))|)|·|eq\f(\o(AC,\s\up6(→)),|\o(AC,\s\up6(→))|)|·cos〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))〉＝eq\f(1,2)，所以cos〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))〉＝eq\f(1,2)，又〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))〉∈[0，π]，所以A＝〈eq\o(AB,\s\up6(→))，eq\o(AC,\s\up6(→))〉＝eq\f(π,3)，所以△ABC為等邊三角形，所以向量eq\o(CA,\s\up6(→))在向量eq\o(CB,\s\up6(→))上的投影向量為eq\f(\o(CB,\s\up6(→))·\o(CA,\s\up6(→)),|\o(CB,\s\up6(→))|)·eq\f(\o(CB,\s\up6(→)),|\o(CB,\s\up6(→))|)＝eq\f(\f(1,2)|\o(CB,\s\up6(→))|2,|\o(CB,\s\up6(→))|2)·eq\o(CB,\s\up6(→))＝eq\f(1,2)eq\o(CB,\s\up6(→))，故選B.8．在△ABC中，點M在平面ABC內(nèi)，且滿足eq\o(BM,\s\up6(→))＝λeq\o(BA,\s\up6(→))＋μeq\o(BC,\s\up6(→))(λ，μ∈R)，條件p：eq\o(AM,\s\up6(→))＝2eq\o(MC,\s\up6(→))，條件q：3μ－3λ＝1，則p是q的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件解析：A由eq\o(AM,\s\up6(→))＝2eq\o(MC,\s\up6(→))可得eq\o(BM,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\o(AM,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(AC,\s\up6(→))＝eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)(eq\o(BC,\s\up6(→))－eq\o(BA,\s\up6(→)))＝eq\f(1,3)eq\o(BA,\s\up6(→))＋eq\f(2,3)eq\o(BC,\s\up6(→)).因為eq\o(BM,\s\up6(→))＝λeq\o(BA,\s\up6(→))＋μeq\o(BC,\s\up6(→))，所以λ＝eq\f(1,3)，μ＝eq\f(2,3)，所以3μ－3λ＝1，所以p是q的充分條件．若3μ－3λ＝1，得μ＝λ＋eq\f(1,3)，代入eq\o(BM,\s\up6(→))＝λeq\o(BA,\s\up6(→))＋μeq\o(BC,\s\up6(→))，得eq\o(BM,\s\up6(→))＝λeq\o(BA,\s\up6(→))＋(λ＋eq\f(1,3))eq\o(BC,\s\up6(→))，所以eq\o(AM,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→))＝－λeq\o(AB,\s\up6(→))＋(λ＋eq\f(1,3))(eq\o(AC,\s\up6(→))－eq\o(AB,\s\up6(→)))，所以eq\o(AM,\s\up6(→))＝(eq\f(2,3)－2λ)eq\o(AB,\s\up6(→))＋(eq\f(1,3)＋λ)eq\o(AC,\s\up6(→))，當(dāng)λ≠0時，(eq\f(2,3)－2λ)＋(eq\f(1,3)＋λ)≠1，此時eq\o(AM,\s\up6(→))＝2eq\o(MC,\s\up6(→))不成立，所以p不是q的必要條件．故選A.二、選擇題：本大題共3小題，每小題6分，共18分．在每小題給出的四個選項中，至少有兩項是符合題目要求的．若全部選對得6分，部分選對的得部分分，選錯或者不選得0分．9．在復(fù)數(shù)范圍內(nèi)關(guān)于x的實系數(shù)一元二次方程x2＋px＋2＝0的兩根為x1，x2，其中x1＝1＋i，則()A．p＝2B．x2＝1－iC．x1eq\o(x,\s\up6(－))2＝－2iD．eq\f(x1,x2)＝i解析：BD因為x1＝1＋i且實系數(shù)一元二次方程x2＋px＋2＝0的兩根為x1，x2，所以x1x2＝2，可得x2＝eq\f(2,x1)＝eq\f(2,1＋i)＝1－i，B正確；又x1＋x2＝1＋i＋1－i＝2＝－p，所以p＝－2，A錯誤；由eq\o(x,\s\up6(－))2＝1＋i，所以x1eq\o(x,\s\up6(－))2＝(1＋i)2＝2i≠－2i，C錯誤；eq\f(x1,x2)＝eq\f(1＋i,1－i)＝eq\f((1＋i)2,2)＝eq\f(2i,2)＝i，D正確．故選BD.10．若z是非零復(fù)數(shù)，則下列說法正確的是()A．若z＋eq\o(z,\s\up6(－))＝0，則eq\f(\o(z,\s\up6(－)),z)＝iB．若z·eq\o(z,\s\up6(－))＝2|z|，則|z|＝2C．若z1＝eq\o(z,\s\up6(－))，則eq\o(z,\s\up6(－))1＝zD．若|z＋z1|＝0，則z1·eq\o(z,\s\up6(－))＋|z|2＝0解析：BCD對于A，由z＋eq\o(z,\s\up6(－))＝0，得eq\f(\o(z,\s\up6(－)),z)＝－1，A錯誤；對于B，因為z·eq\o(z,\s\up6(－))＝|z|2，所以|z|2＝2|z|，解得|z|＝2或|z|＝0(舍去)，B正確；對于C，設(shè)z＝a＋bi(a，b∈R，且ab≠0)，則z1＝eq\o(z,\s\up6(－))＝a－bi，所以eq\o(z,\s\up6(－))1＝a＋bi＝z，C正確；對于D，由|z＋z1|＝0，得z1＝－z.設(shè)z＝a＋bi(a，b∈R，且ab≠0)，則z1·eq\o(z,\s\up6(－