七宝中学最近的考前练笔

f(x)asinxcosx的图像关于点(,0)a3若函数f(x)logmx的反函数的图像过点(2,n)，则nm的最小值 a[1,1x2ax20x的取值范围.f(a)xax22，则对任意a[1,1x2ax20

f(1)

xx2，即x2x2xx2x的方程x3(2a1)x23ax2a20(a0)的根 轴上截取与闭区间0,1对应的线段，对折后(1、一次操作完成后，原来的坐标 3变成1，原来的坐标1变成1，等等).那么原闭区、 [0,1]上(除两个端点外)的点，在第二次操作完成后，恰好被拉到与1重合的点所对应的坐 好被拉到与1重合的点所对应的坐标为2 252 522

(f(xlogx1x、f(xlogx1)xx(

44 44((①xx；②0xx1；③3x

2；④

x0logx1x2. 1

1 444正确的 4设f(x)g(x)h(x)是定义在R上的任意实值函数．如下定义两个函数( g)(x)ghxfhgghx hg(fg)(x)；ghxfhgghx hgA．

B．fg

hx hg D．fghxfhg如果log3mlog3n4，那么mn的最小值 3A． B． 3已知0,0,，则“”是“sinsin” 对于正实数Mf(xN1Mx1,x2R且x2x1有(x2x1)f(x2)f(x1)(x2x1)，N1M f(xMg(x

，则f(xg(xMf(x1

,g(x)2

g(x)0

f(x)g(x) 2f(xM1g(xM2，则f(xg(xM1f(xM1g(xM2且12f(xg(xM1333

.Bxy.(1)y

f(x的解析式和定义域；(2)y

f(x的单调区间ABC6，sinA8

sinBsinC4ABC3由正弦定理得由正弦定理得b 4,bc16 cbA 21bc2 ，当且仅当bc8 已知常数aRg(x)

x

，函数h(x) xF(x)g(xh(x,DF是其定义域;f(x)g(x)h(xDf是其定义域a2F(xa，是否存在实数tf(t0成立？若存在，求出这样的所有t的axa的值；若不存在，说明理由

Rf(x0O为坐标原点，对于函数f(xasinxbcosxOMa，b)为函数f(xf(x为向量OMOMn3f(x

OMm，且g(x)2cos(xcos(x 的夹角为钝角，求实数t的取值范围

d2t241,x对于集合M，定义函数fM(x

，对于两个集合MN，定义集合MNxfM(xfN(x1A123456B13927,81fA(2)fB(2)AB用Card(MM所含元素的个数，求CardXACardXB的最有多少个集合对(P,Q)，满足P,Q B，且(PA)(QB)AB1、52、5

3、4、5、(2，86、ba7285910、1011、12、1313、c14、1516、a334 122321913j,j为1,2n42 解a01235a1S21[(11)2052ylog4x1ylogxy1)xx1x1 1x1②() ()1，即log1x2log4x1log4 1 ③注意到f2()log ()20，∴x2 ，只需看看1x1 是否成立 4 1而f1() ()2log43 4

5

1 343

(3)4(2)4814 ，∴f1()0，f1(1)log41() ∴1x33xx ④由③可知，1x3logxlog1 1 1 1()2)1log4x1 解：因为 ghx gxfhgh(x)fg

，A因为fghxfhx因为 ghxfghx， hgh(x)f

BC因为fghxfxgxhxfhgh(x)fxh

D4、5、分析：(1)如果0或0

于是有sinsin或sinsin(，即sinsin(2)sinsin因为其逆否命题“sinsin”可以如(1)获得证明，所以6、解：对于(xxf(xf(x(xx，即有

f(x2)f(x1)

x f(x2f(x1)k，有kf(xx

1，g(x)M2 即有1k

12kg2，因此有12kfkg12f(xg(xM12．

sin

sin

sin

4b4sinx，c4sin(23∴abc234sinx4sin(2x)2343cos(x)3 3y

43cos(x)(0x2 0x

得 x ，令 x 0，得0x 令0 ，得x ∴y

43cos(x)(0x2)在(0]上递增，在 2)上递减3 3 是唯一确定的.事实上，当bcABC180正确解答如下:由正弦定理得

b

4,所以bc16.而根据余弦定理,3b2c22bccosAa2 17

在cos 分别为

和 时(bc)2 bc 17

101216192.其中只有bc1012bc16联立有解,22cos所以bc1012

1bcsinA40484048

31F(xg(xh(x

2

1)2

2( 1)21x2x

x x

x 又x

(,0)0,,所以所求值域为(18f(t)0

t

t

t(ta)t2t2(a1)t20(t2ta1)280，令(*)方程中t2a2a2t1a2时，存在两个t

f(t011a(a1)2a2时，存在一个t1f(t0f(x)g(x)h(x)

x

x

x2(a1)x2(x2)(xa)

x2xa 1a(a1)2f1x)

(a1)x2，它有一正一负的两根， 2f1x在

1a

(a1)22

上取负值，在

1a

(a1)22

,)f2x)(x2)(xa，它有两个根，为2,a为使得在

R上有

f(x)

f1(x)

恒成立，必须使

f(x)也在

1a1a(a1)21a(a1)22

f22

,)1a1a(a1)22

a

a1(a(a1)2

x

xa0xa0.1

a

a1(aa1(a1)22a1(a1)2

x

x

x2a1)x20x0， x0

x00

x2(a

20即 2a0时也是不存在的.a2a2b4、解：(1)依题2a2b

a b

x0

x0OM1，3f(xsinx3cosxf(x的最大值为10(2)f(x)2cos(x)cos(x)coscos(x)1sinx 3cos g(x的伴随向量OM1，3 OM d2t243，6tOMd0OM 于是(，2t243，6tt233t

0，即

t3 且3(2t24316t，即t2

3333

0，∴tR3即实数t的取值范围是(23，35、解：(1)fA(2)1,fB(2)1AB2456927(2)设X在 B中取k(0k2)个元素，在

ðABB中取m(0m4)在 ðABA中