高三数学第一轮复习资料(28个专题)答案.docVIP

第一模块集合、函数、导数与不等式

专题一集合与简易逻辑

一、选择题

1．C此题主要考查集合的运算，属于根底知识、根本运算能力的考查．

由1≤2–x3，∴–1x≤1，∴A={x∈Z|–1x≤1}={0,1}；|log2x|1,∴x2，或0x，∴B={x|x2，或0x}，∴CRB=，∴A∩(CRB)={0,1}．

2．D命题“假设x21，那么–1x1”的逆否命题是“假设x≥1或x≤–1，那么x2≥1”，故应选D．

3．C当y=0时，–1≤x≤1时，故x取0或1，当y=1时，1≤x≤3，故x取1或2，当y=2时，3≤x≤5,x无解，故N中元素共4个，选C．

4．D由题意，∴A⊕B=(A–B)

∪(B–A)=(–∞,–)∪[0,+∞．

5．C此题考查命题的否认，对全称性命题的否认要注意命题的量词之间的转换．“任意的”的否认为“存在”，“≤”的否认为“”．

≠6．C由f(x)–1=f(3)，且f(x)为R上的减函数，故Q={x|x3}，由|f(x+t)–1|2，得f(3)=–1f(x+t)3=f(0)有：0x+t3，∴P={x|–tx3–t}，由“x∈P”的充分不必要条件，得PQ，得–t≥3，即t≤–3，应选C．

≠

7．B由f(x)在(0,+∞)内单调递增可得对任意x∈(0,+∞)恒成立．而当0x≤时，4x+≥4,ex1,；当x≥时，函数是增函数〔∵分别是增函数〕，，且，因此只要就可以了．

综上所述，由f(x)在(0,+∞)内单调递增不能推出m≥–5；反之，由m≥–5可知f(x)在〔0，+∞〕内单调递增，应选B．

二、填空题

8．{–3，1，3，4}

解析：由–4≤x≤4,x∈Z，可知U={–4,–3,–2,–1,0,1,2,3,4}，又A∩B={–2}，∴–2∈A且–2∈B．由–2∈A可知a2+1=–2〔舍去〕，那么a2–3=–2，∴a=±1．当a=–1时，A={–1,2,–2},B={–4,–2,0}，这时A∪B={–4,–2,–1,0,2}．∴CU(A∪B)={–3,1,3,4}．当a=1时，A={–1,2,–2},B={–2,0,2}．这时A∩B={–2，2}不合题意舍去．

9．(–4,+∞)

解析：∵A∩{x|x0}=ф，∴A=ф或A≠ф且A的元素小于等于零．

①当A=ф时，△=(m+2)2–40,解得–4m0．

②当A≠ф且A的元素小于等于零时，解得m≥0．

综上得m的取值范围为(–4,+∞)．

10．两组相对侧面分别平行；一组相对侧面平行且相等；对角线交于一点；底面是平行四边形．

11．②③

解析：对于①，当a0时，假设，那么f(x)在上递减，故排除①；对于②，┐甲为x+y=3,┐乙为x=1且y=2，┐乙┐甲，∴甲乙，∴②正确；对于③，假设{an}为等差数列，那么Sn=An2+Bn．∴，∴点Pn在直线y=Ax+B上．反之易证，假设共线，那么数列{an}成等差数列，故③正确．

三、解答题

12．解：要使有意义，须(x+3)(2–x)0，即(x+3)(x–2)0，解得：–3x2；由ex–1≥1，得x–1≥0，即x≥1．

〔1〕A∪B={x|–3x2}∪{x|x≥1}={x|–3x2或x≥1}={x|x–3}．

〔2〕∵CUA={x|x≤–3或x≥2}，∴(CUA)∩B={x|x≤–3或x≥2}∩{x|x≥1}={x|x≥2}．

≠13．解：∵f(x)=(x–2t)2+2在[1，2]上的最小值为2，∴1≤2t≤2即≤t≤1．由t2–(2m+1)t+m(m+1)≤0，得m≤t≤m+1．∵┐p是┐q的必要而不充分条件，∴p是q的充分不必要条件，∴[，1][m,m+1]，∴即0≤m≤．

≠

14．解：由且c0，知0c1，即p:0c1，由上为减函数，在[1，2]上为增函数，知f(x)的最小值是2．由，即q:，当p是真命题，q是假命题时有∴0c≤，当p是假命题，q是真命题时有∴c≥1，故c的取值范围是．

15．解：〔1〕假设A=ф，那么显然成立，假设A≠ф，设t∈A，那么f(t)=t,f[f(t)]=f[t]=t，即t∈B，从而．

〔2〕A中元素是方程f(x)=x即ax2–1=x的根，∵A≠ф，∴a=0或．B中元素是方程a(ax2–1)2–1=x，即a3x4–2a2x2–x+a–1=0的根，由，那么方程可化为(ax2–x–1)(a2x2+ax–a+1)=0．要使A=B，即方程a2x2+ax–a+1=0①无实根或其根为方程ax2–x–1=0②的根．假设①无实根，那么△=a2–4a2(1–a)0解得a；假设②有实根，且①的实根是②的实根，由②有a2x2=ax+a，代入①得2ax+1=0，由此解得，