试卷第 1 页，共 7 页 暑期错题复习一 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________ 一、填空题 1．已知复数 z 满足 1 z z 是实数，则 i 2 2 z 的最小值为________． 2．如图所示，某圆形游乐园的半径为 140 米，其圆心在点 A 处，游乐园内有一圆形广场， 其半径为 20 米，圆心在与点 A 相距 60 米的点 B 处，游客中心位于圆形广场的边界线与 A， B 连线的交点 O 处．现打算在游乐园的边界线与圆形广场的边界线上各选一点 C，D，在这 两处各建一座游乐设施（其占地大小忽略不计），将 OCD 的内部区域作为游客的休闲区并 使其面积最大，则此最大面积为______． 3．某种健身拉力器的手臂固定支架为 BE，需运动者将肩关节放置于点 B 处，手肘放置于点 D 处，手掌放置于点 E 处握拳握住弹力绳的一端，弹力绳的另一端连接于点 C 处；保持 B、 D、E、C 四点共线．将小臂视为线段 DE，长度为 r，大臂视为线段 BD，长度为 1.3r．在锻 炼时要求保持肩关节 B 和手肘 D 不动，运用大臂力量将小臂 DE 绕着手肘 D 作圆周运动， 始终与 BC 处于同一平面，弹力绳随之以紧绷状态从 CE 拉伸至 CA．已知某位运动者健身时 0.1CE r ，当弹力绳拉至最长时， 3ABC ACB ，则此时 ACB ________度．（结果精 确到 0.1 度） 4．设 1 sinf x x ， 2 π cos 6 f x x ．若对任意 t R ，存在 1,2i 使得函数 iy f x 在 区间 , ( 0)t t a a 上是单调函数，则实数 a 的取值范围是________．
试卷第 2 页，共 7 页 5．已知首项为 1 的等比数列 na 满足对任意的正整数 m，n 都有 1 3 m na a m n ，则等比 数列 na 的公比 q 的取值范围是________． 6．设集合 1 100,M x x x N ，若对于满足 A M 的任意 k 个元素的集合 1 2, , , kA a a a ，都存在 ia ， ja A i j 使得 1 ,3 3 i j a a ，则 k 的最小值是______． 7．已知集合 1 , ,A x x n x S A Z∣ ，当 a b S､ 且 a b 时，都有 2a b ，若满足条 件的集合S 至少有 100 个，则正整数 n 的最小值是__________. 8．在圆内接六边形 ABCDEF 中，| | | | | | 4,| | | | | | 7AB CD EF BC DE FA ，则圆的半径为 _________． 9．在空间直角坐标系 O xyz 中，将点集 , , 1, 1, 1x y z x y z 所表示的立方体的表面 满足 1z 的部分记为 S，同时满足“ 3OP ”与“ , 0,1Q OQ OP S 或 P ”的 点 P 的集合所表示几何体的体积为______． 10．在以 O 为原点的空间直角坐标系中，设 1,0,0i ， 0,1,0j ，A 和 B 是两个点集， 设 π | 1, , 4 A P OP j OP j ，对任意的 Q B ，总存在 P A ，使得 2OP OQ ．若T B ， OT xi yj x y R 、 且 2OT j ，则 OT i 的取值范围是________． 二、单选题 11．对于事件 A ， B ， 3 5 P A ， 1 3 P B ， 5 6 P B A ∣ ，则 P A B ∣ （ ） A． 3 10 B． 7 10 C． 1 2 D． 1 4 12．已知 P A 和 P B 分别表示事件 A 和事件 B 发生的概率，且 0 ( ) 1P B ，则在下列各 项中，“ A 和 B 独立”的充分条件是（ ）． A． 1 P A P B B． ( | ) ( | )P A B P A B C． P A B P A P B D． ( | ) ( | )P A B P A B
试卷第 3 页，共 7 页 13．已知函数 y f x ， x R ．定义集合 0{M x 对任意的 0x x ，都有 0 }f x f x .对 于所有使得 1, 2M 的函数 y f x ，有以下两个命题：①存在函数 y f x 在 2x 处 取极小值；②存在函数 y f x 图像是连续曲线．下列判断正确的是（ ） A．①②都真 B．①真②假 C．①假②真 D．①②都假 14．设 y f x 和 y g x 是两个不同的函数，且定义域和值域均为 R ，设 , , ,M a b f a g b a b R ，则对于以下两个结论，说法正确的是（ ） 结论①：若当 ,a b M ，恒有 ,a b M ，则函数 y f x 一定是偶函数； 结论②：若当 ,a b M ，恒有 ,a b M ，则函数 y g x 可以不是偶函数． A．①和②都正确 B．①正确，②错误 C．①错误，②正确 D．①和②都错误
试卷第 4 页，共 7 页 三、解答题 15．已知 2 2sin cos 2sinf x x x x ． (1)求函数 y f x 的最小正周期与单调增区间； (2)将函数 y f x 的图象上的所有点沿向量 π ,1 0 2 n 平移，得到 y g x 的图 象．若 y g x 同时满足：①图象关于点 3π , 0 8 A 对称；②有且仅有 2 个极大值点在区 间 0,a 上．求 a 的取值范围．
试卷第 5 页，共 7 页 16．已知函数 sin( )y x ，实数 0 ， π 0 2 ； (1)若该函数的最小正周期为 π ，函数图象经过点 π ,1 12 M ，求该函数的表达式； (2)在（1）的条件下，若 5π 0, 12 x 时，该函数与直线 y m 有且仅有一个交点，求实数 m 的 取值范围； (3)若存在实数 ，使得函数 2 sin( ) 2 y x 在 (0, 2π)x 上有且仅有 2 个零点，求 的 取值范围；
试卷第 6 页，共 7 页 17．对于平面向量 , , , 0,1, 2,k k k k ka x y x y k N ，定义“ F 变换”： 1 ( )k ka F a ，其 中 1k k kx x y ， 1 max , 2min ,k k k k ky x y x y ， max ,k kx y 表示 kx 、 ky 中较大的一个 数， min ,k kx y 表示 kx 、 ky 中较小的一个数．若 k kx y ，则 max , min ,k k k k k kx y x y x y ．记 ,k k k k k ka x y a x y ． (1)若 0 (1,9)a ，求 2a 及 2a ； (2)已知 1 12024, 2025a a ，将 1a 经过 m 次 F 变换后， 1ma 最小，求 m 的最小值； (3)证明：对任意 0a ，经过若干次 F 变换后，必存在 k N ，使得 0ka ．
试卷第 7 页，共 7 页 18．对于定义域为 R 的函数 y f x 以及给定的 3n n 个实数 1c ， 2c ，…， nc ，若存在项 数为 n 且严格增的有限数列 1a ， 2a ，…， na ，满足 1 1 2 2 0n nc f a c f a c f a ，则 称函数 f x 关于数列 nc 具有“性质 P n ”． (1)若 1 2 99 100 1c c c c ，请分别判断 2 1f x x ， 3 2f x x 是否关于数列 nc 具有“性 质 100P ”（无需说明理由）； (2)设 1 1 1 i ic i ， 1i ，2 ， ，999 ，是否存在首项和公比相等且严格增的有限等比数列 na ，使得函数 y x 关于数列 nc 具有“性质 999P ”？若存在，请写出一个满足要求的等 比数列 na ；若不存在，请说明理由； (3)若函数 y f x 的图象是连续曲线，集合 { 0}x f x ∣ 和 { 0}x f x ∣ 均不为空集，且 0x f x ∣ 为有限集，求证：对于任意给定的 3n n 个正数 1c ， 2c ， ， nc ，均存在严 格增的有限等差数列 na ，使得函数 y f x 对数列 nc 具有“性质 P n ”．
答案第 1 页，共 18 页 《暑期错题复习一》参考答案 题号 11 12 13 14 答案 A B A B 1． 1 2 / 0.5 【难度】0.6 【分析】设 iz a b ，代入 1 z z 中化简，由 1 z z 是实数，得 0b 或 2 2 1a b ，利用复数 模的几何意义求 i 2 2 z 的最小值 【详解】设 iz a b ，则 1 1 i i+ i+ i i i a b z a b a b z a b a b a b 2 2 2 2 i a b a b a b a b ， 因为 1 z z 是实数，所以 2 2 2 2 2 2 1 0 b a bb b a b a b ， 所以 0b 或 2 2 1a b ， 当 0b 时， z 的轨迹是 x 轴（除原点外）， 此时 i 2 2 z 的几何意义表示 x 轴上的点（除原点）和 1 2, 2 的距离，此时 i 1 2 2 2 z ， 当 2 2 1a b 时，复数 z 的轨迹是以原点为圆心，1为半径的圆，如图， 根据复数模的几何意义可知， i 2 2 z 的几何意义是圆上的点到 1 2, 2 的距离， 由图可知， i 2 2 z 的最小值为 2 2 1 17 1 2 1 1 2 2 OA . 因为 17 1 1 2 2 ，所以 i 2 2 z 的最小值为 1 2 . 2． 750 15 平方米 【难度】0.4
答案第 2 页，共 18 页 【分析】过点 B 作 BE OD ，垂足为 E ，则 2 2 2OD BD BE .记点 A 到直线 OD 的距离为 d ，则点 C 到直线 OD 的距离的最大值为 140CA d d .以 O 为坐标原点直线 OB 为 x 轴， 过 O 垂直于OB 的直线为 y 轴，建立平面直角坐标系，设直线 OD 的方程为 y kx ，根据点 到直线的距离公式，将 OCD 的面积表示为 k 的函数，利用导数分析其单调性，并求得最大 值. 【详解】由题意知， 60AB ， 20OB ， 140AC ， 20BD ， 所以 40AO . 过点 B 作 BE OD ，垂足为 E ，则 2 2 2OD BD BE . 记点 A 到直线 OD 的距离为 d ，则点 C 到直线 OD 的距离的最大值为 140CA d d . 如图所示，以 O 为坐标原点，直线OB 为 x 轴，过 O 垂直于OB 的直线为 y 轴，建立平面直 角坐标系， 则 0,0 , 40,0 , 20,0O A B . 易知，直线 OD 的斜率存在，设直线 OD 的方程为 y kx ，即 0kx y ， 则 2 20 1 k BE k ， 2 40 1 k d k ， 所以 2 2 2 400 40 2 400 1 1 k OD k k . OCD 的最大面积为 2 22 2 2 2 40 800 21 1 40 2800 7 140 ? · 140 400 2 2 1 11 1 1 1 k k k OD d k kk k k k . 由圆的对称性，不妨令 0k . 设 22 7 2 400 , 0 11 k f k k kk ，则 2 2 2 2 22 2 2 2 1 7 2 2 1 2 ?2 7 1 2 22 400 400 1 1 1 1 k k k k k k k f k k k k k ， 令 2 2 7 1 2 2g k k k k ，则 2 2 2 7 1 4 0 1 k g k k k k 恒成立，
答案第 3 页，共 18 页 所以 g k 在 0, 上单调递减. 令 0g k ，得 2 2 7 1 2 2 0k k k ， 即 2 2 7 1 2 2k k k ，化简得 2 2 15 1 3 4 0k k . 因为 2 3 4 0k ，所以 2 1 15 k ，所以 15 15 k . 所以当 15 0 15 k 时， 0g k ， 0f k ；当 15 15 k 时， 0g k ， 0f k . 所以 f k 在 15 0, 15 上单调递增，在 15 , 15 上单调递减. 所以 f k 在 15 15 k 处取得极大值，即最大值，最大值为 15 15 15 400 750 15 15 8 f . 所以 OCD 的最大面积为 750 15 平方米. 3．16.7 【难度】0.31 【分析】先由题意得出 2.4BC r ， 1.1CD r ，且 AD r ．再设 ACB x ，则 3ABC x ， 利用正弦定理表示出 AC 的长度，最后在 ACD 中由余弦定理列方程求得 x 的值． 【详解】由题意可得 B，D，E，C 四点共线， 1.3BD r ， DE r ， 0.1CE r ，且点 A 为 点 E 绕点 D 旋转后的位置，所以 AD DE r ． 因此 1.3 0.1 2.4 0.1 1.1BC BD DE CE r r r r CD DE CE r r r ， ． 设 ACB x ，则 3ABC x ，所以 180 4BAC x ． 在 ABC 中，由正弦定理可得 sin3 sin4 AC BC x x ，所以 2.4 sin3 sin4 r x AC x ． 在 ACD 中，由余弦定理可得 2 2 2 2 cosAD AC CD AC CD x ． 将 AD r ， 1.1CD r ， 2.4 sin3 sin4 r x AC x 代入，得
答案第 4 页，共 18 页 2 22 2.4 sin3 2.4 sin3 1.1 2 1.1 cos sin4 sin4 r x r x r r r x x x ． 两边同除以 2 r ，得 2 2.4sin3 sin3 cos 1 1.21 5.28 sin4 sin4 x x x x x ． 化简可得 6 4 2 12tan 97tan 198tan 17 0x x x ． 令 2 tant x ，则 3 2 12 97 198 17 0t t t ． 解得 0.0898t ，或 3.5588t ，或 4.4348t ． 因为 0 45x ，所以 2 0 tan 1x ，故 2 tan 0.0898x ． 于是 16.678x ．故此时 16.7ACB . 4． π (0, ] 3 【难度】0.4 【分析】先找出两个函数的单调区间的分界点，再进行排序，找到相邻两分界点的最小间距 即可 【详解】 1 ( ) sinf x x ，由正弦函数的性质得到单调区间的分界点 π π, Z 2 x k k ， 相邻分界点间隔为 π ，因此每个单调区间的长度为 π ； 2 π ( ) cos( ) 6 f x x ，令 π π, Z 6 x l l ，则 π π , Z 6 x l l ， 故单调区间的分界点 π π , Z 6 x k k ， 相邻分界点间隔为 π ，因此每个单调区间的长度为 π . 两类分界点合并排序，可发现它们交替排列，相邻两个不同类型的分界点的间隔交替为 π 3 和 2π 3 ， 所以两类分界点之间的最小距离为 π 3 ，所以 π 3 a ，又 0a ，所以 a 的取值范围是 π (0, ] 3 . 5． 2 1 3 q 【难度】0.4 【分析】取特殊情况结合指数函数与一次函数性质可得 2 1 3 q ，再证明 2 1 3 q 时，对任 意的正整数 m，n 都有 1 3 m na a m n 恒成立即可得. 【详解】由题意可得 1 1 1 n n na a q q ，取 1k m N ，
答案第 5 页，共 18 页 当 1n 时，有 1 1 3 k m na a q k ， 当 1k 时，有 1 1 3 q ，故 2 4 3 3 q ； 若 1q ，则当 k 时，指数函数增速会大于一次函数， 故 1 1 3 k q k 不可能恒成立，故 1q ； 综上可得 2 1 3 q ； 下证充分性： 当 2 1 3 q 时，不妨设 m n ，则 m na a ， 故需满足 1 3 n ma a m n ，即 1 1 3 3 n m ma n a ， 令 1 1 3 n nb q n ，则只需满足数列 nb 为非递减数列即可， 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 3 3 3 3 3 n n n n n n nb b q n q n q q q q ， 由 2 1 3 q ，则 1 1 , 0 3 q ， 1 1n q ， 则 1 1 1 1 1 1 0 3 3 3 n n nb b q q ， 故数列 nb 为非递减数列， 即 2 1 3 q 时符合题意. 6． 5 【难度】0.4 【分析】设集合 1 2, , , nB a a a ，对于任意 ia ， ja B i j ， 1 ,3 3 i j a a ，计算出此时 n 的最大值即可得到 k 的最小值． 【详解】解：根据题意， 1 100,M x x x N ， 设集合 1 2 1 2, , , , ,n n nB a a a a a a a M ，对于任意 ia ， ja B i j ， 1 ,3 3 i j a a ， 现计算此时 n 的最大值， 要使 n 最大，则数列的增长速度应该尽可能的慢，首先尽可能小， 所以 1 1a ，则 1ia 应该是满足 1 3i ia a 的最小整数，故 1 3 1, 1i ia a i ，
答案第 6 页，共 18 页 1 1 1 3 2 2 i ia a ， 则数列 1 2 na 是首项为 1 1 3 2 2 a ，公比为3 的等比数列， 所以 11 3 3 2 2 n na ， 3 1 100 2 2 n na ，即 3 201n ， 又 4 5 3 81, 3 243 且 * n N ， n 的最大值为 4 ，例如 1, 4,13, 40B ， 则 k 的最小值是5 ． 7．12 【难度】0.38 【分析】设 f n 表示集合 1, 2,3, , n 中，满足要求的集合S 的个数，得到 1 3f n f n f n ，从而求出答案. 【详解】设 1, 2,3, , nA ， S A ，当 a b S､ 且 a b 时，都有 2a b ， 设 f n 表示集合 1, 2,3, , n 中，满足要求的集合S 的个数， 若 S 中无 n ，则有 1f n 个集合满足要求， 若 S 中有 n ，要想满足要求，则 S 中无 1n ， 2n ，故有 3f n 个集合满足要求， 所以 1 3f n f n f n ， 当 1n 时， 1A ，故 , 1S ，即 1 2f ， 当 2n 时， 1, 2A ，故 , 1 , 2S ，即 2 3f ， 当 3n 时， 1, 2,3A ，故 , 1 , 2 , 3S ，即 3 4f ， 故 4 3 1 4 2 6f f f ， 5 4 2 6 3 9f f f ， 6 5 3 9 4 13f f f ， 7 6 4 13 6 19f f f ， 8 7 5 19 9 28f f f ， 9 8 6 28 13 41f f f ， 10 9 7 41 19 60f f f ， 11 10 8 60 28 88f f f ， 12 11 9 88 41 129 100f f f ，
答案第 7 页，共 18 页 故正整数 n 的最小值为 12. 8． 31 【难度】0.22 【分析】利用圆心角关系，结合正弦定理及和角公式列方程并平方化简求半径即可． 【详解】因为| | | | | | 4,| | | | | | 7AB CD EF BC DE FA ，相等弦对应圆心角相等， 设 AB ， CD ， EF 对应的圆心角为 2 ， BC ， DE ， FA 对应的圆心角为 2 ， 可得 3(2 2 ) 2 ， 得 3 ． 设圆内接六边形 ABCDEF 的外接圆的半径为 R ， 则 2 sin 4AB R ，可得 sin 2R ， 2 sin 7BC R ，可得 7 sin 2 R ， 由 3 sin( ) sin 3 2 ， 展开得 2 sin cos cos si 3 n ， 两边乘以 R 代入得 7 3 2 cos cos 2 2 R ， 整理得 4 cos 7 cos 3R ， 对上式两边平方，可得 2 2 2 16cos 49cos 56cos cos 3R ， 由 1 cos( ) cos cos cos sin sin 3 2 ， 即有 2 2 2 2 2 2 1 196 196 392 16 16sin 49 49sin 56( sin sin ) 16 49 28 3 2 R R R R ， 化为 2 3 93R ，解得 31R ，因此外接圆半径为 31 ． 9． 20 2 3 3 【难度】0.22
答案第 8 页，共 18 页 【分析】首先判断出 S 为正方体的四个侧面和下底面，然后得到“ 3OP ”表示的几何体为 正方体的外接球，满足条件的点 P 即为从点 O 出发的不超过S 和球面的线段上的点，将它们 分为射向上底面和其它五个面两个部分，相加即可得到所求几何体体积. 【详解】点集 , , 1, 1, 1x y z x y z 表示的是以原点为中心的边长为 2 的正方体， S 为满足 1z 的部分即除去了 1z 后剩余的部分，也就是除了上底面以外的五个面， 条件“ 3OP ”表示点 P 在以原点为球心的半径为 3 的球体内，因为 2 2 2 1 1 1 3 ， 所以这个球刚好也是正方体的外接球， , 0,1Q OQ OP 即为线段OP ， 条件“ , 0,1Q OQ OP S 或 P ”表示线段OP 与 S 要么没有交点，要么交点就是 P ， 考虑从 O 点出发的线段OP ，射向上底面的线可以到达球面，这一部分构成 1 6 个球体， 射向 S 包含的五个面可以到达正方体的表面，这一部分构成五个四棱锥，每个四棱锥都是正 方体的 1 6 ， 所以所求几何体的体积为 3 31 1 4 20 2 3 20 2 3 5 2 3 6 6 3 3 3 3 V . 10． 1 7 1 7 2, , 2 2 2 【难度】0.15 【分析】根据空间向量数量积的坐标表示公式，结合直线与圆的位置关系进行求解即可. 【详解】设 1 1 1, ,P x y z ，因为 π 1, , 4 OP j OP j ， 所以 1 1y ，且 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 2 1 1 1 1 2 1 2 x z x z x z ， 即 1 1,1,P x z ，且 2 2 1 1 1x z ，显然 11 1x ，
答案第 9 页，共 18 页 设 , ,Q a b c ，因为 2OP OQ ，所以 1 1 2ax b cz ， 因为 OT xi yj x y R 、 ， 所以 , ,0OT x y ， 因为 2OT j ， 所以 2 22 2 1 2 1 4x y x y ， 因为T B ，所以 1 12 2xx y y xx ，代入 22 1 4x y 中， 得 22 2 2 1 1 12 1 4 1 2 3 0x xx x x x x ， 2 2 2 1 1 1Δ 4 12 1 12 16 0x x x ， 因此直线 1 2 0xx y 与圆 22 1 4x y 有两个不同的交点， 因为 11 1x ，所以直线 12y xx 的斜率 1x 的取值范围为 11 1x ， 如下图所示： 由 22 2 1 71 4 2 2 3 0 22 x y x x x y x 直线 2y x 与圆 22 1 4x y 的交点坐标为 1 7 3 7 1 7 3 7 , , , 2 2 2 2 A B ， 又因为直线 2y x 、直线 2y x 斜率互为相反数，且过同一点 0, 2 ，与圆 22 1 4x y 都是关于纵轴对称， 所以当 11 1x 时， 1 7 1 7 2, , 2 2 2 x 因为 OT i x ，
答案第 10 页，共 18 页 所以 OT i 的取值范围是 1 7 1 7 2, , 2 2 2 . 11．A 【难度】0.7 【分析】先算出 ( | )P B A ；结合 P A 求出交事件概率 P AB ；再用条件概率公式计算 ( | )P A B . 【详解】条件概率性质： P B A∣ 1 ( | )P B A , 5 6 P B A ∣ ，得 1 ( | ) 6 P B A ，而 3 5 P A ， 由条件概率公式 ( | ) P AB P B A P A ，得 ( | )P AB P A P B A = 1 10 ，又 1 3 P B ， 由条件概率公式得 ( | ) P AB P A B P B = 3 10 ，A 正确. 12．B 【难度】0.55 【分析】事件 A 和 B 独立的定义是 ( ) ( ) ( )P AB P A P B ，根据每个选项的条件，结合条件概 率公式 ( ) ( ) ( ) P AB P A B P B 以及概率的基本性质，判断是否能推出 ( ) ( ) ( )P AB P A P B . 【详解】选项 A， 1 P A P B ，则 ( ) ( ) 1P A P B ，并不能推出 ( ) ( ) ( )P AB P A P B ，所 以事件 A 和 B 不一定独立，A 错误. 选项 B， , P ABP AB P A B P A B P B P B ， ( ) ( )P A B P A B ， ( ) ( ) ( ) ( ) P AB P AB P B P B . ( ) ( ) ( ), ( ) 1 ( )P AB P A P AB P B P B ， ( ) ( ) ( ) ( ) 1 ( ) P AB P A P AB P B P B . ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )P AB P AB P B P B P A P B P AB . ( ) ( ) ( )P AB P A P B ，即 A 和 B 独立，B 选项正确. 选项 C， ( ) ( ) ( ) ( )P A B P A P B P AB ，又 P A B P A P B ， ( ) 0P AB ， A 和 B 不一定独立，C 错误. 选项 D， ( ) ( ) ( ) , ( ) ( ) ( ) P AB P AB P A B P A B P B P B ， ( | ) ( | )P A B P A B ， ( ) ( )P AB P AB . 又 ( ) ( ) ( )P AB P B P AB ， ( ) ( ) ( )P AB P B P AB ，可得 1 ( ) ( ) 2 P AB P B ，也不能推出 A 和 B 独立，D 错误.
答案第 11 页，共 18 页 13．A 【难度】0.39 【详解】根据题意可知集合 M 为函数 y f x 的非严格单调递增区间， 不妨令函数 3 21 3 2 3 2 f x x x x ，易知 2 3 2 1 2f x x x x x , 因此当 2, 1x 时， 0f x ，当 , 2x 或 1, 时， 0f x ， 可知 f x 在 2, 1 上单调递增，在 , 2 和 1, 上单调递减， 此时函数 3 21 3 2 3 2 f x x x x 满足在 1, 2M 上单调递减，满足题意， 即存在函数 y f x 在 2x 处取极小值，且是连续曲线，因此①②都真. 14．B 【难度】0.15 【分析】对于结论①，利用反证法假设存在 f a f a ，找到 g b 满足 f a g b f a ，引出矛盾即可证明正确；对于结论②，采用类似的分析找到 f a 满 足 g b f a g b ，利用 f a g b 推出 f a g b g b ，再利用 f a g b 推出 f a g b ，引出矛盾即可证明错误. 【详解】对于结论①，若函数 y f x 不是偶函数，则存在 f a f a ， 不妨设 f a f a （否则用 a 取代 a ），因为 y f x 和 y g x 值域均为 R ， 则存在 b R 使得 2 f a f a g b ，此时有 f a g b f a ， 根据 f a g b ，依题意有 f a g b ，这与 g b f a 矛盾， 故函数 y f x 一定是偶函数，结论①正确； 对于结论②，若函数 y g x 不是偶函数，则存在 g b g b ， 不妨设 g b g b （否则用 b 取代 b ），因为 y f x 和 y g x 值域均为 R ， 则存在 a R 使得 2 g b g b f a ，此时 g b f a g b ， 依题意，由 f a g b 有 f a g b ，即 f a g b ，所以 f a g b ，
答案第 12 页，共 18 页 而 f a g b 可推出 f a g b 即 f a g b ，与 g b f a 矛盾， 故函数 y g x 一定是偶函数，结论②错误. 【点睛】本题采用了反证法证明奇偶性，通过灵活利用已知条件得到矛盾的结果，并利用了 两个实数之间总能找到一个实数这一结论. 15．(1)最小正周期为 π ，单调增区间为 3π π π , π 8 8 k k k Z (2) 11π 19π , 8 8 【难度】0.65 【分析】（1）利用三角恒等变换化简函数 f x 的解析式，利用正弦型函数的周期公式和正 弦型函数的单调性可求得答案； （2）利用三角函数图象变换可得出函数 g x 的解析式，根据函数 g x 满足条件①以及 的 范围可得出 的值，再根据函数 g x 满足条件②可得出关于 a 的不等式，解之即可. 【详解】（1）因为 π sin 2 1 cos 2 sin 2 cos 2 1 2 sin 2 1 4 f x x x x x x ， 所以函数 y f x 的最小正周期为 2π π 2 ， 由 π π π 2 π 2 2 π 2 4 2 k x k k Z ，可得 3π π π π 8 8 k x k k Z ， 所以函数 y f x 的单调增区间为 3π π π , π 8 8 k k k Z ． （2）由（1）知 π 2 sin 2 1 4 f x x ， 将函数 y f x 的图象上的所有点沿向量 π ,1 0 2 n 平移，得到 y g x 的图象， 所以 π 2 sin 2 2 4 g x x ， 由 y g x 的图象关于点 3π , 0 8 A 对称，可得 3π π 2 sin 2 0 4 4 ， 所以 π 2 π 2 k k Z ，解得 π π 2 4 k k Z ， 又 π 0 2 ，可知 π 4 ，故 π 2 sin 2 4 g x x ， 当 0,x a 时， π π π 2 , 2 4 4 4 x a ， 由②知 5π π 9π 2 2 4 2 a ，解得 11π 19π 8 8 a ，
答案第 13 页，共 18 页 故 a 的取值范围是 11π 19π , 8 8 ． 16．(1) sin 2 3 y x (2) 1 3 , 1 2 2 (3) 3 9 , 8 8 . 【难度】0.4 【分析】（1）由最小正周期求解 ，由经过的点求解 ； （2）令 2 3 t x ，问题转化为： siny t 与直线 y m 在 7 , 3 6 t 上有且仅有一个交点 ； （3）函数 2 sin( ) 2 y x 的零点即方程 2 sin 2 x 的解， 要存在 0, 2 使得 区间内恰有 2 个解. 【详解】（1）由函数的最小正周期 πT ，可得 2 2 T ，则得 2y sin x ， 将点 ,1 12 M 代入得 2 1 12 sin ，即 sin 1 6 ， 则 2 π, 6 2 k k Z ，又 0 2 ，则得 3 ，故 sin 2 3 y x ； （2）令 2 3 t x ，当 5 0, 12 x 时， 7 , 3 6 t ，问题转化为： siny t 与直线 y m 在 7 , 3 6 t 上有且仅有一个交点， 当 , 3 2 t 时，函数 siny t 单调递增， 3 ,1 2 y ；当 7 , 2 6 t 时，函数 siny t 单调 递减， 1 ,1 2 y ， 当 1m 时，仅在 2 t 处有 1 个交点，符合条件； 当 1 3 2 2 m 时，仅在递减段有 1 个交点，符合条件； 当 3 1 2 m 时，递增段和递减段各有 1 个交点，共 2 个，不符合； 当 1 2 m 或 1m 时，无交点，不符合， 综上， m 的取值范围为 1 3 , 1 2 2 ；
答案第 14 页，共 18 页 （3）函数的零点即方程 2 sin 2 x 的解， 令 t x ，由 0, 2πx 且 0 2 ，得 , 2πt ，其中 0, 2 ， 方程 2 sin 2 t 的解为： 2 π 4 t k 或 3 2 π, 4 t k k Z ， 正半轴上的解按顺序为： 1 2 3 4 3 9 11 , , , , 4 4 4 4 t t t t 要存在 0, 2 使得区间内恰有 2 个解，需满足： 当 从大于 0 趋近于 0 时，则区间右端点 2π 需大于 2 3 4 t ，才能包含 2 个解，即 3 2π 4 ，即 3 8 ； 当 从小于 2 趋近于 2 时，则区间右端点 2π 2 需不超过 4 11 4 t （开区间端点不算），才 能保证最多 2 个解，即 11 2π 2 4 ，即 9 8 . 3 9 8 8 故 的取值范围为 3 9 , 8 8 . 17．(1) 2 26, 7a a (2)1349 (3)对当 0 0x ， 0 0y 时，当 0 0x ， 0 0y 时，当 0 0x ， 0 0y 时， 三种不同的情况进行分析， 当 0 0x ， 0 0y 时，显然存在 k N ，使得 0ka ， 当 0 0x ， 0 0y 时， 1 0 0 2 0( , ), (0, )a y y a y ，即 2 0a ， 存在 k N ，使得 0ka ． 同理，当 0 0x ， 0 0y 时，存在 k N ，使得 0ka ． 当 0 0x ， 0 0y 时，若 k kx y ，则 1 1| | 0, 0k k k kx x y a ， 存在 k N ，使得 0ka ． 若 k kx y ，设 max , 0,1, 2,k k kM x y k ， 假设对任意 , 0kk a N 〈 〉 ，所以 kx 、 ky 均不为 0．
答案第 15 页，共 18 页 因为 kx 、 ky N ，所以 1 max ,k k k k kx x y x y ． 如果 k kx y ，则 1 max , 2min , 2k k k k k k k ky x y x y x y x ， 如果 k kx y ，则 1 | 2 |k k k ky y x y ，所以 1 max ,k k ky x y ， 所以 1k kM M ，即 1 2 3M M M ． 因为 1, 2,kM N k ， 所以 11 2 3 1 11 2 MM M M M M ，所以 11 0MM ， 与 11 0MM 矛盾，故假设错误，存在 k N ，使得 0ka ， 综上所述，对于任意 0a ，经过若干次 F 变换后，必存在 k N ，使得 0ka ． 【难度】0.24 【分析】（1）根据定义即可求得 1 2a a , ，从而求得 2 2,a a ； （2）根据定义求得 1 1,x y ，即可求得 2 3 4 5, , , ,a a a a ，然后分析得到 2 1na ，由题意即可求得答 案； （3）分别当 0 0x ， 0 0y 时，当 0 0x ， 0 0y 时，当 0 0x ， 0 0y 时，三种不同的情况 进行分析，利用假设法及题目定义即可证明结论. 【详解】（1）因为 0 (1,9)a ， 1 0 0 1 9 8x x y ， 1 0 0 0 0max , 2min , 9 2 1 7y x y x y ， 1 (8,7)a ， 2 1 1 7 8 1x x y ， 2 1 1 1 1max , 2min , 8 2 7 6y x y x y ， 2 (1, 6)a ， 所以 2 21 6 6,|| || 1 6 7a a ． （2）因为 1 1 1 1 1 12024,|| || 2025a x y a x y ， 令 1 1,x y 是方程 2 2025 2024 0x x 的两根，即 1 2024 0x x ， 所以 1 1 2024 1 x y 或 1 1 1 2024 x y ， 所以 2 1 1| | 2023x x y ， 2 1 1 1 1max , 2min , 2022y x y x y ， 即 2 (2023, 2022)a ， 由题意得 3 4(1, 2021), (2020, 2019)a a ， 5 6(1, 2018), (2017, 2016)a a ，
答案第 16 页，共 18 页 由规律分析得 2 1 1, 2024 3 (na n n N 且 2024 3 0)n ， 由 n N 且 2024 3 0n 可以得到 n 的最大值为 674，所以 1349 (1, 2)a ， 所以 1350 1351 1352 1353(1, 0), (1,1), (0,1), (1,1),a a a a ，此后进入循环， 所以当 1349m 时， 1 1ma ； 当 1349m 时， 1350 1a ； 当 1349m 时， 1 1ma ． 所以 1ma 最小时， m 的最小值为 1349． （3）略 18．(1) 2 1f x x 关于数列 nc 不具有“性质 100P ”， 3 2f x x 关于数列 nc 具有“性质 100P ” (2)不存在满足要求的等比数列 na (3)证明见解析 【难度】0.21 【分析】（1）根据“性质 100P ”的定义，判断是否存在严格增的有限数列 1a ， 2a ，…， 100a ， 使得 1 1 1 2 1 2 100 1 100 0c f a c f a c f a 和 1 2 1 2 2 2 100 2 100 0c f a c f a c f a . （2）假设存在满足条件的等比数列 na ，根据“性质 999P ”的定义列出等式，通过分析等 式是否成立来判断是否存在这样的等比数列. （3）利用函数 f x 的连续性、零点存在定理以及等差数列的性质，构造出满足“性质 P n ” 的严格增的有限等差数列 na . 【详解】（1）假设存在严格增的有限数列 1a ， 2a ，…， 100a ， 使得 1 1 1 2 1 2 100 1 100 0c f a c f a c f a ， 因为 1 2 99 100 1c c c c ，所以 1 2 2 1 2 2 00 0a aa ， 由于 1a ， 2a ，…， 100a 是严格增的有限数列，所以 1a ， 2a ，…， 100a 不都为 0，
答案第 17 页，共 18 页 那么 1 2 2 1 2 2 00 0a aa ，与 1 2 2 1 2 2 00 0a aa 矛盾， 所以 2 1f x x 关于数列 nc 不具有“性质 100P ”； 若 3 2f x x 关于数列 nc 具有“性质 100P ”， 则需存在严格增的有限数列 1a ， 2a ，…， 100a ， 使得 1 2 1 2 2 2 100 2 100 0c f a c f a c f a ，即 1 3 3 1 2 3 00 0a aa ， 取数列 50.5, 1, 2, ,100na n n ，该数列是严格增的有限数列， 则 3 3 3 3 1 3 0 3 01 3 2 1 50.5 2 50.5 99 50.5 100 50.5a aa 3 3 3 3 3 3 49.5 48.5 0.5 0.5 48.5 49.5 0 ， 所以存在严格增的有限数列 50.5, 1, 2, ,100na n n ，使得 1 3 3 1 2 3 00 0a aa ， 所以 3 2f x x 关于数列 nc 具有“性质 100P ”； 综上， 2 1f x x 关于数列 nc 不具有“性质 100P ”， 3 2f x x 关于数列 nc 具有“性质 100P ”. （2）假设存在满足条件的等比数列 na ，设等比数列 na 的首项和公比都为 1q q ， 则 , 1, 2, ,999n n na q ，若函数 y x 关于数列 nc 具有“性质 999P ”， 则 1 1 2 2 999 999 0c a c a c a ， 因为 1 1 1 i ic i ， 1i ， 2 ， ， 999 ，所以 2 3 9991 1 1 0 2 3 999 q q q q ， 令 2 3 9991 1 1 2 3 999 g x x x x x ，则 2 998 1g x x x x ， 当 1x 时， 999 999 1 1 0 1 1 x x g x x x ，所以 g x 在 1, 上单调递增， 又 1 1 1 1 1 0 2 3 999 g ， 即 2 3 9991 1 1 0 2 3 999 q q q q ，与 2 3 9991 1 1 0 2 3 999 q q q q 矛盾， 所以不存在满足要求的等比数列 na . （3）设严格增的等差数列 1ia t i d ，其中公差 0d ，
答案第 18 页，共 18 页 令 1 1 1 n n i i i i i g t c f a c f t i d ， 因为函数 y f x 的图象是连续曲线，所以 g t 是关于 t 的连续函数， 已知集合 { 0}x f x ∣ 和 { 0}x f x ∣ 均不为空集， 因此存在实数 ,u v 使得 0f u ， 0f v ， 取足够小的正数 d，令 1t u ，此时所有的 1ia u i d ， 当 0d 时，所有 ia u ，可得 0 1 lim 0 n i d i g u f u c ， 将数列整体向右平移，令 2 1t v n d ， 此时所有的 1 1ia v i d n d v ， 当 0d 时，可得 0 1 lim 1 0 n i d i g v n d f v c ， 根据连续函数零点存在定理，必然存在 0t 使得 0 0g t ， 对应的等差数列 0 1ia t i d 严格递增，满足 1 0 n i i i c f a ， 因此，对于任意给定的 3n n 个正数 1c ， 2c ， ， nc ， 均存在严格增的有限等差数列 na ， 使得函数 y f x 对数列 nc 具有“性质 P n ”．