函式參***
一、選擇題（每小題5分，共50分）
二、填空題（每小題4分，共20分）
11．； 12．x≥2； 13． (2，＋∞) ； 14． 2.5 ； 15 (1) (3) (4)
三、解答題(共80分)
16．略
17． 解：(ⅰ)∵
∴(x＞－1)
由≤g(x
解得0≤x≤1 ∴d＝[0，1]
(ⅱ)h(x)＝g(x)－
∵0≤x≤1 ∴1≤3－≤2
∴0≤h(x)≤ ∴h(x)的值域為［0，］
18．解：(ⅰ)設p(x0，y0)是y＝f(x)圖象上點，q(x，y)，則，
∴ ∴－y＝loga(x＋2a－3a)，∴y＝loga (x＞a)
(ⅱ)∴x＞3a
∵f(x)與g(x)在［a＋2，a＋3］上有意義．
∴3a＜a＋2
∴0＜a＜1 6分
∵|f(x)－g(x)|≤1恆成立|loga(x－3a)(x－a)|≤1恆成立．
對x∈［a＋2，a＋3］上恆成立，令h(x)＝(x－2a)2－a2
其對稱軸x＝2a，2a＜2，2＜a＋2
∴當x∈［a＋2，a＋3］
hmin(x)＝h(a＋2)，hmax＝h(a＋3)
∴原問題等價
19．解：(ⅰ)由題意： 將
當年生產x(萬件)時，年生產成本＝年生產費用＋固定費用＝32x＋3＝32(3－)＋3，當銷售x(萬件)時，年銷售收入＝150%［32(3－＋3］＋
由題意，生產x萬件化妝品正好銷完
∴年利潤＝年銷售收入－年生產成本－**費
即(t≥0
(ⅱ)∵≤50－＝42萬件
當且僅當即t＝7時，ymax＝42
∴當**費定在7萬元時，利潤增大
20．(ⅰ)證明：令x＝y＝0，∴2f(0)＝f(0)，∴f(0)＝0
令y＝－x，則f(x)＋f(－x)＝f(0)＝0
∴f(x)＋f(－x)＝0 ∴f(－x)＝－f(x)
∴f(x)為奇函式 4分
(ⅱ)解：f(x1)＝f()＝－1，f(xn＋1)＝f()＝f()＝f(xn)＋f(xn)＝2f(xn)
∴＝2即是以－1為首項，2為公比的等比數列
∴f(xn)＝－2n－1
(ⅲ)解： 而
∴ 21．(ⅰ)證明：g(x)＝f(x)－x＝ax2＋(b－1)x＋1 且a＞0 ∵x1＜1＜x2＜2
∴(x1－1)(x2－1)＜0即x1x2＜(x1＋x2)－1
於是＞［(x1＋x2)－1
又∵x1＜1＜x2＜2 ∴x1x2＞x1於是有ｍ＝(x1＋x2)－x1x2＜(x1＋x2)－x1＝x2＜1 ∴＜m＜1
(ⅱ)解：由方程＞0，∴x1x2同號
(ⅰ)若0＜x1＜2則x2－x1＝2
∴x2＝x1＋2＞2 ∴g(2)＜0
即4a＋2b－1＜0 ①
又(x2－x1)2＝
∴，(∵a＞0)代入①式得
＜3－2b，解之得：b
(ⅱ)若－2＜x1＜0，則x2＝－2＋x1＜－2 ∴g(－2)＜0，即4a－2b＋3＜0 ②
又代入②得＜2b－1解之得b＞
綜上可知b的取值範圍為
數列參***
一、選擇題（每小題5分，共50分）
提示：2．∵sn＝324 sn－6＝144，∴sn－sn－6＝an＋5＋an－4＋…＋an＝180 又∵s6＝a1＋a2＋…＋a6＝36 a1＋an＝a2＋an－1＝…＝a6＋an－5，∴6(a1＋an)＝36＋180＝216a1＋an＝36，由，有：n＝18 ∴選d
3．∵s4＝1 s8＝3 ∴s8－s4＝2，而等比數列依次k項和為等比數列，a17＋a18＋a19＋a10＝(a1＋a2＋a3＋a4)·25－1＝16，故選b．
4．∵7故點在直線y＝ax＋b上，選d．
9．設現在總台數為b，2023年更新a臺，則：b＝a＋a(1＋10%)＋……＋a(1＋10%)4．
∴二、填空題（每小題4分，共20分）
11．∵ n＋2＝2k，由n＝2k－2∈(1，2004)有2≤k≤10(k∈z)．故所有劣數的和為（22＋23＋……＋210）－2×9＝－18＝2026．
12．令n＝6得故各元素之和為
13．設抽取的是第n項．∵s11＝55，s11－an＝40，∴an＝15，又∵s11＝11a6 a6＝5．由a1＝－5，得d＝，令15＝－5＋（n－1）×2，∴n＝11
14．設x＝a＋b＋c，則b＋c－a＝xq，c＋a－b＝xq2，a＋b－c＝xq3，∴xq＋xq2＋xq3＝x(x≠0) ∴q3＋q2＋q＝1．
15．三、解答題（共80分）
16．⑴由題意得（a1＋d）(a1＋13d)＝(a1＋4d)2(d>0) 解得d＝2，∴an＝2n－1，bn＝3n－1．
⑵當n＝1時，c1＝3 當n≥2時，∵∴故
17．⑴∵f(x＋1)＝(x＋1－1)2－4，∴f(x)＝(x－1)2－4
∴a1＝f(x－1)＝(x－2)2－4，a3＝(x－1)2－4．
又a1＋a3＝2a2，∴x＝0，或x＝3．
（2）由（1）知a1，a2，a3分別是0，－ ，－3或－3，－ ，0．
∴（3）當時，
當時，18．（1）∵an>0，，∴，則當n≥2時，
即，而an>0，∴
又（2）
19．（1）令x＝y＝0，則f(0)＝0，再令x＝0，得f(0)－f(y)＝f(－y)，
∴f(－y)＝－f(y)，y∈(－1，1)，∴f(x)在（－1，1）上為奇函式．
（2），即
∴是以－1為首項，2為公比的等比數列，∴f(an)＝－2n－1．
（3）．
若恒成立（n∈n＋），則
∵n∈n＋，∴當n＝1時，有最大值4，故m>4．又∵m∈n，∴存在m＝5，使得對任意n∈n＋，有．
20． (2023年湖南高考題20題)
解：（i）從第n年初到第n+1年初，魚群的繁殖量為axn，**撈量為bxn，死亡量為
（ii）若每年年初魚群總量保持不變，則xn恆等於x1， n∈n*，從而由（*）式得
因為x1>0，所以a>b.
猜測：當且僅當a>b，且時，每年年初魚群的總量保持不變.
（ⅲ）若b的值使得xn>0，n∈n*
由xn+1=xn(3－b－xn), n∈n*, 知
0 而x1∈(0, 2)，所以
由此猜測b的最大允許值是1.
下證當x1∈(0, 2) ，b=1時，都有xn∈(0, 2), n∈n*
①當n=1時，結論顯然成立.
②假設當n=k時結論成立，即xk∈(0, 2),
則當n=k+1時，xk+1=xk(2－xk)>0.
又因為xk+1=xk(2－xk)=－(xk－1)2+1≤1<2,
所以xk+1∈(0, 2)，故當n=k+1時結論也成立.
由①、②可知，對於任意的n∈n*，都有xn∈(0,2).
綜上所述，為保證對任意x1∈(0, 2), 都有xn>0， n∈n*，則捕撈強度b的最大允許值是1．
21．（1）x＝y＝0得f(0)＝ －1，x＝y＝－1得f(－2)＝2f(－1)＋2，而f(－2)＝ －2，∴f(－1)＝－2，x＝1，y＝ －1得f(0)＝f(1)＋f(－1)，∴f(1)＝1
（2）x＝n，y＝1得f(n＋1)＝f(n)＋f(1)＋n＋1＝f(n)＋n＋2，∴f(n＋1)－f(n)＝n＋2，
∴當n∈n＋時，f(n)＝f(1)＋[3＋4＋…＋(n＋1)]＝
，而當n∈n＋，且n>1時，n2＋n－2>0，
∴f(n)>n，則對一切大於1的正整數t，恒有f(t)>t．
（3）∵y＝ －x時f(x－x)＝f(x)＋f(－x)＋1－x2，∴f(x)＝x2－2－f(－x)，∵當x∈n＋時由（2）知，當x＝0時，f(0)＝ －1＝．適合當x為負整數時，－x∈n＋，則
故對一切x∈z時，有， ∴當t∈z時，由f(t)＝t得t2＋t－2＝0，即t＝1或t＝2．滿足f(t)＝t的整數t有兩個．
[三角函式]通，性質大集中參***
一、選擇題(5分×10＝50分)
二、填空題(4分×5＝20分)
11．－ 12． 13．－ 14．2(－1)n 15．。
三、解答題(共80分)
16．解：由 得又
於是17．解： ∵ tanα是方程的較小根，
方程的較大根是cotα．
tanα＋cotα＝，即
5分 解得，或8分
當時， ， ；
當時， ， ，不合題意．
12分18．解法一由得
所以即因為所以，從而
由知從而.
由即由此得所以
解法二：由
由、，所以即
由得所以即因為，所以
《數學廣角》單元測試卷
5 分數的分母越大，它的分數單位就越大 6 每一組資料中只有乙個眾數 四 用心選一選。將正確答案的序號填在括號裡 1 10瓶飲料，其中一瓶變質了 略重一些 用天平稱，至少稱 次一定能找出次品。a 3b 4c 5 2 與0.5不相等的數是 abc 3 一盒餅乾,小紅吃了它的,媽媽吃了它的,還剩這盒餅乾...
單元測試卷
一 選擇題 本大題共12小題，每小題5分，共60分 每小題中只有一項符合題目要求 1 已知 sin 則tan 等於 ab 7 c d 7 答案 a 解析 sin cos tan tan 2 函式y sin2xcos2x的最小正週期是 a 2 b 4 c.d 答案 d 解析 y sin2xcos2x ...
單元測試卷
六年級數學第一單元測試卷 一 填空題。1 16讀作2.3 讀作 2 所有的負數都在0的 邊，也就是負數都比0 而正數都比0 負都比正數 3 比0還小的數是不是正數也不是負數。4 在3.7，2.6，5，0，12 中，正數有負數有 5 用正數或者負數表示下面的氣溫 零下12攝氏度 7.5攝氏度支出300...