高考數(shù)學(xué)權(quán)重體系下答案與詳解知識點分析（通用）

1、高考數(shù)學(xué)權(quán)重體系函數(shù)體系答案第一部分 基本初等函數(shù)（I）題型一 映射與函數(shù)的基本概念 習(xí)題精選一、求映射的個數(shù)1解：為奇數(shù)，當(dāng)為奇數(shù)、時，它們在中的象只能為偶數(shù)、或，由分步計數(shù)原理和對應(yīng)方法有種；而當(dāng)時，它在中的象為奇數(shù)或，共有種對應(yīng)方法故映射的個數(shù)是故選D2 解：（1）當(dāng)全是等號時，（即與B中的一個元素對應(yīng)），則f有C個; （2）有一個不等號時的映射（即與B中的兩個元素對應(yīng)），f有CC=12個; （3）有二個不等號的映射，f有CC=6個所以共有3+12+6=21個，答案選C另一種解釋法：將元素1，2，3，4，5按照從小到大的順序串成一串之間有4個節(jié)點若只有一個象就讓這一串整體對應(yīng)有C3種方法

2、；若恰有兩個象就將這一串分為兩段，并按照大小順序?qū)?yīng)，有CC12種方法；若恰有三個象就將這一串分為三段，并按照大小順序?qū)?yīng)，有CC6種方法根據(jù)分類計數(shù)原理，共有3+12+6=21個映射故選C3 解：從A到B可分兩步進行：第一步A中的元素3可有3種對應(yīng)方法（可對應(yīng)5或6或7），第二步A中的元素4也有這3種對應(yīng)方法由乘法原理，不同的映射種數(shù)N1339反之從B到A，道理相同，有N22228種不同映射答案：9 84解：f（a）N，f（b）N，f（c）N，且f（a）+f（b）+f（c）=0，有0+0+0=0+1+（1）=0當(dāng)f（a）=f（b）=f（c）=0時，只有一個映射；當(dāng)f（a）、f（b）、f（c）

3、中恰有一個為0，而另兩個分別為1，1時，有CA=6個映射因此所求的映射的個數(shù)為1+6=75 552=50當(dāng)x為奇數(shù)時，f(x)任意，當(dāng)x為偶數(shù)時，f(x)為奇數(shù)6(1) 24 =16 (2) 36 (3) 34-24=65 二、象與原象1解析：由2nn20求n，用代入法可知選C答案：C2解析：指數(shù)函數(shù)的定義域是R，值域是（0，+），所以f是xy=3x，答案：C3（-1，-2），(-1,2)和(2,-1)4 解：f（1）=31+1=4，f（2）=32+1=7，f（3）=33+1=10，f（k）=3k+1，由映射的定義知（1）或（2） aN，方程組（1）無解解方程組（2），得a=2或a=5（舍），

4、3k+1=16，3k=15，k=5A=1，2，3，5，B=4，7，10，16三、函數(shù)的定義1解析：A項定義域為2，0，D項值域不是0，2，C項對任一x都有兩個y與之對應(yīng)，都不符故選B答案：B2 C3 解：（1）由于f（x）=|x|，g（x）=x，故它們的值域及對應(yīng)法則都不相同，所以它們不是同一函數(shù)（2）由于函數(shù)f（x）=的定義域為（，0）（0，+），而g（x）=的定義域為R，所以它們不是同一函數(shù)（3）由于當(dāng)nN*時，2n1為奇數(shù)，f（x）=x，g（x）=（）2n1=x，它們的定義域、值域及對應(yīng)法則都相同，所以它們是同一函數(shù)（4）由于函數(shù)f（x）=的定義域為x|x0，而g（x）=的定義域為x|x

5、1或x0，它們的定義域不同，所以它們不是同一函數(shù)（5）函數(shù)的定義域、值域和對應(yīng)法則都相同，所以它們是同一函數(shù)4解：20022000，f（2002）=ff（200218）=ff（1984）=f1984+13=f（1997）=1997+13=20205 解析：f（lg30lg3）=f（lg10）=f（1）=2，f（x1）=當(dāng)x3時，x（x3）102x5，故3x5當(dāng)x3時，2x10x5，故5x3總之x（5，5）答案：2 x|5x56 解析：分類討論 答案：（，+）7 3/2 8 解：f（m）=，2m+1= 2m=1f（m）=+2m+1=+2m+1=+2m+1=+2m+1=+ 2m+1=（2m）+1=

6、（1）+1=2題型二 定義域與值域一、定義域問題1 (1) (0,2)(2,3， (2) -5,-3p/2(-p/2,p/2)(3p/2,52 (1,+)3 C注意二次項系數(shù)為零的特殊情況4 （1）ba,b-a, b|a|,a0時，x-,a0時，x-, (2)4,165當(dāng)-1/2a0時，a-a1+a,x-a,1+a; 當(dāng)0a1/2時，xa,1-a;當(dāng)a1/2時，g(x)不存在6. 解：(1)由0x2， 得 7 解：，令且，故,故選取8 解：（1）由，解得 當(dāng)時，不等式解集為；當(dāng)時，不等式解集為，的定義域為（2）原函數(shù)即，當(dāng)，即時，函數(shù)既無最大值又無最小值；當(dāng)，即時，函數(shù)有最大值，但無最小值二

7、值域問題1 解：-1x1，-33x3，-13x+25，即-1y5，值域是-1，5 即函數(shù)的值域是 y| y2 即函數(shù)的值域是 y| yR且y1（此法亦稱分離常數(shù)法）當(dāng)x0，=，當(dāng)x0時， =值域是 2，+)（此法也稱為配方法）函數(shù)的圖像為：值域是 2，+)2 解：（1）（配方法），的值域為改題：求函數(shù)，的值域解：（利用函數(shù)的單調(diào)性）函數(shù)在上單調(diào)增，當(dāng)時，原函數(shù)有最小值為；當(dāng)時，原函數(shù)有最大值為函數(shù)，的值域為（2）求復(fù)合函數(shù)的值域：設(shè)（），則原函數(shù)可化為又，故，的值域為（3）（法一）反函數(shù)法：的反函數(shù)為，其定義域為，原函數(shù)的值域為（法二）分離變量法：，函數(shù)的值域為（4）換元法（代數(shù)換元法）：設(shè)，

8、則，原函數(shù)可化為，原函數(shù)值域為說明：總結(jié)型值域，變形：或（5）三角換元法：，設(shè)，則，原函數(shù)的值域為（6）數(shù)形結(jié)合法：，函數(shù)值域為（7）判別式法：恒成立，函數(shù)的定義域為由得： 當(dāng)即時，即，當(dāng)即時，時方程恒有實根，且，原函數(shù)的值域為（8），當(dāng)且僅當(dāng)時，即時等號成立，原函數(shù)的值域為（9）（法一）方程法：原函數(shù)可化為：，（其中），原函數(shù)的值域為3 (1) (0,1; (2) -1/2,+)4 (1)（-1/3y0時，-1y0,x0時，0y, -1y5 (1)-1m0,f(x)遞減；a0,f(x)遞增2 a(0,1)(2,+)3 a1時，f(x)遞減； 0a1時，存在兩點x1=0,x2=2a/(1-a2

9、) ,f(x1)=f(x2)=1,故無單調(diào)性4（(-,-3) 5在(-,1)上遞增；在(2,+)上遞減 6在(0,1/2上遞增；在1/2,+)上遞減 7 6kp-3p/4,6kp+3p/4 kZ 8 (1,2) 9 -1mnf(n)+1n+1,證明f(n+1)f(n)+1n+111作圖，在(-3,1/2和(4,+)上遞減，在(-,-3)和1/2,4)上遞增）12 13 -2-1k1或qc,則y在(0,c上為減函數(shù)，從而當(dāng)v=c時，全程運輸成本最小16 kp+3p/4,kp+5p/4) (kZ)；(kp+p/4,kp+3p/4 (kZ)題型六 指對冪函數(shù)運算法則及其圖像1.B 2 A 3 B 4

10、 C D 6B 7D 8A 9,4/3,3/5,1/10, 10 (1,2)11，（）12 a3/4 13 0a4時，方程有兩解題型七 函數(shù)的圖像與變換1 D 2 C 3 A 4 C 5 C 6 A 7D 8 D 9 C 10 C 11 D12y=cos(2x-1/2) 設(shè)P1(x1,y1)為原圖象上的點,通過變換后得到新圖象上一點P(x,y)，則x=(x1+1/2)/2, x1=2x-1/2, y1=y, 代入y1=cosx1得到 y=cos(2x-1/2)13 (1)此函數(shù)由函數(shù)y=lg|x|向左平移1個單位而得到；(2)y=1-1/(x+3)由函數(shù)y=1/x向左平移3個單位再向上平移1個

11、單位而得到，注意漸近線的變化14 1/2 15 x=m/2 16 y=f(3x-2)17 （1） C ；（2） A ；（3） D ；（4）B 18 (-,0) 19先作y=log2x關(guān)于y軸對稱的圖象，再沿x軸向右平移一個單位得到20 x2+(2+a)x-2a-3=0, 由=0以及-(2+a)/21可得a= -6+2, -6+2a1/2時一個交點,k=1/2時兩個交點,0k bca解析：（1）（2）三角函數(shù)單調(diào)性，由圖象易知7.（1）,(2),(3), 8.(1)偶函數(shù)（2）非奇非偶函數(shù)，定義域不對稱，故為非奇非偶9.解析：為偶函數(shù) 10. 解析：為偶函數(shù) 代入在上單調(diào)11.解：（1）是函數(shù)的

12、圖象的對稱軸（2）由（1）知，因此由題意得所以函數(shù)的單調(diào)增區(qū)間為12.C解析：由奇函數(shù)性質(zhì)，f（0）=013.B解析：A不是周期函數(shù) C在上不是增函數(shù) D不是周期函數(shù)14.D解析： 偶函數(shù),有最值15.B解析：減區(qū)間16A解析：;17.C 18.A解析： 19.同上第4題20.解析：周期為，奇函數(shù)，故21.-1解析： 22.（1）（2）減 增 （3）對稱軸為 對稱中心為 對稱中心為23.解析： 24.（1） 所以值域是(2) 不是單調(diào)函數(shù)是對稱軸，左側(cè)，右側(cè)上，通過對稱軸不再單調(diào)25.（1）聯(lián)立得（2）對稱軸,在上存在對稱軸解三角形的應(yīng)用題型一 解三角形一、 正余弦定理的直接運用1 2 。 3

13、_120_。4 B 5D 6.B. 7. 8.C. 9. 10 .題型二 解三角形綜合1 答案：由得，有 ，得，由得，有，得。2 3 答案：（I）由得，由得于是（II）由，得，由，得，即。又。得，得。4 答案：（I）= = 。（II）由，得，有。又，得，當(dāng)且僅當(dāng)時，的最大值是。5答案：， 又， 6 答案（）證明： 所以（）解：， 即 ，將代入上式并整理得解得，舍去負(fù)值得， 設(shè)AB邊上的高為CD.則AB=AD+DB=由AB=3，得CD=2+. 所以AB邊上的高等于2+.題型三 解三角形的應(yīng)用1解：在ABD中，設(shè)BD=x , 則即 整理得： 解之： （舍去）由余弦定理： 2解：連接BC,在中，BA

14、C=105而cos 105= cos (60+ 45)=, sin105=,由余弦定理得BC2=202+()2220cos 105=400+200. 于是 BC=10. 由正弦定理，得, sinACB=, ACB40=AQ，所以點Q位于點A和點E之間，且QE=AE-AQ=15.過點E作EP BC于點P，則EP為點E到直線BC的距離.在Rt中，=.所以船會進入警戒水域第三部分導(dǎo)數(shù)題型一、常見函數(shù)的導(dǎo)數(shù)（一）導(dǎo)數(shù)的運算1.【答案】D【解析】， 2.【答案】D【解析】3. 【答案】A 4. 【答案與解析】（1）y=（x2）sinxx2（sinx）=2xsinxx2cosx（2）y=（3）y=（4）法

15、一： 法二： +（5） 題型二 復(fù)合函數(shù)求導(dǎo)（一）復(fù)合函數(shù)運算法則1. 【答案】C 2. 【答案】B 3. 【答案】A 4. 【答案】A 5. 【答案與解析】(1)令, （2）令 （3） （4）令（5） （6） （7） （8） 解法1： 解法2： 題型三 導(dǎo)數(shù)的幾何意義1：答案： 2：3e 3.【答案】D【解析】曲線，導(dǎo)數(shù)，在點處的切線的斜率為，所以切線方程是，選D.4.【答案】【解析】曲線和在它們的交點坐標(biāo)是(1，1)，兩條切線方程分別是y=x+2和y=2x1，它們與軸所圍成的三角形的面積是.5 【答案】36 【答案與解析】（）解：當(dāng)時，又，所以，曲線在點處的切線方程為，即（）解：由于，以下

16、分兩種情況討論（1）當(dāng)時，令，得到，當(dāng)變化時，的變化情況如下表：00極小值極大值所以在區(qū)間，內(nèi)為減函數(shù)，在區(qū)間內(nèi)為增函數(shù)函數(shù)在處取得極小值，且，函數(shù)在處取得極大值，且（2）當(dāng)時，令，得到，當(dāng)變化時，的變化情況如下表：00極大值極小值所以在區(qū)間，內(nèi)為增函數(shù)，在區(qū)間內(nèi)為減函數(shù)函數(shù)在處取得極大值，且函數(shù)在處取得極小值，且7. 【答案與解析】() f(x)3x2+2mxm2=(x+m)(3xm)=0,則x=m或x=m,當(dāng)x變化時，f(x)與f(x)的變化情況如下表：x(,m)m(m,)(,+)f(x)+00+f (x)極大值 極小值從而可知，當(dāng)x=m時，函數(shù)f(x)取得極大值9，即f(m)m3+m3+

17、m3+1=9,m2.()由()知，f(x)=x3+2x24x+1,依題意知f(x)3x24x45，x1或x.又f(1)6，f()，所以切線方程為y65(x1),或y5(x)，即5xy10，或135x27y230.8. 【答案與解析】()因為又因為曲線通過點（0，2a+3）,故又曲線在（-1，f(-1)）處的切線垂直于y軸，故即-2a+b=0,因此b=2a()由()得故當(dāng)時，取得最小值-. 此時有從而所以令，解得當(dāng)當(dāng)由此可見，函數(shù)的單調(diào)遞減區(qū)間為（-，-2）和（2，+）；單調(diào)遞增區(qū)間為（-2，2）.9. 【答案與解析】（1），即曲線在點（1，1）處的切線斜率k=0因此曲線在（1，1）處的切線方程

18、為y=1（2）， 10. 【答案與解析】解：切線與直線平行， 斜率為4，又切線在點的斜率為 ， 或切點為（1，-8）或（-1，-12） 切線方程為或即或題型四 利用導(dǎo)數(shù)判斷函數(shù)的單調(diào)性1. 【答案與解析】由已知得，令，解得.（）當(dāng)時，在上單調(diào)遞增 當(dāng)時，隨的變化情況如下表：0+00極大值極小值從上表可知，函數(shù)在上單調(diào)遞增；在上單調(diào)遞減；在上單調(diào)遞增.（）由（）知，當(dāng)時，函數(shù)沒有極值. 當(dāng)時，函數(shù)在處取得極大值，在處取得極小值.2. 【答案與解析】（）當(dāng)時，；由題意知為方程的兩根，所以由，得 從而，當(dāng)時，；當(dāng)時，故在單調(diào)遞減，在，單調(diào)遞增 （）由式及題意知為方程的兩根，所以從而，由上式及題設(shè)知

19、設(shè)， 故在單調(diào)遞增，在單調(diào)遞減，從而在的極大值為又在上只有一個極值，所以為在上的最大值，且最小值為所以，即的取值范圍為3. 【答案與解析】（1）求導(dǎo)： 當(dāng)時，在上遞增當(dāng)，求得兩根為即在，遞增，在遞減，（2），且解得： 4. 【答案與解析】（I）當(dāng)時,的單調(diào)增區(qū)間為，單調(diào)減區(qū)間.當(dāng)時 ,的單調(diào)增區(qū)間為，單調(diào)減區(qū)間為.（II）當(dāng)時, 函數(shù)不存在最小值. 當(dāng)時, 依題意，即, 由條件， 所以的取值范圍為.5. 【答案與解析】函數(shù)在區(qū)間-1，1上有零點，即方程=0在-1，1上有解，a=0時，不符合題意，所以a0,方程f(x)=0在-1，1上有解或或或或.所以實數(shù)的取值范圍是或.6. 【答案與解析】的定

20、義域為（）當(dāng)時，；當(dāng)時，；當(dāng)時，從而，分別在區(qū)間，單調(diào)增加，在區(qū)間單調(diào)減少（）由（）知在區(qū)間的最小值為又所以在區(qū)間的最大值為7. 【答案與解析】()因， 所以即當(dāng)因斜率最小的切線與平行，即該切線的斜率為-12， 所以解得() 由()知8 【答案與解析】（1）當(dāng)時，對任意，為偶函數(shù) 當(dāng)時，取，得， ， 函數(shù)既不是奇函數(shù)，也不是偶函數(shù) （2）設(shè)， 要使函數(shù)在上為增函數(shù)，必須恒成立 ，即恒成立 又，的取值范圍是 9. 【答案與解析】 (1) 若則 當(dāng)且時，；當(dāng)時， 所以的單調(diào)減區(qū)間為，的單調(diào)增區(qū)間為.(2) 在 兩邊取對數(shù), 得,由于所以 由(1)的結(jié)果可知,當(dāng)時, , 為使(1)式對所有成立,當(dāng)且

21、僅當(dāng),即.10. 【答案與解析】（1）因為 令得，又，的遞增區(qū)間為，的遞減區(qū)間為 （2）列極值表可得：， 要使的圖像與直線恰有兩個交點，只要或， 即或. 題型五 利用導(dǎo)數(shù)求函數(shù)的極值1. 【答案與解析】(1) ，由于函數(shù)在時取得極值，所以 即 (2) 方法一,由題設(shè)知：對任意都成立 即對任意都成立設(shè), 則對任意，為單調(diào)遞增函數(shù)所以對任意，恒成立的充分必要條件是,即， 于是的取值范圍是 方法二,由題設(shè)知：對任意都成立,即對任意都成立于是對任意都成立，即，于是的取值范圍是2. 【答案與解析】（）因為是的極值點，所以，即，因此經(jīng)驗證，當(dāng)時，是函數(shù)的極值點 （）由題設(shè)，當(dāng)在區(qū)間上的最大值為時，即故得反

22、之，當(dāng)時，對任意，而，故在區(qū)間上的最大值為綜上，的取值范圍為3. 【答案與解析】（），由題意知，即得，（*），由得，由韋達(dá)定理知另一個極值點為（或）（）由（*）式得，即當(dāng)時，；當(dāng)時，（i）當(dāng)時，在和內(nèi)是減函數(shù)，在內(nèi)是增函數(shù)，由及，解得（ii）當(dāng)時，在和內(nèi)是增函數(shù)，在內(nèi)是減函數(shù)，恒成立綜上可知，所求的取值范圍為4. 【答案與解析】（）函數(shù)的定義域是，則令則當(dāng)時，在（-1，0）上為增函數(shù)，當(dāng)x0時，在上為減函數(shù).所以h(x)在x=0處取得極大值，而h(0)=0,所以，函數(shù)g(x)在上為減函數(shù).于是當(dāng)時， 當(dāng)x0時，所以，當(dāng)時，在（-1，0）上為增函數(shù).當(dāng)x0時，在上為減函數(shù).故函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間為

23、，單調(diào)遞減區(qū)間為.（）不等式等價于不等式由知， 設(shè)則由（）知，即所以于是G(x)在上為減函數(shù).故函數(shù)G（x）在上的最小值為所以a的最大值為題型六 利用導(dǎo)數(shù)求解或證明不等式1. 【答案與解析】（）的導(dǎo)數(shù)由于，故（當(dāng)且僅當(dāng)時，等號成立）（）令，則，（）若，當(dāng)時，故在上為增函數(shù)，所以，時，即（）若，方程的正根為，此時，若，則，故在該區(qū)間為減函數(shù)所以，時，即，與題設(shè)相矛盾綜上，滿足條件的的取值范圍是2. 【答案與解析】（）由題意知，的定義域為， 設(shè)，其圖象的對稱軸為，當(dāng)時，即在上恒成立，當(dāng)時，當(dāng)時，函數(shù)在定義域上單調(diào)遞增（）由（）得，當(dāng)時，函數(shù)無極值點時，有兩個相同的解，時，時，時，函數(shù)在上無極值點當(dāng)

24、時，有兩個不同解，時，即，時，隨的變化情況如下表：極小值由此表可知：時，有惟一極小值點，當(dāng)時，此時，隨的變化情況如下表：極大值極小值由此表可知：時，有一個極大值和一個極小值點；綜上所述：時，有惟一最小值點；時，有一個極大值點和一個極小值點；時，無極值點（）當(dāng)時，函數(shù)，令函數(shù)，則當(dāng)時，所以函數(shù)在上單調(diào)遞增，又時，恒有，即恒成立故當(dāng)時，有對任意正整數(shù)取，則有所以結(jié)論成立3. 【答案與解析】（I）由題意知，因此，從而又對求導(dǎo)得：由題意，因此，解得（II）由（I）知（），令，解得當(dāng)時，此時為減函數(shù)；當(dāng)時，此時為增函數(shù)因此的單調(diào)遞減區(qū)間為，而的單調(diào)遞增區(qū)間為（III）由（II）知，在處取得極小值，此極小值也是最小值，要使（）恒成立，只需即，從而，解得或所以的取值范圍為4. 【答案與解析】（）當(dāng)（）時，即；當(dāng)（）時，即因此在每一個區(qū)間（）是增函數(shù)，在每一個區(qū)間（）是減函數(shù)（）令，則故當(dāng)時，又，所以當(dāng)時，即 當(dāng)時，