2017年上海市高考数学试卷.docx

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1、_2017上海市高考数学试卷一、填空题（本大题共12题，满分54分，第16题每题4分，第712题每题5分）1（4分）已知集合A=1，2，3，4，集合B=3，4，5，则AB= 2（4分）若排列数P6m=654，则m= 3（4分）不等式x-1x1的解集为 4（4分）已知球的体积为36，则该球主视图的面积等于 5（4分）已知复数z满足z+3z=0，则|z|= 6（4分）设双曲线x29y2b2=1（b0）的焦点为F1、F2，P为该双曲线上的一点，若|PF1|=5，则|PF2|= 7（5分）如图，以长方体ABCDA1B1C1D1的顶点D为坐标原点，过D的三条棱所在的直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，若D

2、B1的坐标为（4，3，2），则AC1的坐标是 8（5分）定义在（0，+）上的函数y=f（x）的反函数为y=f1（x），若g（x）=&3x-1，x0&f(x)，x0为奇函数，则f1（x）=2的解为 9（5分）已知四个函数：y=x，y=1x，y=x3，y=x12，从中任选2个，则事件“所选2个函数的图象有且仅有一个公共点”的概率为 10（5分）已知数列an和bn，其中an=n2，nN*，bn的项是互不相等的正整数，若对于任意nN*，bn的第an项等于an的第bn项，则lg(b1b4b9b16)lg(b1b2b3b4)= 11（5分）设a1、a2R，且12+sina1+12+sin(2a2)=2，则

3、|10a1a2|的最小值等于 12（5分）如图，用35个单位正方形拼成一个矩形，点P1、P2、P3、P4以及四个标记为“”的点在正方形的顶点处，设集合=P1，P2，P3，P4，点P，过P作直线lP，使得不在lP上的“”的点分布在lP的两侧用D1（lP）和D2（lP）分别表示lP一侧和另一侧的“”的点到lP的距离之和若过P的直线lP中有且只有一条满足D1（lP）=D2（lP），则中所有这样的P为 二、选择题（本大题共4题，每题5分，共20分）13（5分）关于x、y的二元一次方程组&x+5y=0&2x+3y=4的系数行列式D为（）A0543B1024C1523D605414（5分）在数列an中，a

4、n=（12）n，nN*，则limnan（）A等于-12B等于0C等于12D不存在15（5分）已知a、b、c为实常数，数列xn的通项xn=an2+bn+c，nN*，则“存在kN*，使得x100+k、x200+k、x300+k成等差数列”的一个必要条件是（）Aa0Bb0Cc=0Da2b+c=016（5分）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C1：x236+y24=1和C2：x2+y29=1P为C1上的动点，Q为C2上的动点，w是OPOQ的最大值记=（P，Q）|P在C1上，Q在C2上，且OPOQ=w，则中元素个数为（）A2个B4个C8个D无穷个三、解答题（本大题共5题，共14+14+14+16+18=

5、76分）17（14分）如图，直三棱柱ABCA1B1C1的底面为直角三角形，两直角边AB和AC的长分别为4和2，侧棱AA1的长为5（1）求三棱柱ABCA1B1C1的体积；（2）设M是BC中点，求直线A1M与平面ABC所成角的大小18（14分）已知函数f（x）=cos2xsin2x+12，x（0，）（1）求f（x）的单调递增区间；（2）设ABC为锐角三角形，角A所对边a=19，角B所对边b=5，若f（A）=0，求ABC的面积19（14分）根据预测，某地第n（nN*）个月共享单车的投放量和损失量分别为an和bn（单位：辆），其中an=&5n4+15，1n3&-10n+470，n4，bn=n+5，第n

6、个月底的共享单车的保有量是前n个月的累计投放量与累计损失量的差（1）求该地区第4个月底的共享单车的保有量；（2）已知该地共享单车停放点第n个月底的单车容纳量Sn=4（n46）2+8800（单位：辆）设在某月底，共享单车保有量达到最大，问该保有量是否超出了此时停放点的单车容纳量？20（16分）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆：x24+y2=1，A为的上顶点，P为上异于上、下顶点的动点，M为x正半轴上的动点（1）若P在第一象限，且|OP|=2，求P的坐标；（2）设P（85，35），若以A、P、M为顶点的三角形是直角三角形，求M的横坐标；（3）若|MA|=|MP|，直线AQ与交于另一点C，且AQ=

7、2AC，PQ=4PM，求直线AQ的方程21（18分）设定义在R上的函数f（x）满足：对于任意的x1、x2R，当x1x2时，都有f（x1）f（x2）（1）若f（x）=ax3+1，求a的取值范围；（2）若f（x）是周期函数，证明：f（x）是常值函数；（3）设f（x）恒大于零，g（x）是定义在R上的、恒大于零的周期函数，M是g（x）的最大值函数h（x）=f（x）g（x）证明：“h（x）是周期函数”的充要条件是“f（x）是常值函数”2017年上海市高考数学试卷参考答案与试题解析一、填空题（本大题共12题，满分54分，第16题每题4分，第712题每题5分）1（4分）已知集合A=1，2，3，4，集合B=3

8、，4，5，则AB=3，4【分析】利用交集定义直接求解【解答】解：集合A=1，2，3，4，集合B=3，4，5，AB=3，4故答案为：3，4【点评】本题考查交集的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意交集定义的合理运用2（4分）若排列数P6m=654，则m=3【分析】利用排列数公式直接求解【解答】解：排列数P6m=654，由排列数公式得P63=654，m=3故答案为：m=3【点评】本题考查实数值的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意排列数公式的合理运用3（4分）不等式x-1x1的解集为（，0）【分析】根据分式不等式的解法求出不等式的解集即可【解答】解：由x-1x1得：1-1x11x0x0，故不等

9、式的解集为：（，0），故答案为：（，0）【点评】本题考查了解分式不等式，考查转化思想，是一道基础题4（4分）已知球的体积为36，则该球主视图的面积等于9【分析】由球的体积公式，可得半径R=3，再由主视图为圆，可得面积【解答】解：球的体积为36，设球的半径为R，可得43R3=36，可得R=3，该球主视图为半径为3的圆，可得面积为R2=9故答案为：9【点评】本题考查球的体积公式，以及主视图的形状和面积求法，考查运算能力，属于基础题5（4分）已知复数z满足z+3z=0，则|z|=3【分析】设z=a+bi（a，bR），代入z2=3，由复数相等的条件列式求得a，b的值得答案【解答】解：由z+3z=0，得

10、z2=3，设z=a+bi（a，bR），由z2=3，得（a+bi）2=a2b2+2abi=3，即&a2-b2=-3&2ab=0，解得：&a=0&b=3z=3i则|z|=3故答案为：3【点评】本题考查复数代数形式的乘除运算，考查了复数相等的条件以及复数模的求法，是基础题6（4分）设双曲线x29y2b2=1（b0）的焦点为F1、F2，P为该双曲线上的一点，若|PF1|=5，则|PF2|=11【分析】根据题意，由双曲线的方程可得a的值，结合双曲线的定义可得|PF1|PF2|=6，解可得|PF2|的值，即可得答案【解答】解：根据题意，双曲线的方程为：x29y2b2=1，其中a=9=3，则有|PF1|PF

11、2|=6，又由|PF1|=5，解可得|PF2|=11或1（舍）故|PF2|=11，故答案为：11【点评】本题考查双曲线的几何性质，关键是掌握双曲线的定义7（5分）如图，以长方体ABCDA1B1C1D1的顶点D为坐标原点，过D的三条棱所在的直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，若DB1的坐标为（4，3，2），则AC1的坐标是（4，3，2）【分析】由DB1的坐标为（4，3，2），分别求出A和C1的坐标，由此能求出结果【解答】解：如图，以长方体ABCDA1B1C1D1的顶点D为坐标原点，过D的三条棱所在的直线为坐标轴，建立空间直角坐标系，DB1的坐标为（4，3，2），A（4，0，0），C1（0，3，2）

12、，AC1=(-4，3，2)故答案为：（4，3，2）【点评】本题考查空间向量的坐标的求法，考查空间直角坐标系等基础知识，考查运算求解能力，考查数形结合思想，是基础题8（5分）定义在（0，+）上的函数y=f（x）的反函数为y=f1（x），若g（x）=&3x-1，x0&f(x)，x0为奇函数，则f1（x）=2的解为89【分析】由奇函数的定义，当x0时，x0，代入已知解析式，即可得到所求x0的解析式，再由互为反函数的两函数的自变量和函数值相反，即可得到所求值【解答】解：若g（x）=&3x-1，x0&f(x)，x0为奇函数，可得当x0时，x0，即有g（x）=3x1，由g（x）为奇函数，可得g（x）=g（

13、x），则g（x）=f（x）=13x，x0，由定义在（0，+）上的函数y=f（x）的反函数为y=f1（x），且f1（x）=2，可由f（2）=132=89，可得f1（x）=2的解为x=89故答案为：89【点评】本题考查函数的奇偶性和运用，考查互为反函数的自变量和函数值的关系，考查运算能力，属于基础题9（5分）已知四个函数：y=x，y=1x，y=x3，y=x12，从中任选2个，则事件“所选2个函数的图象有且仅有一个公共点”的概率为13【分析】从四个函数中任选2个，基本事件总数n=C42=6，再利用列举法求出事件A：“所选2个函数的图象有且只有一个公共点”包含的基本事件的个数，由此能求出事件A：“所选

14、2个函数的图象有且只有一个公共点”的概率【解答】解：给出四个函数：y=x，y=1x，y=x3，y=x12，从四个函数中任选2个，基本事件总数n=C42=6，有两个公共点（0，0），（1，1）事件A：“所选2个函数的图象有且只有一个公共点”包含的基本事件有：，共2个，事件A：“所选2个函数的图象有且只有一个公共点”的概率为P（A）=26=13故答案为：13【点评】本题考查概率的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意列举法的合理运用10（5分）已知数列an和bn，其中an=n2，nN*，bn的项是互不相等的正整数，若对于任意nN*，bn的第an项等于an的第bn项，则lg(b1b4b9b16)lg

15、(b1b2b3b4)=2【分析】an=n2，nN*，若对于一切nN*，bn中的第an项恒等于an中的第bn项，可得ban=abn=(bn)2于是b1=a1=1，(b2)2=b4，(b3)2=b9，(b4)2=b16即可得出【解答】解：an=n2，nN*，若对于一切nN*，bn中的第an项恒等于an中的第bn项，ban=abn=(bn)2b1=a1=1，(b2)2=b4，(b3)2=b9，(b4)2=b16b1b4b9b16=(b1b2b3b4)2lg(b1b4b9b16)lg(b1b2b3b4)=2故答案为：2【点评】本题考查了数列递推关系、对数的运算性质，考查了推理能力与计算能力，属于中档题

16、11（5分）设a1、a2R，且12+sina1+12+sin(2a2)=2，则|10a1a2|的最小值等于4【分析】由题意，要使12+sin1+12+sin22=2，可得sin1=1，sin22=1求出1和2，即可求出|1012|的最小值【解答】解：根据三角函数的性质，可知sin1，sin22的范围在1，1，要使12+sin1+12+sin22=2，sin1=1，sin22=1则：1=-2+2k1，k1Z22=-2+2k2，即2=-4+k2，k2Z那么：1+2=（2k1+k2）-34，k1、k2Z|1012|=|10+34（2k1+k2）|的最小值为4故答案为：4【点评】本题主要考察三角函数性

17、质，有界限的范围的灵活应用，属于基本知识的考查12（5分）如图，用35个单位正方形拼成一个矩形，点P1、P2、P3、P4以及四个标记为“”的点在正方形的顶点处，设集合=P1，P2，P3，P4，点P，过P作直线lP，使得不在lP上的“”的点分布在lP的两侧用D1（lP）和D2（lP）分别表示lP一侧和另一侧的“”的点到lP的距离之和若过P的直线lP中有且只有一条满足D1（lP）=D2（lP），则中所有这样的P为P1、P3、P4【分析】根据任意四边形ABCD两组对边中点的连线交于一点，过此点作直线，使四边形的四个顶点不在该直线的同一侧，则该直线两侧的四边形的顶点到直线的距离之和相等；由此得出结论【

18、解答】解：设记为“”的四个点是A，B，C，D，线段AB，BC，CD，DA的中点分别为E，F，G，H，易知EFGH为平行四边形，如图所示；又平行四边形EFGH的对角线交于点P2，则符合条件的直线lP一定经过点P2，且过点P2的直线有无数条； 由过点P1和P2的直线有且仅有1条，过点P3和P2的直线有且仅有1条，过点P4和P2的直线有且仅有1条，所以符合条件的点是P1、P3、P4故答案为：P1、P3、P4【点评】本题考查了数学理解力与转化力的应用问题，也考查了对基本问题的阅读理解和应用转化能力二、选择题（本大题共4题，每题5分，共20分）13（5分）关于x、y的二元一次方程组&x+5y=0&2x+

19、3y=4的系数行列式D为（）A0543B1024C1523D6054【分析】利用线性方程组的系数行列式的定义直接求解【解答】解：关于x、y的二元一次方程组&x+5y=0&2x+3y=4的系数行列式：D=1523故选：C【点评】本题考查线性方程组的系数行列式的求法，是基础题，解题时要认真审题，注意线性方程组的系数行列式的定义的合理运用14（5分）在数列an中，an=（12）n，nN*，则limnan（）A等于-12B等于0C等于12D不存在【分析】根据极限的定义，求出limnan=limn(-12)n的值【解答】解：数列an中，an=（12）n，nN*，则limnan=limn(-12)n=0故

20、选：B【点评】本题考查了极限的定义与应用问题，是基础题15（5分）已知a、b、c为实常数，数列xn的通项xn=an2+bn+c，nN*，则“存在kN*，使得x100+k、x200+k、x300+k成等差数列”的一个必要条件是（）Aa0Bb0Cc=0Da2b+c=0【分析】由x100+k，x200+k，x300+k成等差数列，可得：2x200+k=x100+kx300+k，代入化简即可得出【解答】解：存在kN*，使得x100+k、x200+k、x300+k成等差数列，可得：2a（200+k）2+b（200+k）+c=a（100+k）2+b（100+k）+c+a（300+k）2+b（300+k）+

21、c，化为：a=0使得x100+k，x200+k，x300+k成等差数列的必要条件是a0故选：A【点评】本题考查了等差数列的通项公式、简易逻辑的判定方法，考查了推理能力与计算能力，属于基础题16（5分）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆C1：x236+y24=1和C2：x2+y29=1P为C1上的动点，Q为C2上的动点，w是OPOQ的最大值记=（P，Q）|P在C1上，Q在C2上，且OPOQ=w，则中元素个数为（）A2个B4个C8个D无穷个【分析】设出P（6cos，2sin），Q（cos，3sin），02，由向量数量积的坐标表示和两角差的余弦公式和余弦函数的值域，可得最大值及取得的条件，即可判断所

22、求元素的个数【解答】解：椭圆C1：x236+y24=1和C2：x2+y29=1P为C1上的动点，Q为C2上的动点，可设P（6cos，2sin），Q（cos，3sin），02，则OPOQ=6coscos+6sinsin=6cos（），当=2k，kZ时，w取得最大值6，则=（P，Q）|P在C1上，Q在C2上，且OPOQ=w中的元素有无穷多对另解：令P（m，n），Q（u，v），则m2+9n2=36，9u2+v2=9，由柯西不等式（m2+9n2）（9u2+v2）=324（3mu+3nv）2，当且仅当mv=nu，即O、P、Q共线时，取得最大值6，显然，满足条件的P、Q有无穷多对，D项正确故选：D【点评】

23、本题考查椭圆的参数方程的运用，以及向量数量积的坐标表示和余弦函数的值域，考查集合的几何意义，属于中档题三、解答题（本大题共5题，共14+14+14+16+18=76分）17（14分）如图，直三棱柱ABCA1B1C1的底面为直角三角形，两直角边AB和AC的长分别为4和2，侧棱AA1的长为5（1）求三棱柱ABCA1B1C1的体积；（2）设M是BC中点，求直线A1M与平面ABC所成角的大小【分析】（1）三棱柱ABCA1B1C1的体积V=SABCAA1=12ABACAA1，由此能求出结果（2）连结AM，A1MA是直线A1M与平面ABC所成角，由此能求出直线A1M与平面ABC所成角的大小【解答】解：（1

24、）直三棱柱ABCA1B1C1的底面为直角三角形，两直角边AB和AC的长分别为4和2，侧棱AA1的长为5三棱柱ABCA1B1C1的体积：V=SABCAA1=12ABACAA1=12425=20（2）连结AM，直三棱柱ABCA1B1C1的底面为直角三角形，两直角边AB和AC的长分别为4和2，侧棱AA1的长为5，M是BC中点，AA1底面ABC，AM=12BC=1216+4=5，A1MA是直线A1M与平面ABC所成角，tanA1MA=AA1AM=55=5，直线A1M与平面ABC所成角的大小为arctan5【点评】本题考查三棱柱的体积的求法，考查线面角的大小的求法，考查空间中线线、线面、面面间的位置关系

25、等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力、空间想象能力，考查化归与转化思想、函数与方程思想、数形结合思想，是中档题18（14分）已知函数f（x）=cos2xsin2x+12，x（0，）（1）求f（x）的单调递增区间；（2）设ABC为锐角三角形，角A所对边a=19，角B所对边b=5，若f（A）=0，求ABC的面积【分析】（1）由二倍角的余弦公式和余弦函数的递增区间，解不等式可得所求增区间；（2）由f（A）=0，解得A，再由余弦定理解方程可得c，再由三角形的面积公式，计算即可得到所求值【解答】解：（1）函数f（x）=cos2xsin2x+12=cos2x+12，x（0，），由2k2x2k，解得k

26、12xk，kZ，k=1时，12x，可得f（x）的增区间为2，）；（2）设ABC为锐角三角形，角A所对边a=19，角B所对边b=5，若f（A）=0，即有cos2A+12=0，解得2A=23，即A=13，由余弦定理可得a2=b2+c22bccosA，化为c25c+6=0，解得c=2或3，若c=2，则cosB=19+4-2521920，即有B为钝角，c=2不成立，则c=3，ABC的面积为S=12bcsinA=125332=1534【点评】本题考查二倍角公式和余弦函数的图象和性质，考查解三角形的余弦定理和面积公式的运用，考查运算能力，属于中档题19（14分）根据预测，某地第n（nN*）个月共享单车的投

27、放量和损失量分别为an和bn（单位：辆），其中an=&5n4+15，1n3&-10n+470，n4，bn=n+5，第n个月底的共享单车的保有量是前n个月的累计投放量与累计损失量的差（1）求该地区第4个月底的共享单车的保有量；（2）已知该地共享单车停放点第n个月底的单车容纳量Sn=4（n46）2+8800（单位：辆）设在某月底，共享单车保有量达到最大，问该保有量是否超出了此时停放点的单车容纳量？【分析】（1）计算出an和bn的前4项和的差即可得出答案；（2）令anbn得出n42，再计算第42个月底的保有量和容纳量即可得出结论【解答】解：（1）an=&5n4+15，1n3&-10n+470，n4，

28、bn=n+5a1=514+15=20a2=524+15=95a3=534+15=420a4=104+470=430b1=1+5=6b2=2+5=7b3=3+5=8b4=4+5=9前4个月共投放单车为a1+a2+a3+a4=20+95+420+430=965，前4个月共损失单车为b1+b2+b3+b4=6+7+8+9=30，该地区第4个月底的共享单车的保有量为96530=935（2）令anbn，显然n3时恒成立，当n4时，有10n+470n+5，解得n46511，第42个月底，保有量达到最大当n4，an为公差为10等差数列，而bn为等差为1的等差数列，到第42个月底，单车保有量为a4+a4223

29、9+535b1+b42242=430+50239+5356+47242=8782S42=416+8800=873687828736，第42个月底单车保有量超过了容纳量【点评】本题考查了数列模型的应用，等差数列的求和公式，属于中档题20（16分）在平面直角坐标系xOy中，已知椭圆：x24+y2=1，A为的上顶点，P为上异于上、下顶点的动点，M为x正半轴上的动点（1）若P在第一象限，且|OP|=2，求P的坐标；（2）设P（85，35），若以A、P、M为顶点的三角形是直角三角形，求M的横坐标；（3）若|MA|=|MP|，直线AQ与交于另一点C，且AQ=2AC，PQ=4PM，求直线AQ的方程【分析】（

30、1）设P（x，y）（x0，y0），联立&x24+y2=1&x2+y2=2，能求出P点坐标（2）设M（x0，0），A（0，1），P（85，35），由P=90，求出x0=2920；由M=90，求出x0=1或x0=35；由A=90，则M点在x轴负半轴，不合题意由此能求出点M的横坐标（3）设C（2cos，sin），推导出Q（4cos，2sin1），设P（2cos，sin），M（x0，0）推导出x0=34cos，从而 4cos2cos=5cos，且2sinsin1=4sin，cos=43cos，且sin=13（12sin），由此能求出直线AQ【解答】解：（1）设P（x，y）（x0，y0），椭圆：x24+

31、y2=1，A为的上顶点，P为上异于上、下顶点的动点，P在第一象限，且|OP|=2，联立&x24+y2=1&x2+y2=2，解得P（233，63）（2）设M（x0，0），A（0，1），P（85，35），若P=90，则PAPM，即（x085，35）（85，25）=0，（85）x0+6425625=0，解得x0=2920如图，若M=90，则MAMP=0，即（x0，1）（85x0，35）=0，x02-85x0+35=0，解得x0=1或x0=35，若A=90，则M点在x轴负半轴，不合题意点M的横坐标为2920，或1，或35（3）设C（2cos，sin），AQ=2AC，A（0，1），Q（4cos，2sin

32、1），又设P（2cos，sin），M（x0，0），|MA|=|MP|，x02+1=（2cosx0）2+（sin）2，整理得：x0=34cos，PQ=（4cos2cos，2sinsin1），PM=（54cos，sin），PQ=4PM，4cos2cos=5cos，且2sinsin1=4sin，cos=43cos，且sin=13（12sin），以上两式平方相加，整理得3（sin）2+sin2=0，sin=23，或sin=1（舍去），此时，直线AC的斜率kAC=1-sin2cos=510 （负值已舍去），如图直线AQ为y=510x+1【点评】本题考查点的坐标的求法，考查直线方程的求法，考查椭圆、直线方

33、程、三角函数等基础知识，考查推理论证能力、运算求解能力，考查化归与转化思想、函数与方思想，是中档题21（18分）设定义在R上的函数f（x）满足：对于任意的x1、x2R，当x1x2时，都有f（x1）f（x2）（1）若f（x）=ax3+1，求a的取值范围；（2）若f（x）是周期函数，证明：f（x）是常值函数；（3）设f（x）恒大于零，g（x）是定义在R上的、恒大于零的周期函数，M是g（x）的最大值函数h（x）=f（x）g（x）证明：“h（x）是周期函数”的充要条件是“f（x）是常值函数”【分析】（1）直接由f（x1）f（x2）0求得a的取值范围；（2）若f（x）是周期函数，记其周期为Tk，任取x0

34、R，则有f（x0）=f（x0+Tk），证明对任意xx0，x0+Tk，f（x0）f（x）f（x0+Tk），可得f（x0）=f（x0+nTk），nZ，再由x03Tk，x02Tkx02Tk，x0Tkx0Tk，x0x0，x0+Tkx0+Tk，x0+2Tk=R，可得对任意xR，f（x）=f（x0）=C，为常数；（3）分充分性及必要性证明类似（2）证明充分性；再证必要性，然后分类证明【解答】（1）解：由f（x1）f（x2），得f（x1）f（x2）=a（x13x23）0，x1x2，x13x230，得a0故a的范围是0，+）；（2）证明：若f（x）是周期函数，记其周期为Tk，任取x0R，则有f（x0）=f（x

35、0+Tk），由题意，对任意xx0，x0+Tk，f（x0）f（x）f（x0+Tk），f（x0）=f（x）=f（x0+Tk）又f（x0）=f（x0+nTk），nZ，并且x03Tk，x02Tkx02Tk，x0Tkx0Tk，x0x0，x0+Tkx0+Tk，x0+2Tk=R，对任意xR，f（x）=f（x0）=C，为常数；（3）证明：充分性：若f（x）是常值函数，记f（x）=c1，设g（x）的一个周期为Tg，则h（x）=c1g（x），则对任意x0R，h（x0+Tg）=c1g（x0+Tg）=c1g（x0）=h（x0），故h（x）是周期函数；必要性：若h（x）是周期函数，记其一个周期为Th若存在x1，x2，使

36、得f（x1）0，且f（x2）0，则由题意可知，x1x2，那么必然存在正整数N1，使得x2+N1Tkx1，f（x2+N1Tk）f（x1）0，且h（x2+N1Tk）=h（x2）又h（x2）=g（x2）f（x2）0，而h（x2+N1Tk）=g（x2+N1Tk）f（x2+N1Tk）0h（x2），矛盾综上，f（x）0恒成立由f（x）0恒成立，任取x0A，则必存在N2N，使得x0N2Thx0Tg，即x0Tg，x0x0N2Th，x0，x03Tk，x02Tkx02Tk，x0Tkx0Tk，x0x0，x0+Tkx0+Tk，x0+2Tk=R，x02N2Th，x0N2Thx0N2Th，x0x0，x0+N2Thx0+N2Th，x0+2N2Th=Rh（x0）=g（x0）f（x0）=h（x0N2Th）=g（x0N2Th）f（x0N2Th），g（x0）=Mg（x0N2Th）0，f（x0）f（x0N2Th）0因此若h（x0）=h（x0N2Th），必有g（x0）=M=g（x0N2Th），且f（x0）=f（x0N2Th）=c而由（2）证明可知，对任意xR，f（x）=f（x0）=C，为常数综上，必要性得证【点评】本题考查抽象函数及其应用，考查逻辑思维能力与理论运算能力考查分类讨论的数学思想方法，题目设置难度过大Welcome ToDownload !欢迎您的下载，资料仅供参考！精品资料