2019北京各區年中、年末考試試題分類匯編 -創新題注意事項：認真閱讀理解，結合歷年的真題，總結經驗，查找不足！重在審題，多思考，多理解！1.〔2018年西城區高三期末考試文8〕有限集合P中元素的個數記作card(P).card(M)10，AM，BM，AB，且card(A)2，card(B)3.假設集合X滿足XM，且AX，BX，那么集合X的個數是〔A〕A、672B.640C.384D.3522.〔2018年海淀區高三期末考試文8〕點A到圖形C上每一個點的距離的最小值稱為點A到圖形C的距離.點A(1,0)，圓C：x2+2x+y2=0，那么平面內到圓C的距離與到點A的距離之差為1的點的軌跡是〔D〕A、雙曲線的一支B.橢圓C.拋物線D.射線〔2018年西城區高三期末考試理8〕點A(1,1)、假設曲線G上存在兩點B,C，使△ABC為正三角形，那么稱G為型曲線、給定以下三條曲線：①yx3(0x3)；②y2x2(2x0)；③y1、其中，型曲線的個數是〔C〕(x0)xA、0B.1C.2D.34.〔2018年海淀區高三期末考試理8〕點P到圖形C上每一個點的距離的最小值稱為點P到圖形C的距離，那么平面內到定圓C的距離與到定點A的距離相等的點的軌跡不可能是．．．(D)A、圓B.橢圓C.雙曲線的一支D.直線5.〔2018年朝陽區高三期末考試理8〕集合A{(x,y)|xn,ynab,nZ},B{(x,y)|xm,y3m212,mZ}.假設存在實數 a,b使得AB

成立,稱點(a,b)為“￡”點，那么“ ￡”點在平面區域C{(x,y)|x2y2108}內的個數是(A)A、0B.1C.2D.無數個6.〔2017年朝陽區高三年級第一學期期中統一考試理8〕設集合SA0,A1,A2,A3，在S上定義運算：AiAjAk，其中k為ij被4除的余數，i,j0,1,2,3，那么使關系式(AiAi)AjA0成立的有序數對(i,j)的組數為〔A〕A、4B.3C.2D.17.〔2017年東城區高三示范校高三綜合練習(一)文3〕設函數yf(x)在(,)內有定義，對于給定的正數K，定義函數：fK(x)≤K取函數f(x),f(x)K,＞Kf(x)f(x)a|x|(a＞1).當K1，函數fK(x)在以下區間上單調遞減的是〔D〕時aA.(,0)B.(a,)C.(,1)D.(1,)8.〔2017年東城區高三示范校高三綜合練習(一)理6〕規定a,ab,假設mina,bb,ba,函數f(x)minx,xt的圖象關于直線x1對稱，那么t的值為〔D〕2A.-2B.2C.-1D.19.〔2017年東城區高三示范校高三綜合練習(一)理7〕假設xR，nN，定義：Mxnx(x1)(x2)(xn1)，例如：M55=(-5)(-4)(-3)(-2)(-1)=-120,那么函數f(x)xMx199的奇偶性為〔A〕A.是偶函數而不是奇函數B.是奇函數而不是偶函數C.既是奇函數又是偶函數D.既不是奇函數又不是偶函數10.〔2017年東城區高三示范校高三綜合練習(一)理8〕非空集合G關于運算滿足：〔1〕對任意a、bG，都有abG；〔2〕存在cG，使得對一切aG，都有acca，那么稱G關于運算為“融洽集”。現給出以下集合和運算：a①G{非負整數}，為整數的加法；②G{偶數}，為整數的乘法；③G{平面向量}，為平面向量的加法；④G{二次三項式}，為多項式的加法。其中G關于運算為“融洽集”的是〔B〕A.①②B.①③C.②③D.②④11.〔順義區2018屆高三尖子生綜合素質展示8〕對于任意x，[x]表示不超過x的最大整數，如[1.1].定義R上的函數f(x)[2x][x4]，假設1,[2.1]x[Ayy(f)x,0，那么A中所有元素的和為〔B〕x1A.55B.58C.63D.65分析：x[0,1),f(x)0，x[1,2),f(x)1，x[2,3),f(x)388888x[3,4),f(x)4，x[4,5),f(x)7，x[5,6),f(x)8，888888x[6,7),f(x)10，x[7,1),f(x)11，f(1)1488812.〔順義區2018屆高三尖子生綜合素質展示文8〕對于任意x，[x]表示不超過x的最大整數，如[1.1]1,[2.1]3.定義R上的函數f(x)[x][2x][4x]，假設Ayyf(x),0x，那么A中所有元素的和為〔B〕1A.11B.15C.17D.2113.〔2017年東城區高三示范校高三綜合練習(一)文3〕定義域為D的函數yf(x)，假設對于任意xD，存在正數K，都有|f(x)|K|x|成立，那么稱函數yf(x)是D上的“倍約束函數”，以下函數：①f(x)2x；②f(x)2sin(x；③)4f(x)x32x2x；④x2，f(x)x2x1其中是“倍約束函數”的是_____________、〔將你認為正確的函數序號都填上〕答案：①④。〔2017年東城區高三示范校高三綜合練習(一)理13〕定義在R上的運算：xyx(1y)，假設不等式(xy)(xy)1對一切實數x恒成立，那么實數y的取值范圍是.答案：13。(,2)215.〔2018年西城區高三期末考試理14〕有限集合P中元素的個數記作card(P).card(M) 10，A M，B M，A B ，且card(A)2，card(B)3.假設集合X滿足A X M，那么集合X的個數是_____；假設集合Y滿足YM，且AY，B Y，那么集合Y的個數是_____.〔用數字作答〕答案：256，672.〔2018年昌平區高三期末考試理14〕設函數f(x)的定義域為R，假設存在與x無關的正常數M，使|f(x)|M|x|對一切實數x均成立，那么稱f(x)為有界泛函.在函數①f(x)5x，②f(x)x2，③f(x)sin2x，④f(x)(1x，⑤f(x)xcosx中，屬)2于有界泛函的有__________(填上所有正確的序號).答案：①③⑤。17.〔2018年西城區高三期末考試文14〕設0，不等式組x2,所表示的平面xy0,x2y0區域是W、給出以下三個結論：①當1時，W的面積為3；②0，使W是直角三角形區域；③設點P(x,y),對于PW有y、x4其中，所有正確結論的序號是______、答案：①、③.18.〔2018年朝陽區高三期末考試理14〕兩個正數a,b,可按規那么cabab擴充為一個新數c,在a,b,c三個數中取兩個較大的數,按上述規那么擴充得到一個新數，依次下去，將每擴充一次得到一個新數稱為一次操作.〔1〕假設a1,b3,按上述規那么操作三次,擴充所得的數是__________；〔2〕假設pq0，經過6次操作后擴充所得的數為(q1)m(p1)n1〔m,n為正整數〕，那么m,n的值分別為______________.答案：255 8,1319.〔2018年昌平區高三期末考試文 20〕M是具有以下性質的函數 f(x)的全體：對于任意s，t0，都有f(s)0，f(t)0，且f(s)f(t)f(st).〔I〕試判斷函數f1(x)log2(x1)，f2(x)2x1是否屬于M？〔II〕證明：對于任意的x0，xm0(mR且m0)都有m[f(xm)f(x)]0；〔III〕證明：對于任意給定的正數s1，存在正數t，當0xt時，f(x)s.解：(Ⅰ)由題意可知，f1(s)0,f1(t)0,f2(s)0,f2(t)0假設log2(s1)log2(t1)log2(st1)成立那么(s1)(t1)st1即st0與任意s，t0即st0相矛盾，故f1(x)M；??2分假設2s2t22st1成立那么2s2t2st10即(2s1)(12t)0s，t02s1,12t0即(2s1)(12t)0成立?..4分故f2(x)M.綜上，f1(x)M，f2(x)M.??5分(II)當m0時，f(xm)f(x)f(m)f(x)f(xm)f(x)0當m0時，f(x)f(xmm)f(xm)f(m)f(xm)f(xm)f(x)0故m[f(xm)f(x)]0.??9分(III)據〔II〕f(x)在（0.）上為增函數，且必有f(2x)2f(x)〔*〕①假設f(1)s，令t1，那么0xt時f(x)s；②假設f(1)s,那么存在kN*，使f(1)2k1t由〔*〕式可得f(1)1f(1)1f(1)1s2k22k12k即當

0

x t時，

f(x)

s20.〔2018

年海淀區高三期末考試文

20〕假設集合

A具有以下性質：0A，1A；②假設x,yA，那么xyA，且x0時，1.xA那么稱集合A是“好集”.〔Ⅰ〕分別判斷集合B={-1,0,1}，有理數集Q是否是“好集”，并說明理由；〔Ⅱ〕設集合A是“好集”，求證：假設x,yA，那么xyA；〔Ⅲ〕對任意的一個“好集”A，分別判斷下面命題的真假，并說明理由.命題p：假設x,yA，那么必有xyA；命題q：假設x,yA，且x0，那么必有y；Ax解：〔Ⅰ〕集合B不是“好集”.理由是：假設集合B是“好集”.因為-1?B，1B，所以-1-1=-2?B.這與-2?B矛盾.?2分有理數集Q是“好集”.因為0?Q，1?Q,對任意的x,y?Q，有x-y?Q，且x0時，1.?Qx所以有理數集Q是“好集”.??4分〔Ⅱ〕因為集合A是“好集”，所以0A.假設x,y?A，那么0yA，即yA.所以x(y)A，即xyA.???7分〔Ⅲ〕命題p,q均為真命題.理由如下：???9分對任意一個“好集” A，任取x,y?A，假設x,y中有0或1時，顯然xyA.下設x,y均不為0，1.由定義可知：1,1.x1,Ax1x所以11，即1.?Ax-1-?Ax(x-1)x所以x(x-1)?A.由〔Ⅱ〕可得：x(x-1)+x?A，即x2?A.同理可得y2?A.假設或，那么顯然2.x+y=0x+y=1(x+y)?A所以2xy(xy)2x2y2A.所以1.A2xy由〔Ⅱ〕可得：111.Axy2xy2xy所以xyA.綜上可知，xyA，即命題p為真命題.假設x,y?A，且x10，那么1.?Ax所以y1，即命題q為真命題.???14分=y孜Axx21.〔2018年西城區高三期末考試理20〕數列An:a1,a2,,an.如果數列Bn:b1,b2,,bn滿足b1an，bkak1akbk1，其中k2,3,,n，那么稱Bn為An的“衍生數列”.〔Ⅰ〕假設數列A4:a1,a2,a3,a4的“衍生數列”是B4:5,2,7,2，求A4；〔Ⅱ〕假設n為偶數，且An的“衍生數列”是，證明：的“衍生數列”是；〔Ⅲ〕假設nBnBnAn為奇數，且An的“衍生數列”是Bn，Bn的“衍生數列”是Cn，?.依次將數列An，Bn，Cn，?的第i(i1,2,,n)項取出，構成數列i:ai,bi,ci,.證明：i是等差數列.〔Ⅰ〕解： A4:2,1,4,5.?3分〔Ⅱ〕證法一：證明：由，b1a1(a1an)，b2a1a2b1a2(a1an).因此，猜想biai(1)i(a1an).?4分①當i1時，b1a1(a1an)，猜想成立；②假設ik(kN*)時，bka(1)k(aa).k1n當ik1時，bk1akak1bkakak1[ak(1)k(a1an)]akak1ak(1)k(a1an)ak1 (1)k1(a1 an)故當ik1時猜想也成立.由①、②可知，對于任意正整數i，有biai(1)i(a1an).???7分設數列Bn的“衍生數列”為Cn，那么由以上結論可知cibi(1)i(b1bn)ai(1)i(a1an)(1)i(b1bn)，其中i1,2,3,,n.由于n為偶數，所以bnan(1)n(a1an)a1，所以ciai(1)i(a1an)(1)i(ana1)ai，其中i1,2,3,,n.因此，數列C即是數列A.?9分nn證法二：因為b1an，b1b2a1a2，b2b3a2a3，??bn1bnan1an，由于n為偶數，將上述n個等式中的第2,4,6,,n這n個式子都乘以1，相加得2b1(b1b2)(b2b3)(bn1bn)an(a1a2)(a2a3)(an1an)即bna1，bna1.??7分由于a1bn，aibi1biai1(i2,3,,n)，根據“衍生數列”的定義知，數列A是B的“衍生數列”.??9分nn〔Ⅲ〕證法一：證明：設數列Xn,Yn,Zn中后者是前者的“衍生數列”.欲證i成等差數列，只需證明xi,yi,zi成等差數列，即只要證明2yixizi(i1,2,3,,n)即可.?10分由〔Ⅱ〕中結論可知yixi(1)i(x1xn)，ziyi(1)i(y1yn)xi(1)i(x1xn)(1)i(y1yn)xi(1)i(x1xn)(1)i[xnxn(1)n(x1xn)]xi(1)i(x1xn)(1)i(x1xn)xi2(1)i(x1xn)，所以，xizi2xi2(1)i(x1xn)2yi，即xi,yi,zi成等差數列，所以是等差數列.?13分i證法二：因為biai1aibi1(i2,3,4,,n)，所以biai(bi1ai1)(i2,3,4,,n).所以欲證成等差數列，只需證明成等差數列即可.?10分i1對于數列An及其“衍生數列”Bn，因為b1an，b1b2a1a2，b2b3a2a3，??bn1bnan1an，由于n為奇數，將上述n個等式中的第2,4,6,,n1這n1個式子都乘以1，2相加得b1(b1b2)(b2b3)(bn1bn)an(a1a2)(a2a3)(an1an)即bnana1an2ana1.設數列Bn的“衍生數列”為Cn，因為b1an，c1bn2ana1，所以2b1a1c1，即a1,b1,c1成等差數列.同理可證，b1,c1,d1;c1,d1,e1,也成等差數列.即是等差數列.1所以成等差數列.???13分i22.〔2018年海淀區高三期末考試理20〕集合M={1,2,3,,n}(n?N*)，假設集合A={a1,a2,,am}臀M(mN*)，且對任意的b?M，存在ai,aj危A(1i＃jm)，使得b=1ai+2aj〔其中1,2?{1,0,1}〕，那么稱集合A為集合M的一個m元基底.〔Ⅰ〕分別判斷以下集合A是否為集合M的一個二元基底，并說明理由；A={1,5}，M={1,2,3,4,5}；A={2,3}，M={1,2,3,4,5,6}.〔Ⅱ〕假設集合A是集合M的一個m元基底，證明：m(m+1)?n；〔Ⅲ〕假設集合A為集合M={1,2,3,,19}的一個m元基底，求出m的最小可能值，并寫出當m取最小值時M的一個基底A.解：〔Ⅰ〕①A={1,5}不是M={1,2,3,4,5}的一個二元基底.理由是3棺11+2孜5(1,2{-1,0,1})；②A={2,3}是M={1,2,3,4,5,6}的一個二元基底.理由是1=-1?21?3,21?20?3,30?21?3，4=1?21?2,51?21?3,61?31?3.???3分〔Ⅱ〕不妨設a1<a2<<am，那么形如1?ai0?aj(1＃ij?m)的正整數共有m個；形如1?ai1?ai(1＃im)的正整數共有m個；形如1?ai1?aj(1?ij?m)的正整數至多有Cm2個；形如(-1)?ai1?aj(1?ij?m)的正整數至多有Cm2個.又集合M={1,2,3,,n}含n個不同的正整數，A為集合M的一個m元基底.故m+m+Cm2+Cm2?n，即m(m+1)?n.???????8分〔Ⅲ〕由〔Ⅱ〕可知m(m+1)?19，所以m34.當m=4時，m(m+1)-19=1，即用基底中元素表示出的數最多重復一個.*假設A={a1,a2,a3,a4}為M={1,2,3,,19}的一個4元基底，不妨設a1<a2<a3<a4，那么a4310.當a4=10時，有a3=9，這時a2=8或7.如果a2=8，那么由1=10-9,1=9-8,18=9+9,18=10+8，與結論*矛盾.如果a2=7，那么a1=6或5.易知A={6,7,9,10}和A={5,7,9,10}都不是M={1,2,3, ,19}的4元基底，矛盾.當a4=11時，有a3=8，這時a2=7，a1=6，易知A={6,7,8,11}不是M={1,2,3, ,19}的4元基底，矛盾.當a4=12時，有a3=7，這時a2=6，a1=5，易知A={5,6,7,12}不是M={1,2,3, ,19}的4元基底，矛盾.當a4=13時，有a3=6，a2=5，a1=4，易知A={4,5,6,13}不是M={1,2,3, ,19}的4元基底，矛盾.當a4=14時，有a3=5，a2=4，a1=3，易知A={3,4,5,14}不是M={1,2,3, ,19}的4元基底，矛盾.當a4=15時，有a3=4，a2=3，a1=2，易知A={2,3,4,15}不是M={1,2,3, ,19}的4元基底，矛盾.當a4=16時，有a3=3，a2=2，a1=1，易知A={1,2,3,16}不是M={1,2,3, ,19}的4元基底，矛盾.當a4317時，A均不可能是 M的4元基底.當 時， 的一個基底 .m=5 M A={1,3,5,9,16}〔2018年東城區高三期末考試理20〕M是由滿足下述條件的函數構成的集合：對任意f(x)M，①方程f(x)x0有實數根；②函數f(x)的導數f(x)滿足0f(x)1、〔Ⅰ〕判斷函數f(x)xsinx是否是集合M中的元素，并說明理由；24〔Ⅱ〕集合M中的元素f(x)具有下面的性質：假設f(x)的定義域為D，那么對于任m,nD，都存在x0m,n，使得等式f(n)f(m)(nm)f(x0)成立、試用這一性質證明：方程f(x)x0有且只有一個實數根；〔Ⅲ〕對任意f(x)M，且x，求證：對于f(x)定義域中任意的x，x2，x，a,b13當x2x1，且x3x1時，f(x)f(x)2.1132解：〔Ⅰ〕因為①當x0時，f(0)0，所以方程f(x)x0有實數根0；②，f(x)11cosx24所以f(x)1,3，滿足條件0f(x)1；44由①②，函數f(x)xsinx是集合M中的元素.????5分24〔Ⅱ〕假設方程f(x)x0存在兩個實數根，()，那么f()0，f(β)β0.不妨設，根據題意存在c(,)，滿足f(β)f(α)(βα)f(c).因為f()，f()，且，所以f(c)1.與0f(x)1矛盾.又f(x)x0有實數根，所以方程f(x)x0有且只有一個實數根.?10分〔Ⅲ〕當x2x3時，結論顯然成立；當x2x3，不妨設ax2x3b.因為xa,b,且f(x)0,所以f(x)為增函數，那么f(x2)f(x3).又因為f(x)10，所以函數f(x)x為減函數，所以f(x2)x2f(x3)x3.所以0f(x3)f(x2)x3x2，即f(x)f(x)xx2.323因為x2x11，所以1x1x21，〔1〕又因為x3x11，所以1x3x11，〔2〕〔1〕〔2〕得2x2x32即x3x22.所以f(x3)f(x2)x3x22.綜上，對于任意符合條件的x1,x2,x3總有f(x3)f(x2)2成立.??14分24.〔2017年海淀區高三年級第一學期期中練習文20〕函數ì其中集合?x,x?P,f(x)=?í??-x,x?M,P,M是非空數集.設，.f(P)={yy=f(x),x?P}f(M)={yy=f(x),x?M}〔Ⅰ〕假設P=[1,3]，M=(-?,2]，求f(P)f(M)；〔Ⅱ〕假設PM=?，且函數f(x)是定義在R上的單調遞增函數，求集合P,M；〔Ⅲ〕判斷命題“假設PM1R，那么f(P)f(M)1R”的真假，并說明理由.解：〔Ⅰ〕因為P=[1,3]，M=(-?,2]，所以f(P)=[1,3]，f(M)=[2,+?).所以f(P)f(M)=[1,+?).??3分〔Ⅱ〕因為函數f(x)是R的增函數，且f(0)=0，所以當x<0時，f(x)<0，所以，(-ネ,0)P.同理可知，(0,+ネ)P.因為所以

P M=?，P={x喂Rx 0},M={0}.??6分〔Ⅲ〕原命題為真命題.理由如下：?8分假設存在P,M，且PM1R，有()().ffM=RP因為PM1R，假設0?PM，那么0?f()().所以f()()，與PfMPfM1Rf(PfM=R矛盾.)()假設$x0?P M且x010，那么x0?f(P)，-x0?f(M).因為f(P) f(M)=R，所以 ， .-x0?f(P) x0?f(M)由函數的定義可得：-x0=x0，即x0=0，與x010矛盾.所以命題“假設PM1R，那么f(P)f(M)1R”為真命題.?14分25.〔2017年海淀區高三年級第一學期期中練習理20〕函數x,xP,其fxx22x,xM,中P,M是非空數集，且PM，設(){()}，fy=yf,x?xPP=f(M)={yy=f(x),x?M}.〔Ⅰ〕假設P=(-?,0)，M=[0,4]，求f(P)f(M)；〔Ⅱ〕是否存在實數a3，使得PM3,a,且f(P)f(M)=[-3,2a-3]？假設存在，請求出滿足條件的實數a；假設不存在，請說明理由；〔Ⅲ〕假設PMR，且0M,1P，fx是單調遞增函數，求集合P,M.解：〔Ⅰ〕因為P=(-?,0)，M=[0,4]，所以f(P)=(0,+?)，f(M)=[-8,1].所以f(P)f(M)=[-8,+?).?3分〔Ⅱ〕假設3M，那么f3153,2a3，不符合要求.所以3P，從而f33.因為f333,2a3，所以2a33，得a3.假設a>3，那么2a33(x1)21x22x.因為PM，所以2a3的原象x0P且3x0a.所以x02a3a得a3，矛盾！所以a=3.此時可取P 3,1 0,3，M 1,0，滿足題意.??8分〔Ⅲ〕因為所以

fx是單調遞增函數，所以對任意x<0，有fxf00，所以xM.,0M.同理可證：1,P.假設存在0x01，使得x0M，那么1fx0x202x0x0，于是x0,x022x0.M記x1x022x00,1，x2x122x1，?所以x0,x1 M.同理可知 x1,x2 M，?由xn1xn22xn得1x1x22x1x2.n1nnn所以2222n.1xn1xn11xn21x0對于"x?[x0,1)，取[log2log(1-x0)(1-x)-1,log2log(1-x0)(1-x)]中的自然數nx，那么輊,xn+1M.x甕xn臌犏xx所以x0,1 M.綜上所述，滿足要求的 P,M必有如下表示：P0,t1,，M,0t,1，其中0<t<1或者P0,t1,，M,0t,1，其中0<t<1或者P1,，M(,1)或者P(0,)，M(,0].??14分注：假設直接寫出結論，且正確，給2分.26.〔順義區2018屆高三尖子生綜合素質展示文20〕函數f(x)，如果存在給定的實數對〔a,b〕，使得f(ax)f(ax)b恒成立，那么稱f(x)為“S-函數”.〔Ⅰ〕判斷函數f1(x)x,f2(x)3x是否是“S-函數”；〔Ⅱ〕假設f3(x)tanx是一個“S-函數”，求出所有滿足條件的有序實數對(a,b)；〔Ⅲ〕假設定義域為R的函數f(x)是“S-函數”，且存在滿足條件的有序實數對(0,1)和(1,1)，當x[0,1]時，f(x)的值域為[1,2]，求當x[2012,2012]時函數f(x)的值域.解：〔Ⅰ〕假設f1(x)x是“S-函數”，那么存在常數(a,b)使得(a+x)(a-x)=b.即x2=a2-b時，對xR恒成立.而x2=a2-b最多有兩個解，矛盾.因此f1(x)x不是“S-函數”.???????????????2分假設f2(x)3x是“S-函數”，那么存在常數a,b使得3ax3ax32a，即存在常數對〔a,32a〕滿足.因此f2(x)x是“S-函數”.????????????4分3〔Ⅱ〕f3(x)tanx是一個“S-函數”，設有序實數對〔a,b〕滿足.那么tan(a-x)tan(a+x)=b恒成立.當a=時，tan(a-x)tan(a+x)=-cot2(x)不是常數.????5分k,kZ2因此 ， 時，ak2,kZxm,mZ2那么有tanatanxtanatanxtan2atan2x.1tanatanx1tanatanx1tan2atan2bx即(btan2a1)tan2x(tan2ab)0恒成立.??????7分即tan2a10tan2a1.bak4,kZtan2ab0b1b1當,時，tan(a-x)tan(a+x)=cot2(a)=1,xm,mZak42因此滿足f3(x)tanx是一個“S-函數”的常數〔a,b〕=.?9(k,1),kZ4分(Ⅲ)函數f(x)是“S-函數”，且存在滿足條件的有序實數對(0,1)和(1,1)，于是f(x)f(x)1,f(1x)f(1x)1,即當x [1,0]時，x [0,1],????????12分由f(x)f(x)1,f(x)1，f(x)[1,2]1,1].f(f(x)[x)2x[1,1]時，f(x)[1,2].21???13分f(f(x)f(x)1x)f(x)f(2x)f(x)f(1x)f(1x)11f(x)x)f(2因此f(x)為以2為周期的周期函數 .當x[2012,2012]時，函數f(x)的值域為1[,2]2

.????14分說明：其它正確解法按相應步驟給分.27〔.順義區2018屆高三尖子生綜合素質展示20〕函數f(x)，如果存在給定的實數對〔a,b〕，使得f(ax)f(ax)b恒成立，那么稱f(x)為“S-函數”.〔Ⅰ〕判斷函數x是否是“S-函數”；f1(x)x,f2(x)3〔Ⅱ〕假設f3(x)tanx是一個“S-函數”，求出所有滿足條件的有序實數對(a,b)；〔Ⅲ〕假設定義域為R的函數f(x)是“S-函數”，且存在滿足條件的有序實數對(0,1)和(1,4)，當x[0,1]時，f(x)的值域為[1,2]，求當x[2012,2012]時函數f(x)的值域.解：〔Ⅰ〕假設f1(x)x是“S-函數”，那么存在常數(a,b)，使得(a+x)(a-x)=b.即x2=a2-b時，對xR恒成立.而x2=a2-b最多有兩個解，矛盾，因此f1(x)x不是“S-函數”.????????2分假設f2(x)3x是“S-函數”，那么存在常數a,b使得3ax3ax32a，即存在常數對〔a,32a〕滿足.因此f2(x)3x是“S-函數”???????4分〔Ⅱ〕f3(x)tanx是一個“S-函數”，設有序實數對〔a,b〕滿足:那么tan(a-x)tan(a+x)=b恒成立.當a=時，tan(a-x)tan(a+x)=-cot2(x)，不是常數?5分k,kZ2因此，,ak2,kZxm,mZ2那么有tanatanxtanatanxtan2atan2x.1tanatanx1tanatanx1tan2atan2xb即(btan2a1)tan2x(tan2ab)0恒成立.????7分即btan2a10tan2a1ak4,kZ,tan2ab0b1b1當,時，tan(a-x)tan(a+x)=cot2(a)=1.xm2,mZak4因此滿足f3(x)tanx是一個“S-函數”的常數〔a,b〕=,1),k.?9分(kZ4(Ⅲ)函數f(x)是“S-函數”，且存在滿足條件的有序實數對(0,1)和(1,4)，于是f(x)f(x)1,f(1x)f(1x)4,即f(1x)f(1x)4f(x)f(2x)4,x[1,2]時，2x[0,1],f(x)4[2,4]，x[0,2]時，f(x)[1,4].?????10分f(2x)111分f(x)f(x)f(x)1f(x)f(2x)4f(x)f(1x)f(1x)44f(x)f(2x)x[2,4]時，f(x)[4,16],x[4,6]時,f(x)[16,26],依次類推可知x[2k,2k2]時,f(x)[22k,22k2],x[2010,2012]時,f(x)[22010,22012].因此x[0,2012]時，f(x)[1,22012],?????13分x[2012,0]時,f(x)1,x[0,2012],f(x)[1,22012]f(x)[22012,1].f(x)綜上可知當x[2012,2012]時函數f(x)的值域為[2-2012，2012.?????14分2]說明：其它正確解法按相應步驟給分 .28