专题01 集合与不等式必考题型（真题、自招、模拟）分类训练-高考数学二轮复习讲义+分层训练（上海高考专用）

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专题01 集合与不等式必考题型分类训练
【三年高考真题练】
一．选择题（共7小题）
1．（2022•上海）若集合A＝[﹣1，2），B＝Z，则A∩B＝（　　）
A．{﹣2，﹣1，0，1} B．{﹣1，0，1} C．{﹣1，0} D．{﹣1}
【分析】根据集合的运算性质计算即可．
【解答】解：∵A＝[﹣1，2），B＝Z，
∴A∩B＝{﹣1，0，1}，
故选：B．
【点评】本题考查了集合的交集的运算，是基础题．
2．（2022•上海）若a＞b＞c＞d，则下列不等式恒成立的是（　　）
A．a+d＞b+c B．a+c＞b+d C．ac＞bd D．ad＞bc
【分析】根据已知条件，结合不等式的性质，以及特殊值法，即可求解．
【解答】解：对于A，令a＝2，b＝1，c＝﹣1，d＝﹣2，满足a＞b＞c＞d，但a+d＝b+c，故A错误，
对于B，∵a＞b＞c＞d，即a＞b，c＞d，
∴由不等式的可加性可得，a+c＞b+d，故B正确，
对于C，令a＝2，b＝1，c＝﹣1，d＝﹣2，满足a＞b＞c＞d，但ac＝bd，故C错误，
对于D，令a＝2，b＝1，c＝﹣1，d＝﹣2，满足a＞b＞c＞d，但ad＜bc，故D错误．
故选：B．
【点评】本题主要考查了不等式的性质，掌握特殊值法是解本题的关键，属于基础题．
3．（2020•上海）命题p：存在a∈R且a≠0，对于任意的x∈R，使得f（x+a）＜f（x）+f（a）；
命题q1：f（x）单调递减且f（x）＞0恒成立；
命题q2：f（x）单调递增，存在x0＜0使得f（x0）＝0，
则下列说法正确的是（　　）
A．只有q1是p的充分条件
B．只有q2是p的充分条件
C．q1，q2都是p的充分条件
D．q1，q2都不是p的充分条件
【分析】对于命题q1：当a＞0时，结合f（x）单调递减，可推出 f（x+a）＜f（x）＜f（x）+f（a），命题q1是命题p的充分条件．对于命题q2：当a＝x0＜0时，f（a）＝f（x0）＝0，结合f（x）单调递增，推出f（x+a）＜f（x），进而f（x+a）＜f（x）+f（a），命题q2都是p的充分条件．
【解答】解：对于命题q1：当f（x）单调递减且f（x）＞0恒成立时，
当a＞0时，此时x+a＞x，
又因为f（x）单调递减，
所以f（x+a）＜f（x）
又因为f（x）＞0恒成立时，
所以f（x）＜f（x）+f（a），
所以f（x+a）＜f（x）+f（a），
所以命题q1⇒命题p，
对于命题q2：当f（x）单调递增，存在x0＜0使得f（x0）＝0，
当a＝x0＜0时，此时x+a＜x，f（a）＝f（x0）＝0，
又因为f（x）单调递增，
所以f（x+a）＜f（x），
所以f（x+a）＜f（x）+f（a），
所以命题p2⇒命题p，
所以q1，q2都是p的充分条件，
故选：C．
【点评】本题考查命题的真假，及函数的单调性，关键是分析不等式之间关系，属于中档题．
4．（2020•上海）下列不等式恒成立的是（　　）
A．a2+b2≤2ab B．a2+b2≥﹣2ab C．a+b≥2 D．a2+b2≤﹣2ab
【分析】利用（a+b）2≥0恒成立，可直接得到a2+b2≥﹣2ab成立，通过举反例可排除ACD．
【解答】解：A．显然当a＜0，b＞0时，不等式a2+b2≤2ab不成立，故A错误；
B．∵（a+b）2≥0，∴a2+b2+2ab≥0，∴a2+b2≥﹣2ab，故B正确；
C．显然当a＜0，b＜0时，不等式a+b≥2不成立，故C错误；
D．显然当a＞0，b＞0时，不等式a2+b2≤﹣2ab不成立，故D错误．
故选：B．
【点评】本题考查了基本不等式的应用，考查了转化思想，属基础题．
5．（2022•上海）若实数a、b满足a＞b＞0，下列不等式中恒成立的是（　　）
A．a+b＞2 B．a+b＜2 C．+2b＞2 D．+2b＜2
【分析】利用已知条件以及基本不等式化简即可判断求解．
【解答】解：因为a＞b＞0，所以a+b≥2，当且仅当a＝b时取等号，
又a＞b＞0，所以a+b，故A正确，B错误，
＝2，当且仅当，即a＝4b时取等号，故CD错误，
故选：A．
【点评】本题考查了基本不等式的应用，考查了学生的理解能力，属于基础题．
6．（2021•上海）已知集合A＝{x|x＞﹣1，x∈R}，B＝{x|x2﹣x﹣2≥0，x∈R}，则下列关系中，正确的是（　　）
A．A⊆B B．∁RA⊆∁RB C．A∩B＝∅ D．A∪B＝R
【分析】根据集合的基本运算对每一选项判断即可．
【解答】解：已知集合A＝{x|x＞﹣1，x∈R}，B＝{x|x2﹣x﹣2≥0，x∈R}，
解得B＝{x|x≥2或x≤﹣1，x∈R}，
∁RA＝{x|x≤﹣1，x∈R}，∁RB＝{x|﹣1＜x＜2}；
则A∪B＝R，A∩B＝{x|x≥2}，
故选：D．
【点评】本题主要考查集合的基本运算，比较基础．
7．（2021•上海）已知两两不相等的x1，y1，x2，y2，x3，y3，同时满足①x1＜y1，x2＜y2，x3＜y3；②x1+y1＝x2+y2＝x3+y3；③x1y1+x3y3＝2x2y2，以下哪个选项恒成立（　　）
A．2x2＜x1+x3 B．2x2＞x1+x3 C．x22＜x1x3 D．x22＞x1x3
【分析】设，，，根据题意，则有，可得x1+x3﹣2x2＝2b﹣（a+c），通过求解（2b）2﹣（a+c）2＞0，可得x1+x3﹣2x2＝2b﹣（a+c）＞0，可得A正确，B错误；利用作差法可得x1x3﹣x22＝（2b﹣a﹣c）m﹣，而上面已证（2b﹣a﹣c）＞0，因无法知道m的正负，可得该式子的正负无法恒定，即无法判断CD，即可得解．
【解答】解：设x1+y1＝x2+y2＝x3+y3＝2m，
，，，
根据题意，应该有，
且m2﹣a2+m2﹣c2＝2（m2﹣b2）＞0，
则有，
则x1+x3﹣2x2＝（m﹣a）+（m﹣c）﹣2（m﹣b）＝2b﹣（a+c），
因为（2b）2﹣（a+c）2＝2（a2+c2）﹣（a+c）2＞0，
所以x1+x3﹣2x2＝2b﹣（a+c）＞0，
所以A项正确，B错误．
x1x3﹣x22＝（m﹣a）（m﹣c）﹣（m﹣b）2＝（2b﹣a﹣c）m+ac﹣b2＝（2b﹣a﹣c）m﹣，而上面已证（2b﹣a﹣c）＞0，
因为不知道m的正负，
所以该式子的正负无法恒定．
故选：A．
【点评】本题主要考查不等关系与不等式的应用，考查了方程思想和转化思想，属于中档题．
二．填空题（共11小题）
8．（2022•上海）已知集合A＝（﹣1，2），集合B＝（1，3），则A∩B＝　（1，2）　．
【分析】利用交集定义直接求解．
【解答】解：∵集合A＝（﹣1，2），集合B＝（1，3），
∴A∩B＝（1，2）．
故答案为：（1，2）．
【点评】本题考查集合的运算，考查交集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
9．（2021•上海）已知A＝{x|2x≤1}，B＝{﹣1，0，1}，则A∩B＝　{﹣1，0}　．
【分析】直接根据交集的运算性质，求出A∩B即可．
【解答】解：因为A＝{x|2x≤1}＝{x|x}，B＝{﹣1，0，1}，
所以A∩B＝{﹣1，0}．
故答案为：{﹣1，0}．
【点评】本题考查了交集及其运算，属基础题．
10．（2020•上海）已知集合A＝{1，2，4}，集合B＝{2，4，5}，则A∩B＝　{2，4}　．
【分析】由交集的定义可得出结论．
【解答】解：因为A＝{1，2，4}，B＝{2，4，5}，
则A∩B＝{2，4}．
故答案为：{2，4}．
【点评】本题考查交集的定义，属于基础题．
11．（2022•上海）不等式＜0的解集为 　（0，1）　．
【分析】把分式不等式转化为二次不等式即可直接求解．
【解答】解：由题意得x（x﹣1）＜0，
解得0＜x＜1，
故不等式的解集（0，1）．
故答案为：（0，1）．
【点评】本题主要考查了分式不等式的求解，属于基础题．
12．（2021•上海）不等式＜1的解集为　（﹣7，2）　．
【分析】由已知进行转化＜0，进行可求．
【解答】解：＜1⇒＜0⇒＜0，
解得，﹣7＜x＜2．
故答案为：（﹣7，2）．
【点评】本题主要考查了分式不等式的求解，属于基础题．
13．（2020•上海）集合A＝{1，3}，B＝{1，2，a}，若A⊆B，则a＝　3　．
【分析】利用集合的包含关系即可求出a的值．
【解答】解：∵3∈A，且A⊆B，∴3∈B，∴a＝3，
故答案为：3．
【点评】本题主要考查了集合的包含关系，是基础题．
14．（2022•上海）x﹣y≤0，x+y﹣1≥0，求z＝x+2y的最小值 　　．
【分析】根据已知条件作出可行域，再求目标函数的最小值即可．
【解答】解：如图所示：

由x﹣y≤0，x+y﹣1≥0，可知行域为直线x﹣y＝0的左上方和x+y﹣1＝0的右上方的公共部分，
联立，可得，即图中点A（，），
当目标函数z＝x+2y沿着与正方向向量＝（1，2）的相反向量平移时，离开区间时取最小值，
即目标函数z＝x+2y过点A（，）时，取最小值：+2×＝．
故答案为：．
【点评】本题考查了线性规划知识，难点在于找到目标函数取最小值的位置，属于中档题．
15．（2021•上海）已知，z＝x﹣y，则z的最大值为 　4　．
【分析】首先画出可行域，然后结合目标函数的几何意义即可求得目标函数的最大值．
【解答】解：绘制不等式组表示的平面区域如图所示，

目标函数即：y＝x﹣z，其中z取得最大值时，其几何意义表示直线系在y轴上的截距的相反数，
据此结合目标函数的几何意义可知目标函数在点B处取得最大值，
联立直线方程：，可得点的坐标为：B（3，﹣1），
据此可知目标函数的最大值为：zmax＝3﹣（﹣1）＝4．
故答案为：4．
【点评】本题主要考查线性规划的应用，利用线性规划求最值的方法等知识，属于中等题．
16．（2021•上海）已知函数f（x）＝3x+（a＞0）的最小值为5，则a＝　9　．
【分析】利用基本不等式求最值需要满足“一正、二定、三相等”，该题只需将函数解析式变形成f（x）＝3x+1+﹣1，然后利用基本不等式求解即可，注意等号成立的条件．
【解答】解：f（x）＝3x+＝3x+1+﹣1≥﹣1＝5，
所以a＝9，经检验，3x＝2时等号成立．
故答案为：9．
【点评】本题主要考查了基本不等式的应用，以及整体的思想，解题的关键是构造积为定值，属于基础题．
17．（2020•上海）不等式＞3的解集为　（0，）　．
【分析】将不等式化简后转化为一元二次不等式，由一元二次不等式的解法求出不等式的解集．
【解答】解：由得，
则x（1﹣3x）＞0，即x（3x﹣1）＜0，解得，
所以不等式的解集是（0，），
故答案为：（0，）．
【点评】本题考查分式不等式、一元二次不等式的解法，以及转化思想，属于基础题．
18．（2020•上海）已知x、y满足，则z＝y﹣2x的最大值为　﹣1　．
【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，联立方程组求得最优解的坐标，代入目标函数得答案．
【解答】解：由约束条件作出可行域如图阴影部分，

化目标函数z＝y﹣2x为y＝2x+z，
由图可知，当直线y＝2x+z过A时，直线在y轴上的截距最大，
联立，解得，即A（1，1）．
z有最大值为1﹣2×1＝﹣1．
故答案为：﹣1．
【点评】本题考查简单的线性规划，考查数形结合的解题思想方法，是中档题．
三．解答题（共1小题）
19．（2022•上海）为有效塑造城市景观、提升城市环境品质，上海市正在努力推进新一轮架空线入地工程的建设．如图是一处要架空线入地的矩形地块ABCD，AB＝30m，AD＝15m．为保护D处的一棵古树，有关部门划定了以D为圆心、DA为半径的四分之一圆的地块为历史古迹封闭区．若空线入线口为AB边上的点E，出线口为CD边上的点F，施工要求EF与封闭区边界相切，EF右侧的四边形地块BCFE将作为绿地保护生态区．（计算长度精确到0.1m，计算面积精确到0.01m2）
（1）若∠ADE＝20°，求EF的长；
（2）当入线口E在AB上的什么位置时，生态区的面积最大？最大面积是多少？

【分析】（1）作DH⊥EF，然后结合锐角三角函数定义表示出EF，
（2）设∠ADE＝θ，结合锐角三角函数定义可表示AE，FH，然后表示出面积，结合同角基本关系进行化简，再由基本不等式可求．
【解答】解：（1）作DH⊥EF，垂足为H，
则EF＝EH+HF＝15tan20°+15tan50°≈23.3m；
（2）设∠ADE＝θ，则AE＝15tanθ，FH＝15tan（90°﹣2θ），
S四边形ADFE＝2S△ADE+S△DFH＝2××15×15tanθ+，
＝（30tanθ+15cot2θ）＝（30tanθ+15×）＝，
当且仅当3tanθ＝，即tan时取等号，此时AE＝15tanθ＝5，最大面积为450﹣≈255.14m2．

【点评】本题主要考查了利用基本不等式在求解最值中的应用，解题的关键是由实际问题抽象出数学问题，属于中档题．
【三年自主招生练】
一．选择题（共7小题）
1．（2022•上海自主招生）a＞b＞0，则最小值为（　　）
A． B． C． D．4
【分析】利用基本不等式可解．
【解答】解：∵a＞b＞0，则a＝≥2＝3，
当且仅当，即a＝，b＝时取等号．
故选：C．
【点评】本题考查基本不等式相关知识，属于基础题．
2．（2022•上海自主招生）等势集合指两个集合间一一对应，下列为等势集合的是（　　）
A．[0，1]与{E|0≤E≤1} B．[0，1]与{a，b，c，d}
C．（0，1）与[0，1] D．{1，2，3}与{a，b，c，d}
【分析】根据等势集合的定义，即可解出．
【解答】解：根据等势集合的定义可判断选项A正确，
选项B、C、D错误，
故选：A．
【点评】本题考查了等势集合的定义，学生的逻辑推理能力，属于基础题．
3．（2020•上海自主招生）GiventwosetsA＝{1，2，3，4，5}andB＝{3，4，5，6，7}，thentheintersectionsetofAandBis（　　）
A．{1，2} B．{3，4，5}
C．{1，2，3，4，5，6，7} D．{6，7}
【分析】根据集合的基本运算求A∩B．
【解答】解：A＝{1，2，3，4，5}，B＝{3，4，5，6，7}，
则A∩B＝{3，4，5}．
故选：B．
【点评】本题主要考查集合的基本运算，比较基础．
4．（2022•上海自主招生）已知集合A＝{（x，y）|x2+y2≤2，x∈Z，y∈Z}，则A中元素的个数为（　　）
A．4 B．5 C．8 D．9
【分析】集合A的元素代表圆周及其内部的点，分坐标轴和象限进行讨论，即可得到结论
【解答】解：根据题意：A＝{（x，y）|x2+y2≤2，x，y∈Z}＝{（﹣1，﹣1），（﹣1，0），（﹣1，1），（0，﹣1），（0，0）（0，1），（1，﹣1），（1，0），（1，1）}共9个元素，是平面直角坐标系中9个点．
故选：D．
【点评】本题考查集合的表示以及点与圆的位置关系，解题时需注意集合A的元素为两坐标均为整数的点，本题属于基础题．
5．（2020•上海自主招生）下列不等式恒成立的是（　　）
A． B．
C．|x﹣y|﹣≥2 D．|x﹣y|≥|x﹣z|+|y﹣z|
【分析】由不等式的性质，利用作差法及赋值法比较大小逐一判断即可得解．
【解答】解：对于选项A，＝＝，即，即选项A正确；
对于选项B，取x＝0，y＝1，不等式显然不成立，即选项B错误；
对于选项C，取x＝1，y＝0，不等式显然不成立，即选项C错误；
对于选项D，取x＝0，y＝0，z＝1，不等式显然不成立，即选项D错误，
故选：A．
【点评】本题考查了不等式的性质，重点考查了利用作差法比较大小，属基础题．
6．（2020•上海自主招生）下列不等式恒成立的是（　　）
A．x2+≥x+ B．
C．|x﹣y|≥|x﹣z|+|y﹣z| D．
【分析】A．x＜0时，x2+≥x+成立；x＞0时，设t＝x+≥2，不等式x2+≥x+化为：t2﹣2≥t，化简即可判断出正误．
B．取特殊值，令x﹣y＝﹣1，即可判断出正误；
C．由绝对值不等式的性质即可判断出正误；
D.﹣＝﹣，即可判断出真假．
【解答】解：A．x＜0时，x2+≥x+成立；x＞0时，设t＝x+≥2，不等式x2+≥x+化为：t2﹣2≥t，化为（t﹣2）（t+1）≥0，即t≥2，恒成立．因此不等式恒成立．
B．取x﹣y＝﹣1，则|x﹣y|+＝1﹣1＝0＜2，因此不恒成立；
C．由绝对值不等式的性质可得：|x﹣z|+|y﹣z|≥|（x﹣z）﹣（y﹣z）|＝|x﹣y|，因此不恒成立．
D．∵﹣＞，∴﹣＝﹣≤0，∴≤，错误．
故选：A．
【点评】本题考查了不等式的性质、绝对值不等式的性质，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
7．（2022•上海自主招生）集合A＝{1，2，t}，B＝{a2|a∈A}，C＝A∪B，C中元素和为6，则元素积为（　　）
A．1 B．﹣1 C．8 D．﹣8
【分析】根据集合C中的元素的和为6可得B中的元素，进而可以求C中的元素，由此即可求解，注意分类讨论．
【解答】解：因为A＝{1，2，t}，B＝{a2|a∈A}，所以1∈B，4∈B，t2∈B，
所以以1∈C，4∈C，t2∈C，
若t2＝1，则t＝1（舍去）或﹣1，此时C＝{1，2，4，﹣1}，符合题意，
所以C中的元素的积为1×2×4×（﹣1）＝﹣8，
若t2＝2，则t＝或﹣，此时C＝{1，2，4，}或{1，2，4，﹣}，
与已知C中的元素和为6不符，
若t2＝t，则t＝0或1（舍去），此时C＝{1，2，4，0}，
也与已知C中的元素和为6不符，
若t2≠1，2，t，则C＝{1，2，4，t，t2}，则1+2+4+t+t2＝6，即t2+t+1＝0，方程无解，
综上，C中元素的积为﹣8，
故选：D．
【点评】本题考查了集合元素的性质以及并集的应用，涉及到分类讨论思想的应用，考查了学生的运算转化能力，属于中档题．
二．填空题（共6小题）
8．（2020•上海自主招生）凸四边形ABCD，则∠BAC＝∠BDC是∠DAC＝∠DBC的　充要　条件．
【分析】根据四点共圆的性质，对∠BAC＝∠BDC，∠DAC＝∠DBC进行逻辑判断即可．
【解答】解：在凸四边形ABCD中，若∠BAC＝∠BDC，则ABCD四点共圆，则必有∠DAC＝∠DBC；
在凸四边形ABCD中，若∠DAC＝∠DBC，则ABCD四点共圆，则必有∠BAC＝∠BDC；
所以：∠BAC＝∠BDC是∠DAC＝∠DBC的充要条件．
故答案为：充要．
【点评】本题考查了四点共圆问题，充分必要条件的定义，属于基础题．
9．（2020•上海自主招生）定义fM（x）＝，M⊗N＝{x|fM（x）fN（x）＝﹣1}，已知A＝，B＝{x|x（x+3）（x﹣3）＞0}，则A⊗B＝　（﹣∞，﹣3]∪[0，1）∪（3，+∞）．　．
【分析】求出集合A，B，利用新定义求出A⊗B即可．
【解答】解：A＝（﹣∞，1），B＝{x|x（x﹣3）（x+3）＞0}＝（﹣3，0）∪（3，+∞）；
∁RA＝[1，+∞），∁RB＝（﹣∞，﹣3]∪[0，3]．
因为fA（x）•fB（x）＝﹣1，
所以当fA（x）＝﹣1，fB（x）＝1，A⊗B＝B∩∁RA＝{x|x＞3}，
当fA（x）＝1，fB（x）＝﹣1，A⊗B＝A∩∁RB＝{x|x≤﹣3或0≤x＜1}，
故A⊗B＝（﹣∞，﹣3]∪[0，1）∪（3，+∞）．
故答案为：（﹣∞，﹣3]∪[0，1）∪（3，+∞）．
【点评】考查集合的交并集的计算，集合概念的理解，属于基础题．
10．（2020•上海自主招生）已知y＝ax2+bx+c过A（﹣3，4），B（5，4），则2a+b＝　0　．
【分析】由二次函数图象的对称性，可得对称轴方程为x＝1，可解出答案．
【解答】解：图象过A，B两点，可知该函数一定是二次函数，对称轴方程为，所以b＝﹣2a，b+2a＝0．
故答案为0．
【点评】本题考查了二次函数的对称性．
11．（2022•上海自主招生）x，y，z为正整数，求的最小值为 　4　．
【分析】直接利用关系式的变换和不等式的应用求出结果．
【解答】解：引入参数k值，使之满足10x2+10y2+z2＝kx2+ky2+（10﹣k）x2+≥2kxy+，
依据取等号的条件，有2k＝，
整理得：t＝4，
故的最小值为4．
故答案为：4．
【点评】本题考查的知识要点：关系式的变换，不等式的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于中档题．
12．（2020•上海自主招生）直线l1，l2交于O点，M为平面上任意一点，若p，q分别为M点到直线l1，l2的距离，则称（p，q）为点M的距离坐标．已知非负常数p，q，下列三个命题正确的个数是　（1）（2）（3）　．
（1）若p＝q＝0，则距离坐标为（0，0）的点有且仅有1个；
（2）若pq＝0，且p+q≠0，则距离坐标为（p，q）的点有且仅有2个；
（3）若pq≠0，则距离坐标为（p，q）的点有且仅有4个．
【分析】由题意点到直线l1，l2的距离分别为p，q，由点M的距离坐标的定义逐一判断即可．
【解答】解：（1）p＝q＝0，则“距离坐标”为（0，0）的点有且只有1个，此点为点O．故（1）正确；
（2）若pq＝0，且p+q≠0，则p，q中有且仅有一个为0，
当p＝0，q≠0时，距离坐标点在l1上，分别为关于O点对称的两点，
当q＝0，p≠0时，在l2上也有两点，但是这两种情况不能同时存在，
∴若pq＝0，且p+q≠0，则距离坐标为（p，q）的点有且仅有2个，故（2）正确；
（3）若pq≠0，则距离坐标为 （ p，q） 的点有且只有4个，
而四个交点为与直线l1相距为p的两条平行线和与直线l2相距为q的两条平行线的交点．
故答案为：（1）（2）（3）．
【点评】本题考查了新定义“距离坐标”，考查了理解能力与推理能力，属于中档题．
13．（2020•上海自主招生）若集合M中任意两个元素的和差积商的运算结果都在M中，则称M是封闭集合．下列集合：
（1）R （2）Q （3）∁RQ （4）{x|x＝m+n，m，n∈Z}中．封闭集合的个数为　2　．
【分析】由题意结合封闭集合的定义逐一考查所给的集合是否满足题中的定义即可确定封闭集合的个数．
【解答】解：两个实数的和差积商仍然是实数，故R是一个封闭集合；
两个有理数的和差积商仍然是有理数，故Q是一个封闭集合；
注意到 ，而 ，故∁RQ不是封闭集合；
令，
注意到，而 ，
故 不是封闭集合；
综上可得，封闭集合的个数为2．
故答案为：2．
【点评】本题考查集合中的新定义问题，属于中等题．
三．解答题（共4小题）
14．（2022•上海自主招生）A＝{1，2，⋯，100}，B＝{3x|x∈A}，C＝{2x|x∈A}，求B∩C中元素个数．
【分析】集合B中的元素为300以内3的倍数，集合C中的元素为200以内2的倍数，即可解出．
【解答】解：由题意可知，集合B中的元素为300以内3的倍数，
集合C中的元素为200以内2的倍数，
所以B∩C中的元素为200以内6的倍数，
所以元素共有≈33，
即B∩C中共有33个元素．
【点评】本题考查了交集，学生的逻辑思维能力，数学运算能力，属于基础题．
15．（2022•上海自主招生）多项式f（x），g（x），问两命题“f（x）是g（x）因式”，“f（f（x））是g（g（x））因式”充分必要关系．
【分析】根据充分条件和必要条件的定义进行判断即可．
【解答】解：不充分反例：设f（x）＝x﹣1，g（x）＝x（x﹣1），
故f（f（x））＝x﹣2，g（g（x））＝x（x﹣1）（x2﹣x﹣1），故不充分，
不必要反例：设f（x）＝x，g（x）＝x（x﹣1），
故f（f（x））＝x+1，g（g（x））＝x（x+1）（x2+x+1），故不必要．
∴“f（x）是g（x）因式”是“f（f（x））是g（g（x））因式”的既不充分也不必要条件．
【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，根据充分条件和必要条件的定义是解决本题的关键．
16．（2021•上海自主招生）已知f（x）周期为1，则命题p：“”是命题q：“f（x）恒为1”的什么条件？
【分析】先求出函数f（x）的周期为T＝2，再构造函数f（x）＝，k∈Z且k≠﹣1判断充分性，易求必要性成立．
【解答】解：①若f（x）恒为1，则 成立，∴必要性成立，
②当 时，则f（x+）+f（x+2）＝2，
∴f（x）＝f（x+2），∴T＝2，
令A＝{m+2n，m，n∈Z}，B＝{m+（2n+1），m，n∈Z}，C＝∁R（A∪B），
令f（x）＝，k∈Z且k≠﹣1，
则满足，但f（x）不恒为1，∴充分性不成立，
∴命题p是命题q的必要不充分条件．
【点评】本题考查函数的周期性，充要条件的判断，属于中档题．
17．（2021•上海自主招生）若，f（x）＝log2x，解不等式0＜g（f（x））＜1．
【分析】g（x）＝（x+[x]+2﹣[x+|x|]+2）＝（x+[x]﹣[x+|x|]）+1，解不等式0＜g（x）＜1，得到解集为（﹣2，0）∪[k+，k+1），（k∈Z），从而不等式0＜g（f（x））＜1的解集满足f（x）＝log2x∈（﹣2，0）∪[k+，k+1），（k∈N），由此能求出结果．
【解答】解：g（x）＝（x+[x]+2﹣[x+|x|]+2）＝（x+[x]﹣[x+|x|]）+1，
下面解不等式0＜g（x）＜1，分两大类：即若x≤0和x＞0时，
（1）若x≤0，则g（x）＝（x+[x]）+1，
（i）当﹣1≤x≤0时，0＜g（x）＝（x﹣1）+1＜1，则x∈（﹣3，1），即x∈[﹣1，0）；
（ii）当﹣2≤x＜﹣1时，0＜g（x）＝，则x∈（﹣2，2），即x∈（﹣2，﹣1）；
（iii）当x＜﹣2时，g（x）＜（﹣2﹣2）+1＝0，原不等式无解；
（iV）当x＝0时，g（x）＝1，故原不等式无解．
（2）若x＞0，则g（x）＝（x+[x]﹣[2x]）+1，
设x＝k+α，其中k∈N，α∈[0，1]，
则g（x）＝＝（α﹣[2α]）+1，
（i）当时，0＜g（x）＝，
则α∈（﹣3，1），即α∈[，1）；
（ii）当时，0＜g（x）＝，则α∈（﹣4，0），原不等式无解．
综上，不等式0＜g（x）＜1的解集为（﹣2，0）∪[k+，k+1），（k∈Z），
∴不等式0＜g（f（x））＜1的解集满足f（x）＝log2x∈（﹣2，0）∪[k+，k+1），（k∈N），
解得x∈（k∈N）．
【点评】本题考查不等式的解法，考查分类讨论思想、等价转化思想、不等式的性质等基础知识，考查运算求解能力，是难题．
【最新模拟练】
一．选择题（共19小题）
1．（2022•崇明区二模）如果a＜0，b＞0，那么，下列不等式中正确的是（　　）
A． B． C．a2＜b2 D．|a|＞|b|
【分析】根据已知条件分别对A、B、C、D，四个选项利用特殊值代入进行求解．
【解答】解：A、如果a＜0，b＞0，那么，∴，故A正确；
B、取a＝﹣2，b＝1，可得＞，故B错误；
C、取a＝﹣2，b＝1，可得a2＞b2，故C错误；
D、取a＝﹣，b＝1，可得|a|＜|b|，故D错误；
故选：A．
【点评】此题考查不等关系与不等式，利用特殊值法进行求解更加简便，此题是一道基础题．
2．（2022•浦东新区校级模拟）若a，b∈R，且ab＞0，则下列不等式中，恒成立的是（　　）
A．a2+b2＞2ab B． C．≥2 D．
【分析】利用基本不等式的使用法则“一正二定三相等”即可判断出结论．
【解答】解：A．∵（a﹣b）2≥0，∴a2+b2≥2ab，当且仅当a＝b时等号成立，因此不正确．
B．取a，b＜0时，a+b≥2不成立．
C．∵ab＞0，∴，＞0，∴≥2＝2，当且仅当a＝b时取等号，正确．
D．取a，b＜0时，+≥不成立．
故选：C．
【点评】本题考查了基本不等式的使用法则“一正二定三相等”，考查了推理能力与计算能力，属于基础题．
3．（2022•黄浦区二模）若a、b均为非零实数，则不等式成立的一个充要条件为（　　）
A．ab＞0 B．ab≥0 C．ab＜0 D．ab≤0
【分析】利用基本不等式及充要条件的定义判断即可．
【解答】解：因为a、b均为非零实数且，所以≥2，
因为b2＞0，a2＞0，所以b2+a2＞0，所以ab＞0，由ab＞0，可得，0，所以＝2，当且仅当，即a＝b时取等号，
所以不等式成立的一个充要条件为ab＞0．
故选：A．
【点评】本题主要考查充分条件和必要条件的判断，根据充分条件和必要条件的定义是解决本题的关键．
4．（2022•奉贤区二模）在△ABC中，三个内角A，B，C所对应的边分别是a，b，c．已知α：sinA＞sinB，β：a＞b，则α是β的（　　）．
A．充分非必要条件 B．必要非充分条件
C．充要条件 D．既非充分又非必要条件
【分析】根据已知条件，结合正弦定理，即可求解．
【解答】解：∵sinA＞sinB，
∴由正弦定理可得，，即a＞b，
同理可得，当a＞b时，sinA＞sinB，
故α是β的充要条件．
故选：C．
【点评】本题主要考查正弦定理的应用，属于基础题．
5．（2022•徐汇区三模）已知函数f（x）＝2x，g（x）＝x2+ax，对于不相等的实数x1，x2，设，，现有如下命题：
①对于任意的实数a，存在不相等的实数x1、x2，使得m＝n；
②对于任意的实数a，存在不相等的实数x1、x2，使得m＝﹣n．
下列判断正确的是（　　）
A．①和②均为真命题 B．①和②均为假命题
C．①为真命题，②为假命题 D．①为假命题，②为真命题
【分析】根据题意，分析两个命题的真假，即可得答案．
【解答】解：根据题意，对于①，函数f（x）＝2x，g（x）＝x2+ax，对于不相等的实数x1，x2，
设，，
m的值一定为正值，n的值可以为负值，则①是假命题；
对于②，对于任意的实数a，存在不相等的实数x1、x2，使得m＝﹣n，即方程f′（x）+g′（x）＝0有解，
而f（x）＝2x，g（x）＝x2+ax，则f′（x）＝2xln2，g′（x）＝2x+a，
方程f′（x）+g′（x）＝0，即2xln2+2x+a＝0，变形可得a＝﹣（2xln2+2x），
设h（x）＝2xln2+2x，易知h（x）的值域为（﹣∞，+∞），
对于任意的实数a，方程方程f′（x）+g′（x）＝0有解，②为真命题；
故选：D．
【点评】本题考查命题真假的判断，涉及函数导数的几何意义，属于中档题．
6．（2022•宝山区校级模拟）设f（x）是定义在非空集合S上的函数，且对于任意的x0∈S，总有f（x0）∈S．对以下命题：
命题p：任取β∈S，总存在α∈S，使得f（α）＝β；
命题q：对于任意的x1，x2∈S，若x1﹣x2∈S，则f（x1）﹣f（x2）∈S．
下列说法正确的是（　　）
A．命题p，q均为真命题
B．命题p为假命题，q为真命题
C．命题p为真命题，q为假命题
D．命题p，q均为假命题
【分析】根据题意，先判断命题p为假，再利用反证法证明命题q即可．
【解答】解：根据题意，对于p，设f（x）＝x2，S＝{﹣1，1}，当β＝﹣1时，不存在f（α）＝β，则命题p是错误的，
对于q，对于任意的x1，x2∈S，若x1﹣x2∈S，则f（x1）﹣f（x2）∈S，
用反证法进行证明：
不妨假设f（x1）﹣f（x2）∉S，而由于x1，x2∈S，f（x1），f（x2）∈S，
则必有f（x1）﹣f（x2）∈S，与假设矛盾．
故选：B．
【点评】本题考查命题真假的判断，涉及集合之间的关系，属于中档题．
7．（2022•嘉定区二模）若a＞0、b＞0，且，则ab的最小值为（　　）
A．16 B．4 C． D．
【分析】根据基本不等式即可得出1≥4，然后即可求出ab的最小值．
【解答】解：∵a＞0，b＞0，
∴1＝+≥4，当且仅当 ＝，即b＝2，a＝8时取等号，
∴解得ab≥16，当且仅当a＝8，b＝2时等号成立，
∴ab的最小值为16．
故选：A．
【点评】本题考查了基本不等式求最值的方法，考查了计算能力，属于基础题．
8．（2022•上海模拟）已知集合A＝{（x，y）|x+y+1＝0}，B＝{（x，y）|x2＝4y}，则A∩B＝（　　）
A．{﹣2，2} B．{﹣2} C．（﹣2，1） D．{（﹣2，1）}
【分析】可解方程组，从而得出A∩B的元素，从而得出A∩B．
【解答】解：解得，，
∴A∩B＝{（﹣2，1）}．
故选：D．
【点评】本题考查了交集的定义及运算，一元二次方程的解法，考查了计算能力，属于基础题．
9．（2022•崇明区二模）“”是“”的（　　）
A．充分非必要条件 B．必要非充分条件
C．充分必要条件 D．既非充分又非必要条件
【分析】利用向量相等的概念，结合充要条件的定义得到答案．
【解答】解：若成立，由向量相等得到两向量的长度方向都相同，即有||＝||，
反之，若||＝||成立，若两向量的方向不同则推不到，
所以是||＝||的充分非必要条件，
故选：A．
【点评】本题考查充要条件的有关定义，属于基础题．
10．（2022•宝山区二模）设函数f（x）＝ax+bx﹣cx，其中c＞a＞0，c＞b＞0．若a，b，c是△ABC的三条边长，则下列结论中正确的是（　　）
①对一切x∈（﹣∞，1）都有f（x）＞0；
②存在x∈R+，使ax，bx，cx不能构成一个三角形的三条边长；
③若△ABC为钝角三角形，则存在x∈（1，2），使f（x）＝0．
A．①② B．①③ C．②③ D．①②③
【分析】①利用指数函数的性质以a．b．c构成三角形的条件进行证明．②可以举反例进行判断．③利用函数零点的存在性定理进行判断．
【解答】解：①∵a，b，c是△ABC的三条边长，∴a+b＞c，
∵c＞a＞0，c＞b＞0，∴0＜＜1，0＜＜1，
当x∈（﹣∞，1）时，f（x）＝ax+bx﹣cx＝cx[+﹣1]
＞cx•（）＝cx•＞0，∴①正确．
②令a＝2，b＝3，c＝4，则a，b，c可以构成三角形，
但a2＝4，b2＝9，c2＝16却不能构成三角形，∴②正确．
③∵c＞a＞0，c＞b＞0，若△ABC为钝角三角形，则a2+b2﹣c2＜0，
∵f（1）＝a+b﹣c＞0，f（2）＝a2+b2﹣c2＜0，
∴根据根的存在性定理可知在区间（1，2）上存在零点，
即∃x∈（1，2），使f（x）＝0，∴③正确．
故选：D．
【点评】本题考查的知识点较多，考查函数零点的存在性定理，考查指数函数的性质，以及余弦定理的应用，属中档题．
11．（2022•宝山区校级二模）对于直角坐标平面内的任意两点A（x1，y1），B（x2，y2），定义它们之间的一种“距离”：||AB||＝|x2﹣x1|+|y2﹣y1|．给出下列三个命题：
①若点C在线段AB上，则||AC||+||CB||＝||AB||；
②在△ABC中，若∠C＝90°，则||AC||2+||CB||2＝||AB||2；
③在△ABC中，||AC||+||CB||＞||AB||．
其中真命题的个数为（　　）
A．0 B．1 C．2 D．3
【分析】首先分析题目任意两点A（x1，y1），B（x2，y2），定义它们之间的一种“距离”：||AB||＝|x2﹣x1|+|y2﹣y1|，
对于①若点C在线段AB上，设C点坐标为（x0，y0）然后代入验证显然|AC||+||CB||＝||AB||成立．成立故正确．
对于②在△ABC中，若∠C＝90°，则||AC||2+||CB||2＝||AB||2；是几何距离而非题目定义的距离，明显不成立，
对于③在△ABC中，用坐标表示||AC||+||CB||然后根据绝对值不等式可得到大于等于||AB||．不成立，故可得到答案．
【解答】解：对于直角坐标平面内的任意两点A（x1，y1），B（x2，y2），定义它们之间的一种“距离”：||AB||＝|x2﹣x1|+|y2﹣y1|．
对于①若点C在线段AB上，设C点坐标为（x0，y0），x0在x1、x2之间，y0在y1、y2之间，
则||AC||+||CB||＝|x0﹣x1|+|y0﹣y1|+|x2﹣x0|+|y2﹣y0|＝|x2﹣x1|+|y2﹣y1|＝||AB||．成立故正确．
对于②在△ABC中，若∠C＝90°，则||AC||2+||CB||2＝||AB||2；是几何距离而非题目定义的距离，明显不成立，
对于③在△ABC中，||AC||+||CB||＝|x0﹣x1|+|y0﹣y1|+|x2﹣x0|+|y2﹣y0|≥|（x0﹣x1）+（x2﹣x0）|+|（y0﹣y1）+（y2﹣y0）|＝|x2﹣x1|+|y2﹣y1|＝||AB||．③不正确．
∴命题①成立，
故选：B．
【点评】此题主要考查新定义的问题，对于此类型的题目需要认真分析题目的定义再求解，切记不可脱离题目要求．属于中档题目．
12．（2022•宝山区校级模拟）已知a＜b，c≥0，则下列不等式中恒成立的是（　　）
A．ac＜bc B．a2c≤b2c C．a2+c＜b2+c D．ac2≤bc2
【分析】利用不等式的性质和特殊值法，判断A、B、C、D即可．
【解答】解：对于A：∵a＜b，c≥0，∴ac≤bc，则选项A不正确；
对于B和C：当a＝﹣1，时，即a2＞b2，
∴a2c≥b2c和a2+c＞b2+c成立，则选项B、C不正确；
对于D：∵c≥0，∴c2≥0，∴ac2≤bc2，则选项D正确；
故选：D．
【点评】本题考查的知识要点：不等式的性质，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
13．（2022•杨浦区二模）下列不等式恒成立的是（　　）
A．|x+y|≥|x﹣y| B．
C． D．|x+y|+|x﹣y|≤|x|+|y|
【分析】举反例判断选项A、C、D，再通过不等式的性质判断选项B即可．
【解答】解：当x＝2，y＝﹣1时，|x+y|≥|x﹣y|不成立，
故选项A错误；
当x＝﹣1时，不成立，
故选项C错误；
当x＝2，y＝﹣1时，|x+y|+|x﹣y|≤|x|+|y|不成立，
故选项D错误；
+x＞+x＝|x|+x≥0，
故+x＞0，
故选项B正确；
故选：B．
【点评】本题考查了不等式的性质及其应用，属于基础题．
14．（2022•宝山区模拟）已知x2﹣y2＝1的两条渐近线与直线x＝4围成三角形区域，那么，表示该区域的不等式组是（　　）
A． B．
C． D．
【分析】直接利用双曲线的渐近线的应用和不等式组表示的平面区域的应用求出结果．
【解答】解：由于x2﹣y2＝1的两条渐近线方程为x+y＝0和x﹣y＝0，
故表示与直线x＝4围成的三角形区域为．
故选：A．
【点评】本题考查的知识要点：线性规划的应用，主要考查学生的运算能力和数学思维能力，属于基础题．
15．（2022•浦东新区二模）已知f（x）＝|x|，g（x）＝x2﹣ax，（a∈R），实数x1、x2满足x1＜x2，设，，现有如下两个结论：
①对于任意的实数a，存在实数x1、x2，使得p＝q；
②存在实数a＞0，对于任意的x1、x2∈（﹣∞，a+1]，都有p＞q；则（　　）
A．①②均正确 B．①②均不正确
C．①正确，②不正确 D．①不正确，②正确
【分析】对①，根据的几何意义，判断得出f（x）＝|x|与g（x）＝x2﹣ax一定有两个交点分析即可；
对②，通过化简p＞q，将题意转换为：存在实数a＞0，使得h（x）＝x2﹣ax﹣|x|在（﹣∞，a+1]上为减函数，再分析出当x≥0时函数有增区间，推出矛盾即可．
【解答】解：对①，的几何意义为（x1，f（x1））与（x2，f（x2））两点间的斜率，
同理的几何意义为（x1，g（x1））与（x2，g（x2））两点间的斜率，
数形结合可得，当a＜0时，存在x1＜x2＝0，
当a≥0时，存在0＝x1＜x2，使得f（x1）＝g（x1），f（x2）＝g（x2），即p＝q成立，

即对于任意的实数a，存在实数x1，x2，使得p＝q，故①正确；
对②，若存在实数a＞0，对于任意的x1、x2∈（﹣∞，a+1]，都有p＞q，
即，即f（x1）﹣f（x2）＜g（x1）﹣g（x2），即g（x2）﹣f（x2）＜g（x1）﹣f（x1），
即存在实数a＞0，对于任意的x1，x2∈（﹣∞，a+1]，g（x2）﹣f（x2）＜g（x1）﹣f（x1）恒成立，
设h（x）＝g（x）﹣f（x），则h（x2）＜h（x1），
即h（x）＝g（x）﹣f（x）＝x2﹣ax﹣|x|为减函数，
故原题意可转化为：存在实数a＞0，使得h（x）＝x2﹣ax﹣|x|在（﹣∞，a+1]上为减函数，
因为当x≥0时，h（x）＝x2﹣（a+1）x，h（x）对称轴为，
故当时h（x）一定为增函数，
故不存在实数a＞0，使得h（x）＝x2﹣ax﹣|x|在（﹣∞，a+1]上为减函数，故②错误．
故选：C．
【点评】本题考查了函数的综合应用，属于中档题．
16．（2022•虹口区二模）在数列{an}中，a1＝2，a2＝a，（n∈N*）．对于命题：
①存在a∈[2，+∞），对于任意的正整数n，都有an+3＝an．
②对于任意a∈[2，+∞）和任意的正整数n，都有an≤a．
下列判断正确的是（　　）
A．①是真命题，②也是真命题
B．①是真命题，②是假命题
C．①是假命题，②是真命题
D．①是假命题，②也是假命题
【分析】对①，直接令a＝2判断即可；
对②，利用反证法，先设数列中第一项满足an＞a的项为ak，再推导ak﹣2，ak﹣1的大小推出矛盾即可．
【解答】解：对①，当a＝2时，易得a1＝2，a2＝2，a3＝1，a4＝2，a5＝2，a6＝1…故数列{an}为2，2，1循环，
所以对于任意的正整数n，都有an+3＝an成立，故①正确；
对②，对于任意a∈[2，+∞），有，设数列中第一项满足an＞a的项为ak，则k＞4，
此时易得ak﹣2，ak﹣1≤a，
又，且由题意，an＞0恒成立，故an+2≥1，
即数列{an}中所有项都满足an≥1，
故1≤ak﹣2，ak﹣1≤a，因为，与ak＞a矛盾，
故对于任意a∈[2，+∞）和任意的正整数n，都有an≤a，故②正确．
故选：A．
【点评】本题考查了数列的综合应用，属于中档题．
17．（2022•浦东新区校级二模）下列各组不等式中，解集完全相同的是（　　）
A．与x2＜x+6
B．＜0与（x﹣2）（x+1）＜0
C．＞0与x+2＞0
D．与x﹣3＞2x+1
【分析】把各个不等式等价变形，可得结论．
【解答】解：∵＜，等价于＜0，∴x＜﹣2，或﹣1＜x＜3．
而由x2＜x+6，求得﹣2＜x＜3，故A错误．
∵＞0，等价于，即﹣2＜x＜1 或x＞1；
而（x﹣2）（x+1）＜0，等价于﹣1＜x＜2，故B错误．
∵＞0，等价于x＞﹣2 且x≠1，故C错误；
∵x2﹣x+1＝+＞0恒成立，故＞，等价于x﹣3＞2x+1，故D正确，
故选：D．
【点评】本题主要考查分式不等式的解法，等价变形，属于中档题．
18．（2022•杨浦区二模）记函数y1＝f1（x），x∈D，函数y2＝f2（x），x∈D，若对任意的x∈D，总有|f2（x）|≤|f1（x）|成立，则称函数f1（x）包裹函数f2（x）．判断如下两个命题真假．
①函数f1（x）＝kx包裹函数f2（x）＝xcosx的充要条件是|k|≥1；
②若对于任意p＞0，|f1（x）﹣f2（x）|＜p对任意x∈D都成立，则函数f1（x）包裹函数f2（x）．
则下列选项正确的是（　　）
A．①真②假 B．①假②真 C．①②全假 D．①②全真
【分析】①根据包裹函数的定义可以得到|cosx|≤|k|，由|cosx|≤1，可得|k|≥1，即①正确；
②根据包裹函数的定义可以得到|f1（x）﹣f2（x）|≥|f1（x）|﹣|f2（x）|≥0，可得函数f1（x）包裹函数f2（x），即②正确．
【解答】解：①因数函数f1（x）＝kx包裹函数f2（x）＝xcosx，
所以|xcosx|≤|kx|⇔|x|•|cosx|≤|k|•|x|⇔|cosx|≤|k|，
又因为|cosx|≤1，
所以|k|≥1，
所以函数f1（x）＝kx包裹函数f2（x）＝xcosx的充要条件是|k|≥1，故①正确；
②由|f2（x）|≤|f1（x）|⇒|f1（x）|﹣|f2（x）|≥0，
又因为|f1（x）﹣f2（x）|≥|f1（x）|﹣|f2（x）|，当且仅当f1（x）＝f2（x）时，等号成立，
又因为p＞0，故对于任意p＞0，|f1（x）﹣f2（x）|＜p，可得|f1（x）|﹣|f2（x）|≥0，
即函数f1（x）包裹函数f2（x），所以②正确．
故选：D．
【点评】本题属于新概念题，考查了学生的推理能力，理解定义是解答本题的关键，属于中档题．
19．（2022•宝山区二模）关于函数和实数m，n的下列结论中正确的是（　　）
A．若﹣3＜m＜n，则f（m）＜f（n） B．若m＜n＜0，则f（m）＜f（n）
C．若f（m）＜f（n），则m2＜n2 D．若f（m）＜f（n），则m3＜n3
【分析】考查函数y＝f（x）的奇偶性，可知该函数是个偶函数，并考查函数y＝f（x）在区间[0，+∞）上的单调性，然后利用偶函数的性质f（x）＝f（|x|）结合该函数在[0，+∞）上的单调性对各选项进行验证．
【解答】解：∵＝（2x﹣2﹣x）•，
∴f（﹣x）＝（2﹣x﹣2x）•＝（2x﹣2﹣x）•＝f（x），
所以，函数y＝f（x）为偶函数，
任取x1＞x2≥0，
由于函数y1＝2x﹣2﹣x和函数y2＝都是增函数，
则﹣＞﹣≥0，＞≥0，
∴f（x1）＞f（x2）≥0，
所以，函数y＝f（x）在区间[0，+∞）上是增函数，由于该函数为偶函数，则f（x）＝f（|x|），
对于A选项，取m＝﹣2，n＝1，
∵|m|＞|n|，则f（|m|）＞f（|n|），则f（m）＞f（n），A选项错误；
对于B选项，∵m＜n≤0，则|m|＞|n|≥0，
∴f（|m|）＞f（|n|），即f（m）＞f（n），B选项错误；
对于C选项，∵f（m）＜f（n），则f（|m|）＜f（|n|），
∴|m|＜|n|，
所以m2＜n2，C选项正确；
对于D选项，取m＝1，n＝﹣2，
则|m|＜|n|，f（|m|）＜f（|n|），
即f（m）＜f（n），此时，m3＞n3，D选项错误．
故选C．
【点评】本题考查了函数的奇偶性、单调性及转化思想，由f（x）为偶函数得到f（x）＝f（|x|），是解答本题的关键，属于中档题．
二．填空题（共25小题）
20．（2022•金山区二模）已知集合A＝{﹣1，3，0}，B＝{3，m2}，若B⊆A，则实数m的值为 　0　．
【分析】根据集合间的关系确定m值，求解即可．
【解答】解：集合A＝{﹣1，3，0}，B＝{3，m2}，且B⊆A，
∴m2＝0，m2＝﹣1（舍），
解得：m＝0．
故答案为：0．
【点评】本题考查的知识点是集合的包含关的应用，集合关系中的参数问题，是基础题．
21．（2022•奉贤区二模）已知集合A＝{1，2，3}，B＝{3，4，5}，则A∪B＝　{1，2，3，4，5}　．
【分析】由已知直接利用并集运算得答案．
【解答】解：∵A＝{1，2，3}，B＝{3，4，5}，
∴A∪B＝{1，2，3}∪{3，4，5}＝{1，2，3，4，5}．
故答案为：{1，2，3，4，5}．
【点评】本题考查并集及其运算，是基础题．
22．（2022•浦东新区校级二模）若实数集合A＝{31x，65y}与B＝{5xy，403}仅有一个公共元素，则集合A∪B中所有元素之积的值为　0　
【分析】根据集合元素的特征，求出集合A，B，即可求出交集中所有元素之积．
【解答】解：实数集合A＝{31x，65y}与B＝{5xy，403}仅有一个公共元素，
则，此时无解，
或，此时无解，
或，解得x＝0，y≠
或，解得x≠13，y＝0，
∴集合A∪B中所有元素之积的值为0，
故答案为：0．
【点评】此题考查了交集及其运算，熟练掌握交集的定义是解本题的关键．
23．（2022•静安区二模）已知集合A＝[﹣2，2]，B＝[0，4]，则A∩B＝　[0，2]　．
【分析】直接利用交集运算的概念得答案．
【解答】解：∵A＝[﹣2，2]，B＝[0，4]，
∴A∩B＝[﹣2，2]∩[0，4]＝[0，2]．
故答案为：[0，2]．
【点评】本题考查交集及其运算，是基础题．
24．（2022•青浦区二模）已知集合A＝（﹣1，2），B＝[1，+∞），则集合A∩B＝　[1，2）　．
【分析】直接利用交集运算的概念得答案．
【解答】解：∵A＝（﹣1，2），B＝[1，+∞），
∴A∩B＝（﹣1，2）∩[1，+∞）＝[1，2）．
故答案为：[1，2）．
【点评】本题考查交集及其运算，是基础题．
25．（2022•闵行区二模）设全集U＝{x|x3﹣x＝0}，集合A＝{0，1}，则∁UA＝　{﹣1}　．
【分析】求解一元三次方程化简U，再由补集的概念得答案．
【解答】解：全集U＝{x|x3﹣x＝0}＝{﹣1，0，1}，集合A＝{0，1}，
则∁UA＝{﹣1}．
故答案为：{﹣1}．
【点评】本题考查补集及其运算，考查方程的解法，是基础题．
26．（2022•嘉定区二模）不等式的解为 　（﹣2，1）　．
【分析】不等式等价于（x﹣1）（x+2）＜0，解之即可．
【解答】解：不等式等价于（x﹣1）（x+2）＜0，
所以﹣2＜x＜1，
所以不等式的解集为（﹣2，1）．
故答案为：（﹣2，1）．
【点评】本题考查分式不等式的解法，将其转化为一元二次不等式是解题的关键，考查运算求解能力，属于基础题．
27．（2022•崇明区二模）已知集合A＝{x||x|＜2}，B＝{﹣2，0，1，2}，则A∩B＝　{0，1}　．
【分析】求出集合A，利用交集定义能求出A∩B．
【解答】解：∵集合A＝{x||x|＜2}＝{x|﹣2＜x＜2}，B＝{﹣2，0，1，2}，
∴A∩B＝{0，1}．
故答案为：{0，1}．
【点评】本题考查集合的运算，考查交集定义、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
28．（2022•黄浦区二模）若全集U＝{1，2，3}，集合A＝{2，3}，则∁UA＝　{1}　．
【分析】利用补集定义直接求解．
【解答】解：全集U＝{1，2，3}，集合A＝{2，3}，
则∁UA＝{1}．
故答案为：{1}．
【点评】本题考查集合的运算，考查补集定义等基础知识，考查运算求解能力，是基础题．
29．（2022•闵行区二模）不等式2x﹣5＜0的解集为 　（﹣∞，log25）　．
【分析】根据题意，y＝2x在R上单调递增，求解即可．
【解答】解：2x﹣5＜0，
2x＜5，y＝2x在R上单调递增，
∴x＜log25．
故答案为：（﹣∞，log25）．
【点评】本题考查指数不等式的解法，属于基础题．
30．（2022•金山区二模）不等式组表示的平面区域的面积等于 　25　．
【分析】作出不等式组对应的平面区域，求面积即可．
【解答】解：先作出不等式组的对应的平面区域如图：

由，可得B（3，﹣3），由，可得C（3，7），由，可得A（﹣2，2），
∴S△ABC＝•BC•d＝×10×5＝25．
故答案为：25．

【点评】本题主要考查线性规划的应用，属于基础题，注意利用数形结合．
31．（2022•宝山区模拟）已知集合S＝{x|x＝a+bi，a，b∈Z}，i是虚数单位，对任意x1，x2∈S （x1，x2可以相等）均有∈S，则符合条件的元素个数最多的集合S＝　{1，﹣1，i，﹣i}　．
【分析】由题意可以判断0∉S，1∈S，再设x＝a+bi，（a，b∈Z）且a，b不同时为0，有a2+b2≥1，与题目条件进行推理求解即可．
【解答】解：因为，对任意x1，x2∈S，有∈S，所以，0∉S，1∈S，
假设S中有不为1的元素，不妨设其为：x＝a+bi，（a，b∈Z）且a，b不同时为0，有a2+b2≥1，
则＝＝＝﹣i∈S，
其中，∈Z，且，不同时为0，
因此，，∈Z，且+＞0，
又a，b∈Z，
∴0≤＝+＜1，
同理，0≤＜1，
∴＝0或＝0，即a＝0或b＝0，
a＝0时，＝﹣∈S，∴﹣∈Z，b＝±1，此时，x＝i或x＝﹣i；
b＝0时，＝∈Z，∴∈Z，又x不为1，故a＝﹣1，此时，x＝﹣1，
因此，符合条件的元素个数最多的集合S＝{1，﹣1，i，﹣i}，
故答案为：{1，﹣1，i，﹣i}．
【点评】本题考查复数的概念，元素与集合的关系等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题．
32．（2022•奉贤区模拟）设p：1≤x＜4，q：x＜m，若p是q的充分条件，则实数m的取值范围是 　[4，+∞）　．
【分析】可根据p是q的充分条件判断命题p能推出命题q，故可计算出m的范围．
【解答】解：令A＝{x|1≤x＜4}，B＝{x|x＜m}，
因为p是q的充分条件．
所以A⊆B．
所以m≥4．
实数m的取值范围是[4，+∞），
故答案为：[4，+∞）．
【点评】本题考查了必要条件、充分条件与充要条件的判断的相关知识，是基础题．
33．（2022•松江区二模）已知正实数a、b满足a+b+4＝2ab，则a+b的最小值为 　4　．
【分析】直接利用基本不等式转化求解即可．
【解答】解：a＞0，b＞0，且a+b+4＝2ab，
可得4＝2ab﹣（a+b）≤2（）2﹣（a+b），即（a+b）2﹣2（a+b）﹣8≥0，当且仅当a＝b＝2时取等号，
解得a+b≥4，当且仅当a＝b＝2时取等号，
即a+b的最小值为4．
故答案为：4．
【点评】本题考查基本不等式以及应用，考查计算能力，属于基础题．
34．（2022•长宁区二模）已知函数f（x）满足：，则不等式的解集为 　[﹣1，+∞）　．
【分析】分x≥0和x＜0两种情况，写出f（x）的解析式，解分式不等式，即可．
【解答】解：当x≥0时，f（x）＝＝＝1﹣≥0恒成立，所以x≥0满足题意；
当x＜0时，f（x）＝﹣f（﹣x）＝﹣＝，
不等式等价于+≥0，解得﹣1≤x＜0，
综上所述，不等式的解集为[﹣1，+∞）．
故答案为：[﹣1，+∞）．
【点评】本题考查分式不等式的解法，分段函数的解析式，考查逻辑推理能力和运算能力，属于基础题．
35．（2022•黄浦区模拟）不等式的解集是　（﹣1，2）　．
【分析】由已知可得，（x+1）（x﹣2）＜0，解二次不等式即可求解
【解答】解：∵
∴（x+1）（x﹣2）＜0
∴﹣1＜x＜2
故答案为：（﹣1，2）
【点评】本题主要考查了分式不等式的求解，属于基础试题
36．（2022•浦东新区校级二模）不等式≤0的解集为　（﹣，1]　．
【分析】由两数相除商为负数，得到两数异号，将原不等式转化为两个不等式组，求出不等式组的解集，即可确定出原不等式的解集．
【解答】解：≤0，
可化为或，
解得：﹣＜x≤1，
则原不等式的解集为（﹣，1]．
故答案为：（﹣，1]
【点评】此题考查了其他不等式的解法，利用了转化的思想，其转化的依据为两数相除的取符合法则．
37．（2022•徐汇区校级模拟）函数f（x）＝x2﹣6|x|+8的单调减区间是 　（﹣∞，﹣3]和[0，3]　．
【分析】由题意，f（x）＝x2﹣6|x|+8＝，从而根据二次函数的性质和图象，即可求出函数的单调递减区间．
【解答】解：由题意，f（x）＝x2﹣6|x|+8＝，
所以当x≥0时，函数f（x）的对称轴为x＝3，
所以f（x）在[0，3]单调递减；在（3，+∞）单调递增，
当x＜0时，函数f（x）的对称轴为x＝﹣3，
所以f（x）在（﹣∞，﹣3]单调递减；在[3，0）单调递增，
综上，函数f（x）的单调递减区间是（﹣∞，﹣3]和[0，3]．
故答案为：（﹣∞，﹣3]和[0，3]．
【点评】本题考查二次函数的性质与图象，考查学生的逻辑推理和运算求解的能力，属于基础题．
38．（2022•浦东新区二模）已知x、y满足，则z＝y﹣4x的最小值为 　﹣12　．
【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案．
【解答】解：由约束条件作出可行域如图，

由图可知，A（3，0），
由z＝y﹣4x，得y＝4x+z，由图可知，当直线y＝4x+z过A时，
直线在y轴上的截距最小，z有最小值为﹣12．
故答案为：﹣12．
【点评】本题考查简单的线性规划，考查数形结合思想，是基础题．
39．（2022•虹口区二模）若实数x，y满足，则2x+3y的取值范围是 　[0，11]　．
【分析】由约束条件作出可行域，令z＝2x+3y，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案．
【解答】解：由约束条件作出可行域如图，

联立，解得A（1，3），
令z＝2x+3y，作出直线2x+3y＝0，
由图可知，当直线2x+3y＝0过O时，z有最小值为0，
平移直线直线2x+3y过A时，z有最大值为2×1+3×3＝11．
∴2x+3y的取值范围是[0，11]．
故答案为：[0，11]．
【点评】本题考查简单的线性规划，考查数形结合思想，是基础题．
40．（2022•崇明区二模）已知变量x，y满足约束条件，则目标函数z＝x﹣2y的最大值等于 　1　．
【分析】由约束条件作出可行域，化目标函数为直线方程的斜截式，数形结合得到最优解，把最优解的坐标代入目标函数得答案．
【解答】解：由约束条件作出可行域如图，

由图可知，A（1，0），由z＝x﹣2y，得y＝，
由图可知，当直线y＝过A时，直线在y轴上的截距最小，z有最大值为1．
故答案为：1．
【点评】本题考查简单的线性规划，考查数形结合思想，是基础题．
41．（2022•青浦区二模）若命题：“存在整数x使不等式（kx﹣k2﹣1）（x﹣2）＜0成立”是假命题，则实数k的取值范围是 　{k|≤k≤}　．
【分析】由题意求出原命题的否定为真命题，分类讨论可得k的取值范围．
【解答】解：命题：“存在整数x使不等式（kx﹣k2﹣1）（x﹣2）＜0成立”是假命题，
则等价命题为：“对任意的整数x使不等式（kx﹣k2﹣1）（x﹣2）≥0成立”是真命题，
当k＝0时，则﹣（x﹣2）≥0，即x＜2，不是恒成立，故不合题意；
当k＞0时且k≠1时，原不等式化简为，
所以，所以k＞0且k≠1，则不等式的解集{x|x≥k+或x≤2}，要使在整数集上恒成立，只需2＜k+≤3，
可得k2﹣3k+1≤0，解得≤k≤，
当k＝1时，不等式为（x﹣2）2≥0显然成立，
当k＜0，则k+＜﹣2，所以不等式的解集为{x|k+≤x≤2}，显然不是恒成立，所以舍去，
综上所述，k的取值范围为：{k|≤k≤}．
故答案为：{k|≤k≤}．
【点评】本题考查存在量词的否定的写法及分类讨论思想的应用，属于中档题．
42．（2022•徐汇区校级模拟）在复数范围内，下列命题中为真命题的序号是 　①⑤⑧　．
①；
②若z1﹣z2＞0，则z1＞z2；
③若，则z1＝z2＝z3；
④；
⑤，则；
⑥；
⑦两个共轭复数的差是纯虚数；
⑧若|z+i|＝|z﹣i|，则z必为实数．
【分析】根据复数的四则运算法则以及模长公式逐一判断，判断一个真命题需要证明，判断一个假命题需要举反例．
【解答】解：①设z＝a+bi，则，
，
所以①正确；
②设z1＝3+i，z2＝1+i，
z1﹣z2＞0，但z1与z2不能比较大小，
所以②不正确；
③设z1＝1+i，z2＝1，z3＝0，
则，
所以③不正确；
④设z1＝1+2i，z2＝1+i，
则，
所以④不正确；
⑤设z1＝a1+b1i，z2＝a2+b2i，
则，
，
，
，
，
⇒z1⋅z1＝z2⋅z2，
所以⑤正确；
⑥当z1＝1+i，z2＝1﹣i时，，
，
所以⑥不正确；
⑦如果两个复数是实数，差值也是实数，所以⑦不正确；
⑧设z＝a+bi（a，b∈R），则z+i＝a+（b+1）i，z﹣i＝a+（b﹣1）i，
，
所以⑧正确．
故答案为：①⑤⑧．
【点评】本题考查了复数的运算和模长公式，属于中档题．
43．（2022•徐汇区二模）不等式＞1的解集为　{x|1＜x＜2}　．
【分析】将原不等式转化为＞0，即（x﹣1）（x﹣2）＜0，即可求得其解集．
【解答】解：∵＞1，
∴＞0，
∴（x﹣1）（x﹣2）＜0，
解得：1＜x＜2．
∴不等式＞1的解集为{x|1＜x＜2}．
故答案为：{x|1＜x＜2}．
【点评】本题考查分式不等式的解法，移项后通分是关键，考查转化、运算与求解能力，属于中档题．
44．（2022•青浦区二模）已知集合，其中1∉A且s+＜t，函数f（x）＝，且对任意a∈A，都有f（a）∈A，则t的值是 　或3　．
【分析】先判断区间[t，t+1]与x＝1的关系为t＞1，再分析s+＜1时，定义域与值域的关系，根据函数的单调性可确定定义域与值域的区间端点的不等式，进而求得s与t，确定定义域与值域的关系，能求出t的值．
【解答】解：先判断区间[t，t+1]与x＝1的关系，
∵1∉A，∴t+1＜1或t＞1，
∵当t+1＜1，即t＜0时，由题意当t∈A时，，不成立，故t＞1；
再分析区间[s，s+]与x＝1的关系，
∵1∉A，∴s+＜1或s＞1，
①当s+，即s＜时，∵f（x）＝在区间[s，s+]上为减函数，
∴当x∈[s，s+]，f（x）∈[，]，
∵，t＞1，∴[，]⊆[s，s+]，∴，
∵s＜，∴，∴，∴6s，解得s＝，
∵s，∴s＝，
此时区间[s，s+]在x＝1左侧，[t，t+1]在x＝1右侧，
∴当x∈[t，t+1]时，f（x）＝[]，
∵，∴[]⊆[t，t+1]，
∴，此时，∴t2﹣t﹣1＝0，
解得t＝，∵t＞1，∴t＝，
②当s＞1时，f（x）＝1+在区间x∈[s，s+]∪[t，t+1]上单调递减，
∴f（x）∈[1+，1+]∪[1+，1+]，
∴且，
且，∴，
∴＝，∴t2﹣t﹣6＝0，
∵t＞1，∴t＝3．
综上，t的值为或3．
故答案为：或3．
【点评】本题考查函数的定义域与值域的关系、函数的单调性、不等式性质等基础知识，考查运算求解能力，是中档题．
三．解答题（共5小题）
45．（2022•宝山区校级二模）“跳台滑雪”是冬奥会中的一个比赛项目，俗称“勇敢者的游戏”，观赏性和挑战性极强．如图：一个运动员从起滑门点A出发，沿着助滑道曲线滑到台端点B起跳，然后在空中沿抛物线g（x）＝ax2﹣20ax﹣b（x＞0）飞行一段时间后在点C着陆，线段BC的长度称作运动员的飞行距离，计入最终成绩．已知g（x）＝ax2﹣20ax﹣b在区间[0，30]上的最大值为﹣30，最小值为﹣70．
（1）求实数a，b的值及助滑道曲线AB的长度．
（2）若运动员某次比赛中着陆点C与起滑门点A的高度差为120米，求他的飞行距离（精确到米）．

【分析】（1）令y＝f（x），即可得到x2+y2＝b2，（﹣b≤x≤0，﹣b≤y≤0），即可得到f（x）的几何意义，根据二次函数的性质得到g（10）＝﹣30，g（30）＝﹣70，即可求出a、b的值，从而求出曲线AB的长度；
（2）由（1）可得g（x）的解析式，依题意可得yC＝﹣120，代入解析式中解出x，即可求出C点坐标，根据两点间的距离公式计算可得．
【解答】解：（1）因为，令y＝f（x），则x2+y2＝b2，（﹣b≤x≤0，﹣b≤y≤0），
所以表示以（0，0）为圆心，半径r＝b的圆弧，
因为g（x）＝ax2﹣20ax﹣b（x＞0）由图象可知函数开口向下，

所以a＜0，又对称轴为，又|30﹣10|＞|10﹣0|，
所以当x＝10时g（x）max＝g（10）＝﹣100a﹣b＝﹣30，g（30）＝300a﹣b＝﹣70，
解得，所以，
即，助滑道曲线AB的长度为20π米；
（2）依题意可得A（﹣40，0），B（0，﹣40），yC＝﹣120，
由（1）可得，
令g（x）＝﹣120，即，
解得x1＝40，x2＝﹣20（舍去），
所以C（40，﹣120），所以，
即该运动员飞行距离约为89米．
【点评】本题考查了二次函数的图象与性质，属于中档题．
46．（2022•黄浦区模拟）有以下真命题：已知等差数列{an}，公差为d，设，，…，是数列{an}中的任意m个项，若（0≤r＜m，r∈N，p、m∈N*）①，则有d②．
（1）当m＝2，r＝0时，试写出与上述命题中的①，②两式相对应的等式；
（2）若{an}为等差数列，a2+a4+a8+a16+a32+a64+a128+a256＝24，且a63＝6，求{an}的通项公式；
（3）试将上述真命题推广到各项为正实数的等比数列中，写出相应的真命题，并加以证明．
【分析】（1）当m＝2，r＝0时，代入数据，可得当时，有；
（2）根据所给数据，结合题意，可得，即可得p、r，m的值，进而可求得d值，根据a63＝6，可得a1，代入等差数列通项公式，即可得答案．
（3）根据题意，类比可得已知等比数列{bn}，bn＞0，公比为q，设是数列{bn}中的任意m个项，若，则有．进行证明即可．
【解答】解：（1）当m＝2，r＝0时，由已知，对等差数列的任意两项，当时，有；
（2）设{an}的公差为d，由题意得：，知p＝63，r＝6，m＝8，
所以，解得d＝﹣4，
又a1＝a63﹣62d＝254，于是an＝a1+（n﹣1）d＝258﹣4n；
（3）已知等比数列{bn}，bn＞0，公比为q，设是数列{bn}中的任意m个项，
若，则有．
证明如下：因为，
所以，
其中n1+n2+⋯+nm＝mp+r，
于是，命题得证．
【点评】本题考查了数列的递推式，等差数列的基本量计算以及数列新定义，属于难题．
47．（2022•浦东新区校级二模）设实数a、b∈R，f（x，a，b）＝a•2x+blog2x+x．
（1）解不等式：f（x，1，1）＞3；
（2）若存在x1，x2∈R，使得f（x1，2，0）＝9，f（x2，0，1）＝10，求x1+x2的值；
（3）设常数a＞0，若u＞0，v＞0，f（u，a，0）﹣f（v，0，1）＝t．求证：（v﹣a•2u）（t+log2a）≤0．
【分析】（1）由f（1，1，1）＝3及f（x，1，1）的单调性求不等式的解集；
（2）问题转化为求y＝9﹣x与y＝2x+1、y＝log2x﹣的交点横坐标，根据y＝2x+1与y＝log2x﹣1关于y＝x对称，即可求x1+x2的值；
（3）由题设可得，根据y＝a⋅2x与关于y＝x对称及其单调性，由反函数性质讨论v＞a⋅2u、v＝a⋅2u、v＜a⋅2u对应t+log2a的符号，即可证结论．
【解答】解：（1）由题设f（x，1，1）＝2x+log2x+x＞3，
又f（x，1，1）在定义域上递增且f（1，1，1）＝3，
所以f（x，1，1）＞f（1，1，1），则x＞1，
故解集为（1，+∞）；
（2）由题设，f（x，2，0）＝2x+1+x，f（x，0，1）＝log2x+x，
由f（x1，2，0）＝9，f（x2，0，1）＝10，则，
所以x1，x2分别是y＝9﹣x与y＝2x+1、y＝log2x﹣1的交点横坐标，
而y＝2x+1与y＝log2x﹣1关于y＝x对称，即互为反函数，
所以x1＝9﹣x2，即x1+x2＝9；
证明：（3）由f（u，a，0）＝a⋅2u+u，f（v，0，1）＝log2v+v，
由题设有，
又a＞0，y＝a⋅2x与关于y＝x对称，且在定义域上均递增，

当v＞a⋅2u时，，则t+log2a＜0，此时（v﹣a⋅2u）（t+log2a）＜0，
当v＝a⋅2u时，，则t+log2a＝0，此时（v﹣a⋅2u）（t+log2a）＝0，
当v＜a⋅2u时，，则t+log2a＞0，此时（v﹣a⋅2u）（t+log2a）＜0，
综上，（v﹣a⋅2it）（t+log2a）≤0．
【点评】第二、三问，结合反函数的对称性和指对数函数的单调性，求参数值或讨论参数的大小关系证明不等式．
48．（2022•宝山区二模）已知函数f（x）＝．
（1）当a＝b＝1时，求满足f（x）≥3x的x的取值范围；
（2）若y＝f（x）的定义域为R，又是奇函数，求y＝f（x）的解析式，判断其在R上的单调性并加以证明．
【分析】（1）由题意可得≥3x从中解得﹣1≤3x≤，解此指数不等式即可求得x的取值范围；
（2）由f（0）＝0，可求得a，f（1）+f（﹣1）＝0可求得b，从而可得y＝f（x）的解析式；利用单调性的定义，对任意x1，x2∈R，x1＜x2，再作差f（x1）﹣f（x2），最后判断符号即可．
【解答】解：（1）由题意，≥3x，化简得3•（3x）2+2×3x﹣1≤0…（2分）
解得﹣1≤3x≤…（4分）
所以x≤﹣1…（（6分），如果是其它答案得5分）
（2）已知定义域为R，所以f（0）＝＝0⇒a＝1，…（7分）
又f（1）+f（﹣1）＝0⇒b＝3，…（8分）
所以f（x）＝；…（9分）
f（x）＝＝（）＝（﹣1+）
对任意x1，x2∈R，x1＜x2，
可知f（x1）﹣f（x2）＝（﹣）＝﹣（）…（12分）
因为x1＜x2，所以﹣＞0，所以f（x1）＞f（x2），
因此f（x）在R上递减．…（14分）
【点评】本题考查指数不等式的解法，考查函数奇偶性的应用，考查函数单调性的判断与证明，属于综合题，难度大，运算量大，属于难题．
49．（2022•青浦区二模）设函数f（x）＝x2+px+q（p，q∈R），定义集合Df＝{x|f（f（x））＝x，x∈R}，集合Ef＝{x|f（f（x））＝0，x∈R}．
（1）若p＝q＝0，写出相应的集合Df和Ef；
（2）若集合Df＝{0}，求出所有满足条件的p，q；
（3）若集合Ef只含有一个元素，求证：p≥0，q≥0．
【分析】（1）由x4＝x、x4＝0解得x，可得Df，Ef；
（2）由f（f（x））﹣x＝0得x2+（p+1）x+p+q+1＝0或x2+（p﹣1）x+q＝0，然后由Δ1＝（p+1）2﹣4（p+q+1），Δ2＝（p﹣1）2﹣4q＞Δ1，方程f（f（x））﹣x＝0只有一个实数解0，得Δ2＝0，Δ1＜0，转化为x2+（p﹣1）x+q＝0有唯一实数解0，可得答案；
（3）由条件，f（f（x））＝0有唯一解，得f（x）＝0有解，分f（x）＝0有唯一解x0、f（x）＝0有两个解x1，x2 （x1＜x2），则f（x）＝（x﹣x1）（x﹣x2），且两个方程f（x）＝x1，f（x）＝x2总共只有一个解，结合f（x）图像可知f（x）＝x2有唯一解，所以x2＜0，x1＜0，结合f（x）的图像和实数解的个数可得答案．
【解答】解：f（x）＝x2，f（f（x））＝x4，由x4＝x解得x＝0或x＝1，
由x4＝0解得x＝0，所以Df＝{0，1}，Ef＝{0}．
（2）由f（f（x））﹣x＝f（f（x））﹣f（x）+f（x）﹣x
＝f2 （x）+pf（x）﹣x2﹣px+f（x）﹣x＝（f（x）+x+p+1）（f（x）﹣x）
＝（x2+（p+1）x+p+q+1）（x2+（p﹣1）x+q）＝0，
得x2+（p+1）x+p+q+1＝0或x2+（p﹣1）x+q＝0，
Δ1＝（p+1）2﹣4（p+q+1）＝（p﹣1）2﹣4q﹣4，
Δ2＝（p﹣1）2﹣4q＝（p﹣1）2﹣4q＞Δ1，
而方程f（f（x））﹣x＝0只有一个实数解0，
所以Δ2＝0，Δ1＜0，即只需x2+（p﹣1）x+q＝0有唯一实数解0，所以p＝1，q＝0．
（3）由条件，f（f（x））＝0有唯一解，所以f（x）＝0有解，
①若f（x）＝0有唯一解x0，则f（x）＝（x﹣x0）2，且f（x）＝x0有唯一解，
结合f（x）图像可知x0＝0，所以f（x）＝x2，所以p＝q＝0．
②若f（x）＝0有两个解x1，x2 （x1＜x2），则f（x）＝（x﹣x1）（x﹣x2），且两个方程f（x）＝x1，f（x）＝x2总共只有一个解，结合f（x）图像可知f（x）＝x2有唯一解，所以x2＜0，x1＜0，
则f（x）＝（x﹣x1）（x﹣x2），且两个方程f（x）＝x1，f（x）＝x2总共只有一个解，
结合f（x）图像可知f（x）＝x2有唯一解，所以x2＜0，x1＜0，所以q＝x1x2＞0，且f（x）的对称轴x＝﹣＜0，
所以p＞0，所以p＞0，q＞0．
综上，p≥0，q≥0．
【点评】本题主题考查了二次函数与二次方程之间的关系的相互转换，方程根与系数的应用，考查了系数对新定义的理解能力及计算能力．