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2013年8月1402244029的高中数学组卷


2013 年 8 月 1402244029 的高中数学组卷

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2013 年 8 月的高中数学组卷
一.解答题(共 9 小题) 1. (2006?重庆)已知定义域为 R 的函数 f(x)满足 f(f(x)﹣x +x)=f(x)﹣x +x. (I)若 f(2)=3,求 f(1) ;又若

f(0)=a,求 f(a) ; (II)设有且仅有一个实数 x0,使得 f(x0)=x0,求函数 f(x)的解析表达式. 2. (2006?福建)已知 f(x)是二次函数,不等式 f(x)<0 的解集是(0,5) ,且 f(x)在区间[﹣1,4]上的最大 值是 12. (1)求 f(x)的解析式; (2)是否存在实数 m,使得方程 m 的取值范围;若不存在,说明理由. 在区间(m,m+1)内有且只有两个不等的实数根?若存在,求出
2 2

3. (2005?江西)已知函数 (1)求函数 f(x)的解析式; (2)设 k>1,解关于 x 的不等式;

(a,b 为常数)且方程 f(x)﹣x+12=0 有两个实根为 x1=3,x2=4.



4. (2005?江苏)已知 a∈R,函数 f(x)=x |x﹣a|. (1)当 a=2 时,求使 f(x)=x 成立的 x 的集合; (2)求函数 y=f(x)在区间[1,2]上的最小值. 5. (2004?辽宁)已知函数 (1)求 a 的值; (2)设 .证明 的最大值不大于 ,又当

2

6. (2006?安徽)已知函数 f(x)在 R 上有定义,对任何实数 a>0 和任何实数 x,都有 f(ax)=af(x) (Ⅰ)证明 f(0)=0; (Ⅱ)证明 其中 k 和 h 均为常数; +f(x) (x>0) ,讨论 g(x)在(0,+∞)内的单调性并求极值.

(Ⅲ)当(Ⅱ)中的 k>0 时,设 g(x)=

7. (2011?宜宾一模)已知定义在 R 上的函数 f(x)满足:①f(x+y)=f(x)+f(y)+1,②当 x>0 时、f(x)> ﹣1; (I)求:f(0)的值,并证明 f(x)在 R 上是单调增函数; 2 (II)若 f(1)=1,解关于 x 的不等式;f(x +2x)+f(1﹣x)>4. 8.设函数 y=f(x)定义在 R 上,且满足 f(x)≠0,对于任意实数 m,n,恒有 f(m+n)=f(m)?f(n) ,且当 x >0 时,0<f(x)<1. (1)求证:对 x∈R,都有 f(x)>0; (2)求证:f(x)在 R 上是减函数;
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www.jyeoo.com 2 (3)设集合 A={(x,y)|f(﹣x +6x﹣1)?f(y)=1},B={(x,y)|y=a},且 A∩B=?,求实数 a 的取值范围. 9. 函数 (x) f 的定义域为 R, (x) 且 f 的值不恒为 0, 又对于任意的实数 m, 总有 n, 成立. (1)求 f(0)的值; (2)求证:t?f(t)≥0 对任意的 t∈R 成立; (3)求所有满足条件的函数 f(x) .

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2013 年 8 月 1402244029 的高中数学组卷
参考答案与试题解析
一.解答题(共 9 小题) 2 2 1. (2006?重庆)已知定义域为 R 的函数 f(x)满足 f(f(x)﹣x +x)=f(x)﹣x +x. (I)若 f(2)=3,求 f(1) ;又若 f(0)=a,求 f(a) ; (II)设有且仅有一个实数 x0,使得 f(x0)=x0,求函数 f(x)的解析表达式. 考 函数解析式的求解及常用方法. 点 : 专 压轴题. 题 : 2 2 分 (I)由题意知 f(f(2)﹣2 +2)=f(2)﹣2 +2,f(1)=1,由上此可推出 f(a)=a. 2 2 析 (II)因为对任意 x∈R,有 f(f(x)﹣x +x)=f(x)﹣x +x.又因为有且只有一个实 : 数 x0,使得 f(x0)=x0 2 2 所以对任意 x∈R,有 f(x)﹣x +x=x0,因为 f(x0)=x0,所以 x0﹣x0 =0,故 x0=0 或 2 x0=1.由此可推导出 f(x)=x ﹣x+1(x∈R) . 2 2 解 解: (I)因为对任意 x∈R,有 f(f(x)﹣x +x)=f(x)﹣x +x 2 2 答 所以 f(f(2)﹣2 +2)=f(2)﹣2 +2 : 又由 f(2)=3,得 f(3﹣22+2)=3﹣22+2,即 f(1)=1 2 2 若 f(0)=a,则 f(a﹣0 +0)=a﹣0 +0,即 f(a)=a. 2 2 (II)因为对任意 x∈R,有 f(f(x)﹣x +x)=f(x)﹣x +x. 又因为有且只有一个实数 x0,使得 f(x0)=x0 2 所以对任意 x∈R,有 f(x)﹣x +x=x0 2 在上式中令 x=x0,有 f(x0)﹣x0 +x0=x0 2 又因为 f(x0)=x0,所以 x0﹣x0 =0,故 x0=0 或 x0=1 2 2 若 x0=0,则 f(x)﹣x +x=0,即 f(x)=x ﹣x 2 但方程 x ﹣x=x 有两个不相同实根,与题设条件矛盾.故 x0≠0 2 2 若 x0=1,则有 f(x)﹣x +x=1,即 f(x)=x ﹣x+1.易验证该函数满足题设条件. 2 综上,所求函数为 f(x)=x ﹣x+1(x∈R) 点 本题考查函数的性质和应用,解题时要认真审题,仔细解答. 评 :
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2. (2006?福建)已知 f(x)是二次函数,不等式 f(x)<0 的解集是(0,5) ,且 f(x)在区间[﹣1,4]上的最大 值是 12. (1)求 f(x)的解析式; (2)是否存在实数 m,使得方程 m 的取值范围;若不存在,说明理由. 在区间(m,m+1)内有且只有两个不等的实数根?若存在,求出

考 函数解析式的求解及常用方法;函数与方程的综合运用.

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www.jyeoo.com 点 : 专 计算题;压轴题. 题 : 分 (1)根据二次函数小于 0 的解集,设出解析式,利用单调性求得最大值,解出待定系数. 析 (2)将方程等价转化 h(x)=0,利用 h(x)的导数判断其单调性,利用单调性判断 h(x)=0 的根的情况. : 解 解: (1)∵f(x)是二次函数,且 f(x)<0 的解集是(0,5) ,∴可设 f(x)=ax(x﹣5) (a>0) . 答 ∴f(x)在区间[﹣1,4]上的最大值是 f(﹣1)=6a. : 由已知得 6a=12,∴a=2,∴f(x)=2x(x﹣5)=2x2﹣10x(x∈R) . (2)方程
3 2

等价于方程 2x ﹣10x +37=0.
2

3

2

设 h(x)=2x ﹣10x +37,则 h'(x)=6x ﹣20x=2x(3x﹣10) . 在区间 在区间(﹣∞,0) ,或 ∵ ∴方程 h(x)=0 在区间 时,h'(x)<0,h(x)是减函数; 上,h'(x)>0,h(x)是增函数,故 h(0)是极大值,h( , 内分别有惟一实数根,故函数 h(x)在(3,4)内有 2 个零 )是极小值.

点. 而在区间(0,3)(4,+∞)内没有零点,在(﹣∞,0)上有唯一的零点. , 画出函数 h(x)的单调性和零点情况的简图,如图所示. 所以存在惟一的自然数 m=3,使得方程 在区间(m,m+1)内有且只有两个不同的实数根.

点 本小题主要考查函数的单调性、极值等基本知识,考查运用导数研究函数的性质的方法,考查函数与方程、数形 评 结合等数学思想方法和分析问题、解决问题的能力. :

3. (2005?江西)已知函数 (1)求函数 f(x)的解析式;

(a,b 为常数)且方程 f(x)﹣x+12=0 有两个实根为 x1=3,x2=4.

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www.jyeoo.com (2)设 k>1,解关于 x 的不等式; .

考 函数解析式的求解及常用方法. 点 : 专 计算题;综合题. 题 : 分 (1)将 得出关于 a,b 的方程组,解之即得 a,b,从而得出函 析 : 数 f(x)的解析式. (2)不等式即为:即(x﹣2) (x﹣1) (x﹣k)>0.下面对 k 进行分类讨论:①当 1<k<2,②当 k=2 时,③当 k >2 时,分别求出此不等式的解集即可. 解 解: (1)将 得 答 :
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(2)不等式即为 即(x﹣2) (x﹣1) (x﹣k)>0. ①当 1<k<2,解集为 x∈(1,k)∪(2,+∞) . ②当 k=2 时,不等式为(x﹣2) (x﹣1)>0 解集为 x∈(1,2)∪(2,+∞) ; ③当 k>2 时,解集为 x∈(1,2)∪(k,+∞) . 点 本题主要是应用分类讨论思想解决不等式问题,关键是正确地进行分类,而分类一般有以下几个原则: 评 1.要有明确的分类标准; : 2.对讨论对象分类时要不重复、不遗漏,即分成若干类,其并集为全集,两两的交集为空集; 3.当讨论的对象不止一种时,应分层次进行,以避免混乱.根据绝对值的意义判断出 f(x)的奇偶性,再利用偶 函数的图象关于 y 轴对称,求出函数在(0,+∞)上的单调区间,并且只要求出当 x>0 时,函数 f(x)=x ﹣2ax (a>0)最小值进而利用 f(x)min≤﹣1 解答此题. 4. (2005?江苏)已知 a∈R,函数 f(x)=x |x﹣a|. (1)当 a=2 时,求使 f(x)=x 成立的 x 的集合; (2)求函数 y=f(x)在区间[1,2]上的最小值. 考 函数的最值及其几何意义;分段函数的解析式求法及其图象的作法. 点 : 专 计算题;压轴题;分类讨论. 题 : 分 (Ⅰ)把 a=2 代入函数解析式,根据绝对值的符号分为两种情况,即 x<2 和 x≥2 分别求解对应方程得根,再把所 析 有的根用列举法表示出来. : (Ⅱ)根据区间[1,2]和绝对值内的式子进行分类讨论,即 a≤1、1<a≤2 和 a≥3 三种情况,分别求出解析式和它的 导函数,利用导函数的符号判断在闭区间上的单调性,再求最小值;当 a≥3 时最小值可能取在区间的两端,再通过
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2

2

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www.jyeoo.com 作差和分类进行比较两个函数值的大小,最后用分段函数表示函数的最小值. 2 解 解: (Ⅰ)由题意,f(x)=x |x﹣2| 2 答 当 x<2 时,由 f(x)=x (2﹣x)=x,解得 x=0 或 x=1; 2 : 当 x≥2 时,由 f(x)=x (x﹣2)=x,解得 x=1+ . 综上,所求解集为{0,1,1+ } (Ⅱ)设此最小值为 m. 3 2 ①当 a≤1 时,在区间[1,2]上,f(x)=x ﹣ax , ∵f′(x)=3x ﹣2ax=3x(x﹣ a)>0,x∈(1,2) , 则 f(x)是区间[1,2]上的增函数,∴m=f(1)=1﹣a. ②当 1<a≤2 时,在区间[1,2]上,f(x)=x |x﹣a|≥0,由 f(a)=0 知 m=f(a)=0. ③当 a>2 时,在区间[1,2]上,f(x)=ax ﹣x f′(x)=2ax﹣3x =3x( a﹣x) . 若 a≥3,在区间(1,2)上,f'(x)>0,则 f(x)是区间[1,2]上的增函数, ∴m=f(1)=a﹣1. 若 2<a<3,则 1< a<2. 当 1<x< a 时,f'(x)>0,则 f(x)是区间[1, a]上的增函数, 当 a<x<2 时,f'(x)<0,则 f(x)是区间[ a,2]上的减函数, 因此当 2<a<3 时,故 m=f(1)=a﹣1 或 m=f(2)=4(a﹣2) . 当 2<a≤ 时,4(a﹣2)≤a﹣1,故 m=f(2)=4(a﹣2) , 当 <a<3 时,4(a﹣2)<a﹣1,故 m=f(1)=a﹣1.
2 3 2 2 2

总上所述,所求函数的最小值 m=



点 本题主要用了分类讨论的思想解决含有参数的函数求值和求最值问题,分类的标准是绝对值的符号,求闭区间上的 评 最值时,通常是求函数的导数用它的符号判断函数在区间上的单调性,再求最值,有时需要对端点处的函数值进行 : 作差比较大小.

5. (2004?辽宁)已知函数 (1)求 a 的值; (2)设

的最大值不大于 ,又当

.证明

考 二次函数的性质;数列与函数的综合. 点 : 专 计算题;证明题;压轴题. 题

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www.jyeoo.com : 分 2 (1)由函数 的最大值不大于 ,求得 a 的范围,再由第二个条件即可得到 a 的值 析 : (2)由第一问 a 的值确定 f(x)的解析式,然后利用数学归纳法证明该不等式. 解 2 解: (1)由于 的最大值不大于 ,所以 ,即 a ≤1.① 答 : 又 时 ,所以 即 解得 a≥1.②

由①②得 a=1. (2)由(1)知 f(x)=x﹣ ①当 n=1 时, 因 ②假设 n=k(k≥2)时,不等式 知 f(x)在 于是有 所以当 n=k+1 时,不等式也成立. 根据①②可知,对任何 n∈N ,不等式
*

,不等式 ,所以

成立; ,故 n=2 时不等式也成立. 成立,因为 得 的对称轴为 ,

为增函数,所以由



成立.

点 本题是道难题,考查了二次函数的性质以及函数与数列的综合问题,在证明第二问的不等式式注意数学归纳法的应 评 用. : 6. (2006?安徽)已知函数 f(x)在 R 上有定义,对任何实数 a>0 和任何实数 x,都有 f(ax)=af(x) (Ⅰ)证明 f(0)=0; (Ⅱ)证明 其中 k 和 h 均为常数; +f(x) (x>0) ,讨论 g(x)在(0,+∞)内的单调性并求极值.

(Ⅲ)当(Ⅱ)中的 k>0 时,设 g(x)=

考 抽象函数及其应用;基本不等式. 点 : 分 (1)令 x=0 代入即可得到答案. 析 (2)分别令 a=x 和 a=﹣x 代入整理即可得到答案. : (3)先表示出函数 g(x) ,然后对其进行求导,导数大于 0 时单调递增,导数小于 0 时单调递减,导数等于 0 时函 数取到极值点. 解 证明(Ⅰ)令 x=0,则 f(0)=af(0) , 答 ∵a>0, : ∴f(0)=0.
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www.jyeoo.com (Ⅱ)①令 x=a, ∵a>0, 2 ∴x>0,则 f(x )=xf(x) . 2 2 2 假设 x≥0 时,f(x)=kx(k∈R) ,则 f(x )=kx ,而 xf(x)=x?kx=kx , 2 ∴f(x )=xf(x) ,即 f(x)=kx 成立. ②令 x=﹣a, ∵a>0, 2 ∴x<0,f(﹣x )=﹣xf(x) 2 2 2 假设 x<0 时,f(x)=hx(h∈R) ,则 f(﹣x )=﹣hx ,而﹣xf(x)=﹣x?hx=﹣hx , 2 ∴f(﹣x )=﹣xf(x) ,即 f(x)=hx 成立. ∴ 成立.

(Ⅲ)当 x>0 时,



令 g'(x)=0,得 x=1 或 x=﹣1; 当 x∈(0,1)时,g'(x)<0,∴g(x)是单调递减函数; 当 x∈[1,+∞)时,g'(x)>0,∴g(x)是单调递增函数; 所以当 x=1 时,函数 g(x)在(0,+∞)内取得极小值,极小值为 点 本题主要考查函数的导数有关问题,当导数大于 0 时函数单调递增,当导数小于 0 时函数单调递减,当导数等于 0 评 时函数取极值点. : 7. (2011?宜宾一模)已知定义在 R 上的函数 f(x)满足:①f(x+y)=f(x)+f(y)+1,②当 x>0 时、f(x)> ﹣1; (I)求:f(0)的值,并证明 f(x)在 R 上是单调增函数; 2 (II)若 f(1)=1,解关于 x 的不等式;f(x +2x)+f(1﹣x)>4. 考 抽象函数及其应用;函数单调性的判断与证明;函数单调性的性质;一元二次不等式的解法. 点 : 专 综合题. 题 : 分 (I)根据已知条件中, :①f(x+y)=f(x)+f(y)+1,②当 x>0 时、f(x)>﹣1;令 x=y=0,即可求出 f(0)的 析 值,在 R 上任取 x1>x2,则 x1﹣x2>0,根据 f(x1)=f[(x1﹣x2)+x2],结合已知条件,即可判断函数的单调性; 2 2 : (II)若 f(1)=1,则我们易将关于 x 的不等式;f(x +2x)+f(1﹣x)>4 化为 f(x +x+1)>f(3) ,结合(I) 的结论,可将原不等式化为一个一元二次不等式,进而得到答案. 解 解: (I)令 x=y=0 答 ∵f(x+y)=f(x)+f(y)+1, : ∴f(0)=f(0)+f(0)+1 ∴f(0)=﹣1, 在 R 上任取 x1>x2,则 x1﹣x2>0, ∵当 x>0 时、f(x)>﹣1,
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www.jyeoo.com ∴f(x1﹣x2)>﹣1 则 f(x1)=f[(x1﹣x2)+x2], =f(x1﹣x2)+f(x2)+1>f(x2) , ∴f(x)在 R 上是单调增函数. (II)由 f(1)=1 得:f(2)=3,f(3)=5, 则关于 x 的不等式;f(x +2x)+f(1﹣x)>4 可化为 2 关于 x 的不等式;f(x +2x)+f(1﹣x)+1>5, 2 即关于 x 的不等式;f(x +x+1)>f(3) , 由(I)的结论知 f(x)在 R 上是单调增函数, 2 故 x +x+1>3, 解得:x<﹣2 或 x>1, 故原不等式的解集为: (﹣∞,﹣2)∪(1,+∞) . 点 本题考查的知识点是抽象函数及其应用,函数单调性的判断与证明,函数单调性的性质及一元二次不等式的解法, 评 其中解答抽象函数时根据“已知”和“未知”使用“凑”的方法,是解答抽象函数最常用的思路. : 8.设函数 y=f(x)定义在 R 上,且满足 f(x)≠0,对于任意实数 m,n,恒有 f(m+n)=f(m)?f(n) ,且当 x >0 时,0<f(x)<1. (1)求证:对 x∈R,都有 f(x)>0; (2)求证:f(x)在 R 上是减函数; 2 (3)设集合 A={(x,y)|f(﹣x +6x﹣1)?f(y)=1},B={(x,y)|y=a},且 A∩B=?,求实数 a 的取值范围. 考 抽象函数及其应用. 点 : 专 计算题. 题 : 分 (1)根据当 x>0 时,0<f(x)<1,只需说明当 x=0 时 f(x)>0,以及当 x<0 时 f(x)>0 即可; 析 (2)任取 x1,x2∈R,且 x1<x2,然后利用对于任意实数 m,n,恒有 f(m+n)=f(m)?f(n)则 : ,从而确定 f(x1)与 f(x2)的大小,根据函数单调性的
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2

定义进行判定即可; 2 (3) 先化简集合 A 即 A={ (x, |y=x ﹣6x+1}, y) 集合 A 表示抛物线上的点, 结合 B 表示直线上的点, 根据 A∩B=? 2 可得方程 x ﹣6x+1﹣a=0 无实数根,利用判别式可得所求. 解 (1)证明:令 m=n=0 得 f(0)=f2(0) 答 ∴f(0)=0 或 f(0)=1 : 又∵f(x)≠0 ∴f(0)=1 当 x<0 时,﹣x>0, ∴0<f(﹣x)<1 ∴f(0)=f(x﹣x)=f(x)?f(﹣x)=1 ∴ ∴x<0 时 f(x)>1 ∴对 x∈R,都有 f(x)>0 (2)证明:任取 x1,x2∈R,且 x1<x2
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www.jyeoo.com 则 x1﹣x2<0, ∴f(x1﹣x2)>1 则 又∵f(x1)>0,f(x2)>0 ∴f(x1)>f(x2) ∴f(x)在 R 上是减函数 2 (3)解:A={(x,y)|f(﹣x +6x﹣1)?f(y)=1}

∵A∩B=? ∴方程 x ﹣6x+1﹣a=0 无实数根 ∴△=36﹣4(1﹣a)=32+4a<0 ∴a<﹣8 点 本题主要考查了抽象函数及其应用, 以及函数的单调性的判定和集合的运算, 同时考查了转化的思想, 属于中档题. 评 :
2

9. 函数 (x) f 的定义域为 R, (x) 且 f 的值不恒为 0, 又对于任意的实数 m, 总有 n, 成立. (1)求 f(0)的值; (2)求证:t?f(t)≥0 对任意的 t∈R 成立; (3)求所有满足条件的函数 f(x) . 考 抽象函数及其应用;函数恒成立问题. 点 : 专 计算题. 题 : 分 (1)由已知中任意的实数 m,n,总有 析 : 值; (2)由已知中任意的实数 m,n,总有 (3)由已知中任意的实数 m,n,总有 论. 解 解: (1)令 m=n=0 2 答 ∴f (0)=0∴f(0)=0 : (2)令 m=n ∴

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成立,令 m=n=0,易得 f(0)的

成立,令 m=n,即可得到结论; 成立,令 m=2n=2x,即可得到结

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www.jyeoo.com ∴对于任意的 t ∴即证 (3)令 m=2n=2x ∴ =f (x)+xf(x)
2

当 f(x)=0 时恒成立, 当 f(x)≠0 时有, 2 2 ∴f (2x)=[f(x)+x] =4xf(x) ∴f(x)=x. 点 本题考查的知识点是抽象函数及其应用,函数恒成立问题,其中在解答抽象函数的关键是“凑”,如(1)中令 评 m=n=0, (2)中令 m=n, (3)中令 m=2n=2x. :

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