1.若函數(shù)f(x)＝log_a(x＋1)(a>0，a≠1)的定義域和值域都是[0,1]，則a的值等于( D )

A.  B.

C.  D．2

解析：因為0≤x≤1，所以1≤x＋1≤2，

又f(x)是單調(diào)函數(shù)，f(0)＝log_a1＝0，

所以f(1)＝log_a2＝1，所以a＝2.

2.函數(shù)f(x)＝(x>0)的值域為( C )

A．(0，＋∞)  B．(0，)

C．(0，]  D．[，＋∞)

解析：因為f(x)＝>0，

而當(dāng)x>0時，x＋≥2，x＋＋1≥3，

所以0<≤，故函數(shù)的值域為(0，]，選C.

3.(2012·山東省棗莊市上學(xué)期期末)函數(shù)y＝的值域是( C )

A．[0，＋∞)  B．[0,2]

C．[0,2)  D．(0,2)

解析：因為2^x＞0，所以4－2^x＜4，所以0≤<2，即值域為[0,2)．

4.已知函數(shù)f(x)＝(2a－1)^x＋log_(2a－1)(x＋1)在[0,1]上的最大值和最小值之和為2a－1，則a的值為( B )

A．1  B.

C.  D.

解析：無論2a－1＞1還是0＜2a－1＜1，函數(shù)最大值與最小值均在0或1取得，故(2a－1)⁰＋log_(2a－1)1＋(2a－1)¹＋log_(2a－1)2＝2a－1，即log_(2a－1)2＝－1，所以2a－1＝，即a＝.

5.函數(shù)y＝x＋的最小值為 1 .

解析：函數(shù)的定義域為[1，＋∞)，而它在定義域上遞增，所以y的最小值是1.

6.(2012·北京市西城區(qū)豐臺區(qū)一模)已知函數(shù)f(x)＝，則函數(shù)f(x)的值域為 [－，3] .

解析：當(dāng)1≤x≤9時，函數(shù)f(x)＝x是增函數(shù)，所以1≤f(x)≤3；當(dāng)－2≤x＜1時，f(x)＝x²＋x＝(x＋)²－，所以f(－)≤f(x)≤f(－2)，即－≤f(x)≤2，所以函數(shù)f(x)的值域為[－，3]．

7.若實數(shù)x、y滿足x²＋4y²＝4x，則S＝x²＋y²的取值范圍是 [0,16] .

解析：(方法一)S＝x²＋y²＝x²＋

＝x²＋x＝(x＋)²－.

又因為4y²＝4x－x²≥0，所以0≤x≤4，所以0≤S≤16.

(方法二)注意到x²＋4y²＝4x表示的是一個橢圓，中心是(2,0)，長半軸長是2，且過原點；x²＋y²表示的是橢圓上的點到原點的距離的平方，如右圖． 易知0≤S≤16.

8.若函數(shù)f(x)＝(x－1)²＋a的定義域和值域都是[1，b](b＞1)，求a、b的值．

解析：因為函數(shù)f(x)在[1，b]上單調(diào)遞增，

所以y_min＝a，y_max＝(b－1)²＋a，

即函數(shù)的值域為[a，(b－1)²＋a]．

又已知函數(shù)的值域為[1，b]，

故，解得(舍去)或.

所以，所求a的值為1，b的值為3.

9.已知函數(shù)y＝的定義域為R.當(dāng)m變化時，若y的最小值為f(m)，求函數(shù)f(m)的值域．

解析：由題意知mx²－6mx＋m＋8≥0對x∈R恒成立，

所以m＝0或，所以m∈[0,1]．

(1)當(dāng)m＝0時，y＝2，所以f(m)＝2.①

(2)當(dāng)0<m≤1時，y＝.

所以y_min＝，即f(m)＝.

所以0≤f(m)<2.②

由①②可知，0≤f(m)≤2.

所以f(m)的值域為[0,2]．

1.設(shè)l、m、n均為直線，其中m、n在平面α內(nèi)，則“l⊥α”是“l⊥m且l⊥n”的( A )

A．充分不必要條件  B．必要不充分條件

C．充要條件  D．既不充分也不必要條件

2.若l為一條直線，α，β，γ為三個互不重合的平面，給出下面三個命題：

①α⊥γ，β⊥γ?α⊥β；  ②α⊥γ，β∥γ?α⊥β；

③l∥α，l⊥β?α⊥β.

其中正確的命題有( C )

A．0個  B．1個

C．2個  D．3個

解析：對于①，α與β可能平行、相交或垂直，故①錯；②③正確，故選C.

3.(2013·遼寧鞍山五模)已知m是平面α的一條斜線，點A?α，l為過點A的一條動直線，那么下列情形可能出現(xiàn)的是( C )

A．l∥m，l⊥α  B．l⊥m，l⊥α

C．l⊥m，l∥α  D．l∥m，l∥α

解析：對于A，由l∥m，l⊥α，則m⊥α，與已知矛盾；對于B，由l⊥m，l⊥α，可知m∥α或m?α，與已知矛盾；對于D，由l∥m，l∥α可知m∥α或m?α，與已知矛盾．由此排除A，B，D，故選C.

4.(2012·浙江省高考5月份押題)已知直線l，m與平面α，β，γ滿足β∩γ＝l，l∥α，m?α，m⊥γ，則有( B )

A．α⊥γ且m∥β  B．α⊥γ且l⊥m

C．m∥β且l⊥m  D．α∥β且α⊥γ

解析：m?α，m⊥γ?α⊥γ，又l?γ?m⊥l，故選B.

5.如圖所示，定點A和B都在平面α內(nèi)，定點P?α，PB⊥α，C是α內(nèi)異于A和B的動點，且PC⊥AC，則BC與AC的位置關(guān)系是 垂直 .

解析：因為PB⊥α，所以PB⊥AC.

又因為PC⊥AC，且PC∩PB＝P，

所以AC⊥平面PBC，所以AC⊥BC.

6.已知α，β是兩個不同的平面，m，n是平面α及β之外的兩條不同直線，給出四個論斷：

①m⊥n；②α⊥β；③n⊥β；④m⊥α.

以其中三個論斷作為條件，余下的一個論斷作為結(jié)論，寫出你認(rèn)為正確的一個命題： ①③④?②或②③④?① .

7.(2012·皖南八校第二次聯(lián)考)已知α，β，γ是三個不同的平面，命題“α∥β，且α⊥γ?β⊥γ”是真命題，如果把α，β，γ中的任意兩個換成直線，另一個保持不變，在所得的所有新命題中，真命題有 2 個．

解析：若α，β換為直線a，b，則命題化為“a∥b，且a⊥γ?b⊥γ”，此命題為真命題；若α，γ換為直線a，b，則命題化為“a∥β，且a⊥b?b⊥β”，此命題為假命題；若β，γ換為直線a，b，則命題化為“a∥α，且b⊥α?a⊥b”，此命題為真命題．

8.如圖，四邊形ABCD為矩形，PA⊥平面ABCD，M、N分別為AB、PC的中點．

(1)證明：AB⊥MN；

(2)若平面PDC與平面ABCD成45°角，連接AC，取AC的中點O，證明平面MNO⊥平面PDC.

證明：(1)因為N為PC的中點，

所以ON∥PA.

而PA⊥平面ABCD，所以ON⊥平面ABCD.

所以ON⊥AB.

又四邊形ABCD為矩形，M為AB的中點，

所以OM⊥AB，所以AB⊥平面OMN，

所以AB⊥MN.

(2)PA⊥平面ABCD，AD⊥DC，則PD⊥DC.

故∠PDA為平面PDC與平面ABCD所成銳二面角的平面角，即∠PDA＝45°，所以PA＝AD＝BC.

連接MC，

由Rt△BCM≌RtAPM知，MC＝MP，所以MN⊥PC.

因為AB⊥MN，所以MN⊥CD，

又PC∩CD＝C，所以MN⊥平面PCD，

所以平面MNO⊥平面PCD.

9.(2012·黑龍江省綏棱縣上期期末)棱長為2的正方體ABCD-A₁B₁C₁D₁中，E為棱C₁D₁的中點，F為棱BC的中點．

(1)求證：AE⊥DA₁；

(2)求在線段AA₁上找一點G，使AE⊥平面DFG.

解析：(1)連接AD₁，BC₁，

由正方體的性質(zhì)可知，

DA₁⊥AD₁，DA₁⊥AB，

又AB∩AD₁＝A，

所以DA₁⊥平面ABC₁D₁，

又AE?平面ABC₁D₁，

所以AE⊥DA₁.

(2)所求G點即為A₁點，證明如下：

由(1)知AE⊥DA₁，

取CD的中點H，連接AH，EH，

由平面幾何知識易得DF⊥AH，

又DF⊥EH，AH∩EH＝H，所以DF⊥平面AHE，

所以DF⊥AE，

又因為DF∩A₁D＝D，

所以AE⊥平面DFA₁，即AE⊥平面DFG.