2022年高三數(shù)學二輪復習 專題1綜合測試題 理 人教版

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1、2022年高三數(shù)學二輪復習 專題1綜合測試題 理 人教版 (時間：120分鐘　　　滿分：150分) 一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的． 1．設集合U＝{1,2,3,4,5,6}，集合M＝{1,3}，N＝{2,3,4}，則(?UM)∩(?UN)＝(　　) A．{3}　　　　　　　　　 B．{4,6} C．{5,6} D．{3,6} 解析：?UM＝{2,4,5,6}，?UN＝{1,5,6}，∴(?UM)∩(?UN)＝{5,6}，故選C. 答案：C 2．已知全集I＝R，若函數(shù)f(x)＝x2－3x＋2，集合M＝{

2、x|f(x)≤0}，N＝{x|f′(x)<0}，則M∩?IN＝(　　) A．[，2] B．[，2) C．(，2] D．(，2) 解析：由f(x)≤0解得1≤x≤2，故M＝[1,2]；f′(x)<0，即2x－3<0，即x<，故N＝(－∞，)，?IN＝[，＋∞)．故M∩?IN＝[，2]． 答案：A 3．設某種蠟燭所剩長度P與點燃時間t的函數(shù)關系式是P＝kt＋b.若點燃6分鐘后，蠟燭的長為17.4 cm；點燃21分鐘后，蠟燭的長為8.4 cm，則這支蠟燭燃盡的時間為(　　) A．21分鐘 B．25分鐘 C．30分鐘 D．35分鐘 解析：由，解得k＝－0.6，b＝21，

3、由0＝－0.6t＋21，解得t＝35. 答案：D 4．已知命題p：“?x∈[1,2]，x2－a≥0”，命題q：“?x∈R，x2＋2ax＋2－a＝0”．若命題“綈p且q”是真命題，則實數(shù)a的取值范圍為(　　) A．a≤－2或a＝1 B．a≤－2或1≤a≤2 C．a≥1 D．a>1 解析：命題p：“?x∈[1,2]，x2－a≥0”，∴a≤x2在[1,2]上恒成立，∴a≤1，∴綈p為a>1. 命題q：“?x∈R，x2＋2ax＋2－a＝0”，∴方程有解，Δ＝4a2－4(2－a)≥0，a2＋a－2≥0，∴a≥1或a≤－2. 若命題“綈p且q”是真命題，則a>1，故選D. 答案：D

4、 5．(xx·山東肥城模擬)冪函數(shù)f(x)＝xn(n＝1,2,3，，－1)具有如下性質：f2(1)＋f2(－1)＝2[f(1)＋f(－1)－1]，則函數(shù)f(x)(　　) A．是奇函數(shù) B．是偶函數(shù) C．既是奇函數(shù)，又是偶函數(shù) D．既不是奇函數(shù)，又不是偶函數(shù) 解析：由f2(1)＋f2(－1)＝2[f(1)＋f(－1)－1]?n＝2，f(x)＝x2為偶函數(shù)，所以選B. 答案：B 6．(xx·濰坊模擬)已知函數(shù)f(x)＝x3＋2bx2＋cx＋1有兩個極值點x1、x2，且x1∈[－2，－1]，x2∈[1,2]，則f(－1)的取值范圍是(　　) A. B. C．[3,12]

5、D. 解析：f′(x)＝3x2＋4bx＋c，由題意，得 f(－1)＝2b－c，當直線過A時f(－1)取最小值3，當直線過B時取最大值12，故選C. 答案：C 7．設集合I是全集，A?I，B?I，則“A∪B＝I”是“B＝?IA”的(　　) 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 解析：由B＝?IA?A∪B＝I，而A∪B＝I B＝?IA，故“A∪B＝I”是“B＝?IA”的必要不充分條件． 答案：B 8．若曲線xy＝a(a≠0)，則過曲線上任意一點的切線與兩坐標軸所圍成的三角形的面積是(　　) A．2a2 B．a2 C

6、．2|a| D．|a| 解析：設切點坐標為(x0，y0)，曲線方程即y＝，y′＝－，故切線斜率為－，切線方程為y－＝－(x－x0)．令y＝0，得x＝2x0，即切線與x軸的交點A的坐標為(2x0,0)；令x＝0，得y＝，即切線與y軸的交點B的坐標為(0，)．故切線與兩坐標軸所圍成的三角形的面積為×|2x0|||＝2|a|. 答案：C 9．(xx·天津模擬)定義在R上的函數(shù)f(x)滿足(x－1)f′(x)≤0，且y＝f(x＋1)為偶函數(shù)，當|x1－1|<|x2－1|時，有(　　) A．f(2－x1)>f(2－x2) B．f(2－x1)＝f(2－x2) C．f(2－x1)

7、－x2) D．f(2－x1)≤f(2－x2) 解析：由(x－1)f′(x)≤0?或得函數(shù)f(x)在區(qū)間(－∞，1]上為增函數(shù)，在區(qū)間[1，＋∞)上為減函數(shù)．又由y＝f(x＋1)為偶函數(shù)，得函數(shù)f(x)的圖象關于直線x＝1對稱． 由|x1－1|<|x2－1|?(x1－x2)(x1＋x2－2)<0?或 若則x2>1.此時，當x1>1，則f(x1)>f(x2)，即f(2－x1)>f(2－x2)； 當x1<1?2－x1>1，又x2>2－x1?f(2－x1)>f(x2)，即f(2－x1)>f(2－x2)． 同理，當時，也有上述結論． 答案：A 10．如圖所示，點P在邊長為

8、1的正方形的邊上運動，設M是CD邊的中點，則當點P沿著A－B－C－M運動時，以點P經過的路程x為自變量，三角形APM的面積函數(shù)的圖象的形狀大致是(　　) 解析：y＝，選A. 答案：A 11．已知函數(shù)f(x)＝在[1，＋∞)上為減函數(shù)，則實數(shù)a的取值范圍是(　　) A．0

9、①函數(shù)y＝cos(x－)cos(x＋)的圖象中，相鄰兩個對稱中心的距離為π； ②函數(shù)y＝的圖象關于點(－1,1)對稱； ③關于x的方程ax2－2ax－1＝0有且僅有一個實數(shù)根，則實數(shù)a＝－1； ④已知命題p：對任意的x∈R，都有sinx≤1，則綈p：存在x∈R，使得sinx>1.其中所有真命題的序號是(　　) A．①② B．③④ C．②③④ D．①②④ 解析：①函數(shù)y＝cos(x－)cos(x＋)＝cos2x，相鄰兩個對稱中心的距離為d＝＝，故①不正確；②函數(shù)y＝的圖象對稱中心應為(1,1)，故②不正確；③正確；④正確． 答案：B 二、填空題：本大題共4小題，每小題4分

10、，共16分，將答案填在題中的橫線上． 13．已知函數(shù)f(x)＝則f[f(－xx)]＝________. 解析：f[f(－xx)]＝f[f(－xx)]＝f[f(－xx)]＝f[f(－xx)]＝…＝f[f(0)]＝f(2)＝22－4＝0. 答案：0 14．已知函數(shù)f(x)＝ln＋sinx，則關于a的不等式 f(a－2)＋f(a2－4)<0的解集是________． 解析：已知f(x)＝ln＋sinx是奇函數(shù)， 又f(x)＝ln＋sinx＝ln[]＋sinx＝ ln(－－1)＋sinx，f(x)在(－1,1)上單調遞增，故f(x)是(－1,1)上的增函數(shù)．由已知得f(a－2)<－

11、f(a2－4)，即f(a－2)0恒成立，m≥－()2＋，令g(x)＝－()2＋，則當＝1時，函數(shù)g(x)取得最大值1，故m≥1. 答案：[1，＋∞) 16．(xx·揚州模擬)若函數(shù)f(x)＝x3－a2x滿足：對于任意的x1，x2∈[0,1]都有|f(x1)－f(x2)|≤1恒成立，則a的取值范圍是________． 解析：問題等價于在[0,1]內

12、f(x)max－f(x)min≤1恒成立．f′(x)＝x2－a2，函數(shù)f(x)＝x3－a2x的極小值點是x＝|a|，若|a|>1，則函數(shù)f(x)在[0,1]上單調遞減，故只要f(0)－f(1)≤1即可，即a2≤，即1<|a|≤；若|a|≤1，此時f(x)min＝f(|a|)＝|a|3－a2|a|＝－a2|a|，由于f(0)＝0，f(1)＝－a2，故當|a|≤時，f(x)max＝f(1)，此時只要－a2＋a2|a|≤1即可，即a2(|a|－1)≤，由于|a|≤，故|a|－1≤×－1<0，故此時成立；當<|a|≤1時，此時f(x)max＝f(0)，故只要a2|a|≤1即可，此式顯然成立．故a的取值

13、范圍是[－，]． 答案：[－，] 三、解答題：本大題共6小題，共74分．解答應寫出文字說明、證明過程或演算步驟． 17．(本小題滿分12分) (xx·廣東惠州模擬)統(tǒng)計表明，某種型號的汽車在勻速行駛中每小時的耗油量y(升)關于行駛速度x(千米/小時)的函數(shù)解析式可以表示為：y＝x3－x＋8(0

14、)． 答：當汽車以40千米/小時的速度勻速行駛時，從甲地到乙地要耗油17.5升． (2)當速度為x千米/小時時，汽車從甲地到乙地行駛了小時，設耗油量為h(x)升，依題意得 h(x)＝·＝x2＋－(00，h(x)是增函數(shù)． ∴當x＝80時，h(x)取得極小值h(80)＝11.25. ∵h(x)在(0,120]上只有一個極值，∴它是最小值． 答：當汽車以80千米/小時的速度勻速行駛時，從甲地到乙地

15、耗油最少為11.25升． 18．(本小題滿分12分) (xx·安徽)設f(x)＝，其中a為正實數(shù)． (1)當a＝時，求f(x)的極值點； (2)若f(x)為R上的單調函數(shù)，求a的取值范圍． 解：對f(x)求導得f′(x)＝ex① (1)當a＝時，若f′(x)＝0，則4x2－8x＋3＝0，解得x1＝，x2＝. 結合①，可知 x f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) ↗ 極大值 ↘ 極小值 ↗ 所以，x1＝是極小值點，x2＝是極大值點． (2)若f(x)為R上的單調函數(shù)，則f′(x)在R上不變號，結合①與條件a>0，

16、知ax2－2ax＋1≥0在R上恒成立，因此Δ＝4a2－4a＝4a(a－1)≤0，由此并結合a>0，知0

17、＋4a2＝2(3x－2a)(x－a)＝ 6(x－)(x－a)． ①當<<1，即10，當x∈時，f′(x)<0， ∴f(x)在上單調遞增，在上單調遞減， ∴g(a)＝f＝a3－b. ②當1≤≤2，即≤a≤3時，f′(x)≥0， ∴f(x)在(0,1]上單調遞增． ∴g(a)＝f(1)＝4a2－5a＋2－b， ∴g(a)＝. 20．(本小題滿分12分) 已知函數(shù)f(x)＝x2－4x＋(2－a)lnx(a∈R，a≠0)． (1)當a＝8時，求函數(shù)f(x)的單調區(qū)間及極值； (2)討論函數(shù)f(x)的單調性． 解：(1)依題意得，當a＝8時，

18、f(x)＝x2－4x－6lnx，f′(x)＝2x－4－＝， 由f′(x)>0得(x＋1)(x－3)>0，解得x>3或x<－1.注意到x>0，所以函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間是(3，＋∞)． 由f′(x)<0得(x＋1)(x－3)<0，解得－10，所以函數(shù)f(x)的單調遞減區(qū)間是(0,3)． 綜上所述，函數(shù)f(x)在x＝3處取得極小值，這個極小值為f(3)＝－3－6ln3. (2)f(x)＝x2－4x＋(2－a)lnx，所以f′(x)＝2x－4＋＝. 設g(x)＝2x2－4x＋2－a. ①當a≤0時，有Δ＝16－4×2×(2－a)＝8a≤0，此時g(x)≥0，所

19、以f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上單調遞增； ②當a>0時，Δ＝16－4×2×(2－a)＝8a>0， 令f′(x)>0，即2x2－4x＋2－a>0，解得x>1＋或x<1－， 令f′(x)<0，即2x2－4x＋2－a<0，解得1－0，此時函數(shù)的單調遞增區(qū)間是，，單調遞減區(qū)間是 ； 當a≥2時，1－≤0，函數(shù)的單調遞增區(qū)間是，單調遞減區(qū)間是. 綜上可知，當a≤0時，函數(shù)在(0，＋∞)上單調遞增；當0

20、＝x2＋(a∈R)． (1)若f(x)在x＝1處的切線垂直于直線x－14y＋13＝0，求該點的切線方程，并求此時函數(shù)f(x)的單調區(qū)間； (2)若f(x)≤a2－2a＋4對任意的x∈[1,2]恒成立，求實數(shù)a的取值范圍． 解：(1)f′(x)＝2x－，根據(jù)題意f′(1)＝2－2a＝－14，解得a＝8，此時切點坐標是(1,17)，故所求的切線方程是y－17＝－14(x－1)，即14x＋y－31＝0. 當a＝8時，f′(x)＝2x－＝， 令f′(x)>0，解得x>2，令f′(x)<0，解得x<2且x≠0，故函數(shù)f(x)的單調遞增區(qū)間是(2，＋∞)；單調遞減區(qū)間是(－∞，0)和(0,2)．

21、 (2)f′(x)＝2x－＝. ①若a<1，則f′(x)>0在區(qū)間[1,2]上恒成立，f(x)在區(qū)間[1,2]上單調遞增，函數(shù)f(x)在區(qū)間[1,2]上的最大值為f(2)＝4＋a； ②若1≤a≤8，則在區(qū)間(1，)上f′(x)<0，函數(shù)單調遞減，在區(qū)間(，2)上f′(x)>0，函數(shù)單調遞增，故函數(shù)f(x)在區(qū)間[1,2]上的最大值為f(1)，f(2)中的較大者，f(1)－f(2)＝1＋2a－4－a＝a－3，故當1≤a≤3時，函數(shù)的最大值為f(2)＝4＋a，當38時，f′(x)<0在區(qū)間[1,2]上恒成立，函數(shù)f(x)在

22、區(qū)間[1,2]上單調遞減，函數(shù)的最大值為f(1)＝1＋2a. 綜上可知，在區(qū)間[1,2]上，當a≤3時，函數(shù)f(x)max＝4＋a，當a>3時，函數(shù)f(x)max＝1＋2a. 不等式f(x)≤a2－2a＋4對任意的x∈[1,2]恒成立等價于在區(qū)間[1,2]上，f(x)max≤a2－2a＋4，故當a≤3時，4＋a≤a2－2a＋4，即a2－3a≥0，解得a≤0或a＝3；當a>3時，1＋2a≤a2－2a＋4，即a2－4a＋3≥0，解得a>3. 綜合知當a≤0或a≥3時，不等式f(x)≤a2－2a＋4對任意的x∈[1,2]恒成立． 22．(本小題滿分14分) (xx·陜西)設函數(shù)f(x)定義

23、在(0，＋∞)上，f(1)＝0，導函數(shù)f′(x)＝，g(x)＝f(x)＋f′(x)． (1)求g(x)的單調區(qū)間和最小值； (2)討論g(x)與g的大小關系； (3)是否存在x0>0，使得|g(x)－g(x0)|<對任意x>0成立？若存在，求出x0的取值范圍；若不存在，請說明理由． 解：(1)由題設易知f(x)＝lnx，g(x)＝lnx＋， ∴g′(x)＝，令g′(x)＝0得x＝1， 當x∈(0,1)時，g′(x)<0，故(0,1)是g(x)的單調減區(qū)間， 當x∈(1，＋∞)時，g′(x)>0，故(1，＋∞)是g(x)的單調增區(qū)間， 因此，x＝1是g(x)的唯一極值點，且為

24、極小值點，從而是最小值點， 所以最小值為g(1)＝1. (2)g＝－lnx＋x， 設h(x)＝g(x)－g＝2lnx－x＋， 則h′(x)＝－， 當x＝1時，h(1)＝0，即g(x)＝g， 當x∈(0,1)∪(1，＋∞)時，h′(x)<0，h′(1)＝0， 因此，h(x)在(0，＋∞)內單調遞減， 當0h(1)＝0，即g(x)>g， 當x>1時，h(x)0，使|g(x)－g(x0)|<對任意x>0成立， 即對任意x>0，有l(wèi)nx

25、，(*) 但對上述x0，取x1＝eg(x0)時，有l(wèi)nx1＝g(x0)，這與(*)左邊不等式矛盾， 因此，不存在x0>0，使|g(x)－g(x0)|<對任意x>0成立． 證法二　假設存在x0>0，使|g(x)－g(x0)|<對任意的x>0成立． 由(1)知，g(x)的最小值為g(x)＝1， 又g(x)＝lnx＋>lnx，而x>1時，lnx的值域為(0，＋∞)， ∴x≥1時，g(x)的值域為[1，＋∞)， 從而可得一個x1>1，使g(x1)≥g(x0)＋1， 即g(x1)－g(x0)≥1，故|g(x1)－g(x0)|≥1>，與假設矛盾． ∴不存在x0>0，使|g(x)－g(x0)|<對任意x>0成立．