2022年高三數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題1綜合測(cè)試題 理 人教版
2022年高三數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題1綜合測(cè)試題 理 人教版
(時(shí)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(gè)選項(xiàng)中,只有一項(xiàng)是符合題目要求的.
1.設(shè)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={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(shè)某種蠟燭所剩長(zhǎng)度P與點(diǎn)燃時(shí)間t的函數(shù)關(guān)系式是P=kt+b.若點(diǎn)燃6分鐘后,蠟燭的長(zhǎng)為17.4 cm;點(diǎn)燃21分鐘后,蠟燭的長(zhǎng)為8.4 cm,則這支蠟燭燃盡的時(shí)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,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(shí)數(shù)a的取值范圍為( )
A.a(chǎn)≤-2或a=1 B.a(chǎn)≤-2或1≤a≤2
C.a(chǎn)≥1 D.a(chǎn)>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
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(zhì):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(gè)極值點(diǎn)x1、x2,且x1∈[-2,-1],x2∈[1,2],則f(-1)的取值范圍是( )
A. B.
C.[3,12] D.
解析:f′(x)=3x2+4bx+c,由題意,得
f(-1)=2b-c,當(dāng)直線過(guò)A時(shí)f(-1)取最小值3,當(dāng)直線過(guò)B時(shí)取最大值12,故選C.
答案:C
7.設(shè)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(guò)曲線上任意一點(diǎn)的切線與兩坐標(biāo)軸所圍成的三角形的面積是( )
A.2a2 B.a(chǎn)2
C.2|a| D.|a|
解析:設(shè)切點(diǎn)坐標(biāo)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(diǎn)A的坐標(biāo)為(2x0,0);令x=0,得y=,即切線與y軸的交點(diǎn)B的坐標(biāo)為(0,).故切線與兩坐標(biāo)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(dāng)|x1-1|<|x2-1|時(shí),有( )
A.f(2-x1)>f(2-x2)
B.f(2-x1)=f(2-x2)
C.f(2-x1)<f(2-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(guān)于直線x=1對(duì)稱.
由|x1-1|<|x2-1|?(x1-x2)(x1+x2-2)<0?或
若則x2>1.此時(shí),當(dāng)x1>1,則f(x1)>f(x2),即f(2-x1)>f(2-x2);
當(dāng)x1<1?2-x1>1,又x2>2-x1?f(2-x1)>f(x2),即f(2-x1)>f(2-x2).
同理,當(dāng)時(shí),也有上述結(jié)論.
答案:A
10.如圖所示,點(diǎn)P在邊長(zhǎng)為1的正方形的邊上運(yùn)動(dòng),設(shè)M是CD邊的中點(diǎn),則當(dāng)點(diǎn)P沿著A-B-C-M運(yùn)動(dòng)時(shí),以點(diǎn)P經(jīng)過(guò)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(shí)數(shù)a的取值范圍是( )
A.0<a< B.0<a≤e
C.a(chǎn)≤e D.a(chǎn)≥e
解析:f′(x)==,因?yàn)閒(x)在[1,+∞)上為減函數(shù),故f′(x)≤0在[1,+∞)上恒成立,即lna≥1-lnx在[1,+∞)上恒成立.設(shè)φ(x)=1-lnx,φ(x)max=1,故lna≥1,a≥e,選D.
答案:D
12.有下列命題:
①函數(shù)y=cos(x-)cos(x+)的圖象中,相鄰兩個(gè)對(duì)稱中心的距離為π;
②函數(shù)y=的圖象關(guān)于點(diǎn)(-1,1)對(duì)稱;
③關(guān)于x的方程ax2-2ax-1=0有且僅有一個(gè)實(shí)數(shù)根,則實(shí)數(shù)a=-1;
④已知命題p:對(duì)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(hào)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(gè)對(duì)稱中心的距離為d==,故①不正確;②函數(shù)y=的圖象對(duì)稱中心應(yīng)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,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(guān)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(diào)遞增,故f(x)是(-1,1)上的增函數(shù).由已知得f(a-2)<-f(a2-4),即f(a-2)<f(4-a2).
故??
<a<2.即不等式的解集是(,2).
答案:(,2)
15.已知函數(shù)f(x)=mx2+lnx-2x在定義域內(nèi)是增函數(shù),則實(shí)數(shù)m的取值范圍為________.
解析:f′(x)=mx+-2≥0對(duì)一切x>0恒成立,m≥-()2+,令g(x)=-()2+,則當(dāng)=1時(shí),函數(shù)g(x)取得最大值1,故m≥1.
答案:[1,+∞)
16.(xx·揚(yáng)州模擬)若函數(shù)f(x)=x3-a2x滿足:對(duì)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:?jiǎn)栴}等價(jià)于在[0,1]內(nèi)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(diǎn)是x=|a|,若|a|>1,則函數(shù)f(x)在[0,1]上單調(diào)遞減,故只要f(0)-f(1)≤1即可,即a2≤,即1<|a|≤;若|a|≤1,此時(shí)f(x)min=f(|a|)=|a|3-a2|a|=-a2|a|,由于f(0)=0,f(1)=-a2,故當(dāng)|a|≤時(shí),f(x)max=f(1),此時(shí)只要-a2+a2|a|≤1即可,即a2(|a|-1)≤,由于|a|≤,故|a|-1≤×-1<0,故此時(shí)成立;當(dāng)<|a|≤1時(shí),此時(shí)f(x)max=f(0),故只要a2|a|≤1即可,此式顯然成立.故a的取值范圍是[-,].
答案:[-,]
三、解答題:本大題共6小題,共74分.解答應(yīng)寫出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟.
17.(本小題滿分12分)
(xx·廣東惠州模擬)統(tǒng)計(jì)表明,某種型號(hào)的汽車在勻速行駛中每小時(shí)的耗油量y(升)關(guān)于行駛速度x(千米/小時(shí))的函數(shù)解析式可以表示為:y=x3-x+8(0<x≤120).已知甲、乙兩地相距100千米.
(1)當(dāng)汽車以40千米/小時(shí)的速度勻速行駛時(shí),從甲地到乙地要耗油多少升?
(2)當(dāng)汽車以多大的速度勻速行駛時(shí),從甲地到乙地耗油最少?最少為多少升?
解:(1)當(dāng)x=40時(shí),汽車從甲地到乙地行駛了=2.5小時(shí),
要耗油×2.5=17.5(升).
答:當(dāng)汽車以40千米/小時(shí)的速度勻速行駛時(shí),從甲地到乙地要耗油17.5升.
(2)當(dāng)速度為x千米/小時(shí)時(shí),汽車從甲地到乙地行駛了小時(shí),設(shè)耗油量為h(x)升,依題意得
h(x)=·=x2+-(0<x≤120),
h′(x)=-=(0<x≤120).
令h′(x)=0,得x=80.
當(dāng)x∈(0,80)時(shí),h′(x)<0,h(x)是減函數(shù);
當(dāng)x∈(80,120]時(shí),h′(x)>0,h(x)是增函數(shù).
∴當(dāng)x=80時(shí),h(x)取得極小值h(80)=11.25.
∵h(yuǎn)(x)在(0,120]上只有一個(gè)極值,∴它是最小值.
答:當(dāng)汽車以80千米/小時(shí)的速度勻速行駛時(shí),從甲地到乙地耗油最少為11.25升.
18.(本小題滿分12分)
(xx·安徽)設(shè)f(x)=,其中a為正實(shí)數(shù).
(1)當(dāng)a=時(shí),求f(x)的極值點(diǎn);
(2)若f(x)為R上的單調(diào)函數(shù),求a的取值范圍.
解:對(duì)f(x)求導(dǎo)得f′(x)=ex①
(1)當(dāng)a=時(shí),若f′(x)=0,則4x2-8x+3=0,解得x1=,x2=.
結(jié)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(diǎn),x2=是極大值點(diǎn).
(2)若f(x)為R上的單調(diào)函數(shù),則f′(x)在R上不變號(hào),結(jié)合①與條件a>0,知ax2-2ax+1≥0在R上恒成立,因此Δ=4a2-4a=4a(a-1)≤0,由此并結(jié)合a>0,知0<a≤1.
19.(本小題滿分12分)
設(shè)f(x)是定義在[-1,1]上的奇函數(shù),且當(dāng)-1≤x<0時(shí),f(x)=2x3+5ax2+4a2x+b.
(1)求函數(shù)f(x)的解析式;
(2)當(dāng)1<a≤3時(shí),求函數(shù)f(x)在(0,1]上的最大值g(a).
解:(1)當(dāng)0<x≤1時(shí),-1≤-x<0,則f(x)=-f(-x)=2x3-5ax2+4a2x-b.
當(dāng)x=0時(shí),f(0)=-f(-0),∴f(0)=0.
∴f(x)=.
(2)當(dāng)0<x≤1時(shí),
f′(x)=6x2-10ax+4a2=2(3x-2a)(x-a)=
6(x-)(x-a).
①當(dāng)<<1,即1<a<時(shí),
當(dāng)x∈時(shí),f′(x)>0,當(dāng)x∈時(shí),f′(x)<0,
∴f(x)在上單調(diào)遞增,在上單調(diào)遞減,
∴g(a)=f=a3-b.
②當(dāng)1≤≤2,即≤a≤3時(shí),f′(x)≥0,
∴f(x)在(0,1]上單調(diào)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(dāng)a=8時(shí),求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間及極值;
(2)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性.
解:(1)依題意得,當(dāng)a=8時(shí),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(diào)遞增區(qū)間是(3,+∞).
由f′(x)<0得(x+1)(x-3)<0,解得-1<x<3,注意到x>0,所以函數(shù)f(x)的單調(diào)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(gè)極小值為f(3)=-3-6ln3.
(2)f(x)=x2-4x+(2-a)lnx,所以f′(x)=2x-4+=.
設(shè)g(x)=2x2-4x+2-a.
①當(dāng)a≤0時(shí),有Δ=16-4×2×(2-a)=8a≤0,此時(shí)g(x)≥0,所以f′(x)≥0,f(x)在(0,+∞)上單調(diào)遞增;
②當(dāng)a>0時(shí),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-<x<1+.
當(dāng)0<a<2時(shí),1->0,此時(shí)函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間是,,單調(diào)遞減區(qū)間是
;
當(dāng)a≥2時(shí),1-≤0,函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間是,單調(diào)遞減區(qū)間是.
綜上可知,當(dāng)a≤0時(shí),函數(shù)在(0,+∞)上單調(diào)遞增;當(dāng)0<a<2時(shí),函數(shù)在,上單調(diào)遞增,在上單調(diào)遞減;當(dāng)a≥2時(shí),函數(shù)在上單調(diào)遞增,在上單調(diào)遞減.
21.(本小題滿分12分)
已知函數(shù)f(x)=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(diǎn)的切線方程,并求此時(shí)函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間;
(2)若f(x)≤a2-2a+4對(duì)任意的x∈[1,2]恒成立,求實(shí)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(shí)切點(diǎn)坐標(biāo)是(1,17),故所求的切線方程是y-17=-14(x-1),即14x+y-31=0.
當(dāng)a=8時(shí),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(diào)遞增區(qū)間是(2,+∞);單調(diào)遞減區(qū)間是(-∞,0)和(0,2).
(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(diào)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(diào)遞減,在區(qū)間(,2)上f′(x)>0,函數(shù)單調(diào)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(dāng)1≤a≤3時(shí),函數(shù)的最大值為f(2)=4+a,當(dāng)3<a≤8時(shí),函數(shù)的最大值為f(1)=1+2a;
③當(dāng)a>8時(shí),f′(x)<0在區(qū)間[1,2]上恒成立,函數(shù)f(x)在區(qū)間[1,2]上單調(diào)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(dāng)a≤3時(shí),函數(shù)f(x)max=4+a,當(dāng)a>3時(shí),函數(shù)f(x)max=1+2a.
不等式f(x)≤a2-2a+4對(duì)任意的x∈[1,2]恒成立等價(jià)于在區(qū)間[1,2]上,f(x)max≤a2-2a+4,故當(dāng)a≤3時(shí),4+a≤a2-2a+4,即a2-3a≥0,解得a≤0或a=3;當(dāng)a>3時(shí),1+2a≤a2-2a+4,即a2-4a+3≥0,解得a>3.
綜合知當(dāng)a≤0或a≥3時(shí),不等式f(x)≤a2-2a+4對(duì)任意的x∈[1,2]恒成立.
22.(本小題滿分14分)
(xx·陜西)設(shè)函數(shù)f(x)定義在(0,+∞)上,f(1)=0,導(dǎo)函數(shù)f′(x)=,g(x)=f(x)+f′(x).
(1)求g(x)的單調(diào)區(qū)間和最小值;
(2)討論g(x)與g的大小關(guān)系;
(3)是否存在x0>0,使得|g(x)-g(x0)|<對(duì)任意x>0成立?若存在,求出x0的取值范圍;若不存在,請(qǐng)說(shuō)明理由.
解:(1)由題設(shè)易知f(x)=lnx,g(x)=lnx+,
∴g′(x)=,令g′(x)=0得x=1,
當(dāng)x∈(0,1)時(shí),g′(x)<0,故(0,1)是g(x)的單調(diào)減區(qū)間,
當(dāng)x∈(1,+∞)時(shí),g′(x)>0,故(1,+∞)是g(x)的單調(diào)增區(qū)間,
因此,x=1是g(x)的唯一極值點(diǎn),且為極小值點(diǎn),從而是最小值點(diǎn),
所以最小值為g(1)=1.
(2)g=-lnx+x,
設(shè)h(x)=g(x)-g=2lnx-x+,
則h′(x)=-,
當(dāng)x=1時(shí),h(1)=0,即g(x)=g,
當(dāng)x∈(0,1)∪(1,+∞)時(shí),h′(x)<0,h′(1)=0,
因此,h(x)在(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞減,
當(dāng)0<x<1時(shí),h(x)>h(1)=0,即g(x)>g,
當(dāng)x>1時(shí),h(x)<h(1)=0,即g(x)<g.
(3)滿足條件的x0不存在.
證明如下:
證法一 假設(shè)存在x0>0,使|g(x)-g(x0)|<對(duì)任意x>0成立,
即對(duì)任意x>0,有l(wèi)nx<g(x0)<lnx+,(*)
但對(duì)上述x0,取x1=eg(x0)時(shí),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(duì)任意x>0成立.
證法二 假設(shè)存在x0>0,使|g(x)-g(x0)|<對(duì)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(shí),lnx的值域?yàn)?0,+∞),
∴x≥1時(shí),g(x)的值域?yàn)閇1,+∞),
從而可得一個(gè)x1>1,使g(x1)≥g(x0)+1,
即g(x1)-g(x0)≥1,故|g(x1)-g(x0)|≥1>,與假設(shè)矛盾.
∴不存在x0>0,使|g(x)-g(x0)|<對(duì)任意x>0成立.