2022年高三數(shù)學二輪復習 專題1綜合測試題 理 人教版
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(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)某種蠟燭所剩長度P與點燃時間t的函數(shù)關(guān)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，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(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] 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(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．a(chǎn)2
C．2|a| D．|a|
解析：設(shè)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)<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(jié)論．
答案：A
10．如圖所示，點P在邊長為1的正方形的邊上運動，設(shè)M是CD邊的中點，則當點P沿著A－B－C－M運動時，以點P經(jīng)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<a< B．0<a≤e
C．a(chǎn)≤e D．a(chǎn)≥e
解析：f′(x)＝＝，因為f(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，相鄰兩個對稱中心的距離為π；
②函數(shù)y＝的圖象關(guān)于點(－1,1)對稱；
③關(guān)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(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)，則實數(shù)m的取值范圍為________．
解析：f′(x)＝mx＋－2≥0對一切x>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(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(guān)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<x≤120)．已知甲、乙兩地相距100千米．
(1)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多少升？
(2)當汽車以多大的速度勻速行駛時，從甲地到乙地耗油最少？最少為多少升？
解：(1)當x＝40時，汽車從甲地到乙地行駛了＝2.5小時，
要耗油×2.5＝17.5(升)．
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(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x∈(0,80)時，h′(x)<0，h(x)是減函數(shù)；
當x∈(80,120]時，h′(x)>0，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為正實數(shù)．
(1)當a＝時，求f(x)的極值點；
(2)若f(x)為R上的單調(diào)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(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，x2＝是極大值點．
(2)若f(x)為R上的單調(diào)函數(shù)，則f′(x)在R上不變號，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－1≤x<0時，f(x)＝2x3＋5ax2＋4a2x＋b.
(1)求函數(shù)f(x)的解析式；
(2)當1<a≤3時，求函數(shù)f(x)在(0,1]上的最大值g(a)．
解：(1)當0<x≤1時，－1≤－x<0，則f(x)＝－f(－x)＝2x3－5ax2＋4a2x－b.
當x＝0時，f(0)＝－f(－0)，∴f(0)＝0.
∴f(x)＝.
(2)當0<x≤1時，
f′(x)＝6x2－10ax＋4a2＝2(3x－2a)(x－a)＝
6(x－)(x－a)．
①當<<1，即1<a<時，
當x∈時，f′(x)>0，當x∈時，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1≤≤2，即≤a≤3時，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a＝8時，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a＝8時，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a≤0時，有Δ＝16－4×2×(2－a)＝8a≤0，此時g(x)≥0，所以f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)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－<x<1＋.
當0<a<2時，1－>0，此時函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間是，，單調(diào)遞減區(qū)間是
；
當a≥2時，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a≤0時，函數(shù)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當0<a<2時，函數(shù)在，上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減；當a≥2時，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，求該點的切線方程，并求此時函數(shù)f(x)的單調(diào)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(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1≤a≤3時，函數(shù)的最大值為f(2)＝4＋a，當3<a≤8時，函數(shù)的最大值為f(1)＝1＋2a；
③當a>8時，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(shè)函數(shù)f(x)定義在(0，＋∞)上，f(1)＝0，導函數(shù)f′(x)＝，g(x)＝f(x)＋f′(x)．
(1)求g(x)的單調(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(shè)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(diào)減區(qū)間，
當x∈(1，＋∞)時，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，且為極小值點，從而是最小值點，
所以最小值為g(1)＝1.
(2)g＝－lnx＋x，
設(shè)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(nèi)單調(diào)遞減，
當0<x<1時，h(x)>h(1)＝0，即g(x)>g，
當x>1時，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)|<對任意x>0成立，
即對任意x>0，有l(wèi)nx<g(x0)<lnx＋，(*)
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(shè)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(shè)矛盾．
∴不存在x0>0，使|g(x)－g(x0)|<對任意x>0成立．
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