(浙江專版)2020屆高考數(shù)學一輪復習 滾動檢測二(1-4章)(含解析)

上傳人:Sc****h 文檔編號:122808363 上傳時間:2022-07-21 格式:DOCX 頁數(shù):13 大?。?92.59KB
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1、滾動檢測二(1~4章) (時間:120分鐘 滿分:150分) 第Ⅰ卷(選擇題 共40分) 一、選擇題(本大題共10小題,每小題4分,共40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.已知集合M={x|-35},則M∪N等于(  ) A.{x|x<-5或x>-3} B.{x|-55} 答案 A 解析 在數(shù)軸上畫出集合M={x|-35}, 則M∪N={x|x<-5或x>-3}. 2.設條件p:a2+a≠0,條件q:a≠0,那么p

2、是q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 答案 A 解析 若p?q,且q?p,則p是q的充分不必要條件,條件p:a2+a≠0, 即a≠0且a≠-1. 故條件p:a2+a≠0是條件q:a≠0的充分不必要條件.故選A. 3.下列函數(shù)中,既是偶函數(shù)又在(0,+∞)上單調遞增的是(  ) A.y=x3 B.y=cosx C.y= D.y=ln|x| 答案 D 解析 y=x3是奇函數(shù),其余三個函數(shù)都是偶函數(shù),但y=cosx在(0,+∞)上有增有減,y=在(0,+∞)上為減函數(shù),只有y=ln|x|既是偶函數(shù),又在(0,+∞)上是增

3、函數(shù),故選D. 4.函數(shù)f(x)=cosx的圖象大致為(  ) 答案 C 解析 依題意,注意到f(-x)=cos(-x)=cosx=cosx=-f(x),因此函數(shù)f(x)是奇函數(shù),其圖象關于原點對稱,故選項A,B均不正確;當00,f(x)<0,結合選項知,C正確. 5.已知函數(shù)F(x)=xf(x),f(x)滿足f(x)=f(-x),且當x∈(-∞,0]時,F(xiàn)′(x)<0成立,若a=20.1·f(20.1),b=ln2·f(ln2),c=log2·f,則a,b,c的大小關系是(  ) A.a(chǎn)>b>c B.c>a>b C.c>b>a D.a(chǎn)>c>b

4、 答案 C 解析 ∵f(x)=f(-x),∴函數(shù)f(x)是偶函數(shù),∴函數(shù)F(x)=xf(x)是奇函數(shù),∵當x∈(-∞,0]時,F(xiàn)′(x)<0成立,∴函數(shù)F(x)在(-∞,0]上單調遞減,因此函數(shù)F(x)在R上單調遞減,∵20.1>1,ln2∈(0,1),log2<0,a=20.1·f(20.1),b=ln2·f(ln2),c=log2·f,∴c>b>a,故選C. 6.已知函數(shù)f(x)滿足對一切x∈R,f(x+2)=-都成立,且當x∈(1,3]時,f(x)=2-x,則f(2019)等于(  ) A.B.C.D. 答案 B 解析 由已知條件f(x+2)=-,可得f(x)=-,故f(x+2

5、)=f(x-2),易得函數(shù)f(x)是周期為4的周期函數(shù),∴f(2019)=f(3+504×4)=f(3),∵當x∈(1,3]時,f(x)=2-x,∴f(3)=2-3=, 即f(2019)=. 7.已知f(x)=+x2+ax,g(x)=ln(-x)-x,若對任意x<0,不等式f(x)≥g(x)恒成立,則實數(shù)a的取值范圍是(  ) A.(-∞,e+1] B.[e+1,+∞) C.(-∞,e] D.[e,+∞) 答案 C 解析 由對任意x<0,不等式f(x)≥g(x)恒成立, 得對任意x<0,+x2+ax-ln(-x)+x≥0恒成立, 即對任意x<0,(a+1)x≥ln(-x

6、)-e-x-x2恒成立. 因為x<0,所以a+1≤. 令h(x)=, 則h′(x)=, 顯然當x∈(-∞,-1)時,h′(x)<0,h(x)單調遞減; 當x∈(-1,0)時,h′(x)>0,h(x)單調遞增. 所以h(x)min=h(-1)=e+1, 故a+1≤e+1,解得a≤e. 8.已知函數(shù)f(x)=|x|+2x-(x<0)與g(x)=|x|+log2(x+a)的圖象上存在關于y軸對稱的點,則a的取值范圍是(  ) A.(-∞,) B.(-∞,-) C.(-∞,2) D. 答案 A 解析 設f(x)關于y軸對稱的函數(shù)為h(x)=f(-x)=x+2-x-(x>

7、0),則由題意可得方程h(x)=g(x)(x∈(0,+∞))有解,即方程2-x-=log2(x+a)(x∈(0,+∞))有解,作出函數(shù)y=2-x-,y=log2(x+a)的圖象如圖, 當a≤0時,兩個圖象在(0,+∞)上必有交點,符合題意; 當a>0時,若兩個圖象在(0,+∞)上有交點,則log2a<,所以00),若有且只有兩個整數(shù)x1,x2使得f(x1)>0,且f(x2)>0,則實數(shù)a的取值范圍為(  ) A.(ln3,2) B.(0,2-ln3] C.(0,2-ln3) D.

8、[2-ln3,2) 答案 B 解析 f′(x)=+a-2, 當a-2≥0時,f′(x)>0,則f(x)在(0,+∞)上單調遞增,且f(2)=ln2>0,所以f(x)>0有無數(shù)整數(shù)解,不符合題意; 當a-2<0,即00,f(2)=ln2>0,f(3)=ln3+a-2, 根據(jù)題意有f(3)=ln3+a-2≤0即可, 解得a≤2-ln3, 綜上可知,0

9、f(x)+f′(x)=a有兩個不同的實數(shù)根,則實數(shù)a的取值范圍是(  ) A.(1,+∞) B. C. D.(3,+∞) 答案 B 解析 由于函數(shù)f(x)是單調函數(shù),因此不妨設f(x)-log2x=t,則f(t)=3,再令x=t,則f(t)-log2t=t,得log2t=3-t,解得t=2,故f(x)=log2x+2,f′(x)=,構造函數(shù)g(x)=f(x)+f′(x)-a=log2x+-a+2,∵方程f(x)+f′(x)=a有兩個不同的實數(shù)根,∴g(x)有兩個不同的零點.g′(x)=-=, 當x∈(0,1)時,g′(x)<0;當x∈(1,+∞)時,g′(x)>0, ∴g(x)

10、在(0,1)上單調遞減,在(1,+∞)上單調遞增, ∴g(x)min=g(1)=-a+2,由-a+2<0,得a>2+, 故實數(shù)a的取值范圍是. 第Ⅱ卷(非選擇題 共110分) 二、填空題(本大題共7小題,多空題每題6分,單空題每題4分,共36分.把答案填在題中橫線上) 11.設集合A={x|x2-x-2≥0},B={x|x>a},若A∪B=R,則a的取值范圍為________;若A∩B={x|x≥2},則a的取值范圍為________. 答案 (-∞,-1] [-1,2) 解析 x2-x-2≥0,即(x+1)(x-2)≥0, 得x≤-1或x≥2即A={x|x≤-1或x≥2}.

11、 當A∪B=R時,分析可得a≤-1; 當A∩B={x|x≥2}時,分析可得-1≤a<2. 12.已知命題p:實數(shù)m滿足m2+12a2<7am(a>0),命題q:實數(shù)m滿足方程+=1表示焦點在y軸上的橢圓,且p是q的充分不必要條件,則a的取值范圍為________. 答案  解析 設命題p,q對應的集合分別為A,B, 由a>0,m2-7am+12a2<0, 得3a0}. 由+=1表示焦點在y軸上的橢圓, 可得2-m>m-1>0,解得1

12、 13.(2018·湖州質檢)已知f(x)=則f(f(-1))=________,方程f(x)=4的解是________________________________________________________________________. 答案 1 x=-2或x=16或x= 解析 可得f(-1)=2,f(2)=1, 所以f(f(-1))=1. 當x≤0時,方程為2-x=4,解得x=-2; 當x>0時,方程為=4,解得x=16或x=. 綜上,方程的解為x=-2或x=16或x=. 14.若實數(shù)x,y滿足則2x-y的最小值為____;若不等式y(tǒng)2-xy≥ax2有解,則實數(shù)a

13、的取值范圍是____________. 答案 1  解析 依題意,由實數(shù)x,y滿足 畫出可行域如圖中陰影部分(含邊界)所示, 其中A(1,1),B(3,-1),C(3,3), 令z=2x-y?y=2x-z, 作出直線y=2x并平移,可知當直線過點A(1,1)時zmin=2×1-1=1. 對不等式y(tǒng)2-xy≥ax2, 分離參數(shù)后可得a≤=2-有解, 即a≤max, 結合圖形及的幾何意義可得∈, 則2-=2-∈, 故a≤. 15.(2018·寧波北侖中學期中)若函數(shù)f(x)=x3+3ax-1在x=1處的切線與直線y=6x+6平行,則實數(shù)a=________;當a≤0時

14、,若方程f(x)=15有且只有一個實根,則實數(shù)a的取值范圍為________. 答案 1 (-4,0] 解析 由f(x)=x3+3ax-1,得到f′(x)=3x2+3a, 因為曲線在x=1處的切線與y=6x+6平行, 而y=6x+6的斜率為6, 所以f′(1)=6,即3+3a=6,解得a=1. 令g(x)=x3+3ax-16,g′(x)=3x2+3a=3(x2+a), 當a=0時,g′(x)≥0,g(x)在R上單調遞增, 而當x→-∞時,g(x)→-∞, 當x→+∞時,g(x)→+∞, 故函數(shù)g(x)有且只有一個零點, 即方程f(x)=15有且只有一個實根, 當a<0時

15、,令g′(x)>0, 解得x>或x<-, 令g′(x)<0,解得-0,13或0

16、數(shù). ∴f(x)在x∈(0,2)上有極值,f(x)在x=1處取極小值也是最小值, f(x)min=f(1)=-+-1=-. ∵g(x)=x2-2bx+4=(x-b)2+4-b2,對稱軸為x=b,x∈[1,2], 當b<1時,g(x)min=g(1)=1-2b+4=5-2b; 當1≤b≤2時,g(x)min=g(b)=4-b2; 當b>2時,g(x)在[1,2]上是減函數(shù),g(x)min=g(2)=4-4b+4=8-4b. ∵對任意x1∈(0,2),存在x2∈[1,2],使f(x1)≥g(x2),∴只要f(x)的最小值大于等于g(x)的最小值即可, 當b<1時,-≥5-2b,解得

17、b≥,故b無解; 當1≤b≤2時,-≥4-b2, 解得b≤-或b≥,故b無解; 當b>2時,-≥8-4b,解得b≥. 綜上,b≥. 17.已知曲線y=ex+a與y=x2恰好存在兩條公切線,則實數(shù)a的取值范圍是________. 答案 (-∞,2ln2-2) 解析 設直線y=kx+b(k>0)為兩條曲線的公切線, 聯(lián)立得x2-kx-b=0, 則Δ=k2+4b=0,① y=ex+a求導可得y′=ex+a, 令ex+a=k,可得x=lnk-a, 所以切點坐標為(lnk-a,klnk-ak+b), 代入y=ex+a,可得k=klnk-ak+b,② 聯(lián)立①②,可得k2+4k+

18、4ak-4klnk=0, 化簡得4+4a=4lnk-k. 令g(k)=4lnk-k,則g′(k)=-1. 令g′(k)=0,得k=4;令g′(k)>0,得04. 所以g(k)在區(qū)間(0,4)內單調遞增,在區(qū)間(4,+∞)內單調遞減, 所以g(k)max=g(4)=4ln4-4. 因為有兩條公切線,所以關于k的方程4+4a=4lnk-k有兩個不同的解, 所以4+4a<4ln4-4,所以a<2ln2-2. 三、解答題(本大題共5小題,共74分.解答應寫出文字說明,證明過程或演算步驟) 18.(14分)已知集合A=,B={x|2m+1≤x≤3m

19、-1}. (1)求集合A; (2)若B?A,求實數(shù)m的取值范圍. 解 (1)≤2x-2≤16,2-3≤2x-2≤24, ∴-3≤x-2≤4,∴-1≤x≤6, ∴A={x|-1≤x≤6}. (2)若B=?,則2m+1>3m-1,解得m<2, 此時滿足題意; 若B≠?且B?A,∴必有 解得2≤m≤. 綜上所述,m的取值范圍為. 19.(15分)已知函數(shù)f(x)=x3+bx2+cx+d(b,c,d∈R)過點(3,0),且曲線y=f(x)在點(0,f(0))處的切線恰好是直線y=0. (1)求函數(shù)f(x)的解析式; (2)設函數(shù)g(x)=9x+m-1,若函數(shù)y=f(x)-g(

20、x)在區(qū)間[-2,1]上有兩個零點,求實數(shù)m的取值范圍. 解 (1)f′(x)=3x2+2bx+c, 由已知條件得解得 故f(x)=x3-3x2. (2)由已知條件得f(x)-g(x)=0在[-2,1]上兩個不同的解, 即x3-3x2-9x-m+1=0在[-2,1]上有兩個不同的解, 即m=x3-3x2-9x+1在[-2,1]上有兩個不同的解. 令h(x)=x3-3x2-9x+1,x∈[-2,1], 則h′(x)=3x2-6x-9,x∈[-2,1]. 解3x2-6x-9>0得-2≤x<-1; 解3x2-6x-9<0得-1

21、-2)=-1,h(1)=-10, ∴h(x)min=-10. ∵m=h(x)在區(qū)間[-2,1]上有兩個不同的解, ∴-1≤m<6. 故實數(shù)m的取值范圍是[-1,6). 20.(15分)(2018·浙江省海鹽高級中學期中)已知函數(shù)f(x)=x2+ax+1. (1)設g(x)=(x-2)·f(x),若y=g(x)的圖象與x軸恰有兩個不同的交點,求實數(shù)a的取值集合; (2)求函數(shù)y=|f(x)|在區(qū)間[0,1]上的最大值. 解 (1)由題意得 ①f(x)=0只有一解,且x≠2,則Δ=0,即a=±2. ②f(x)=0有兩個不同的解,且其中一解為x=2, ∴∴a=-. 綜上所述,

22、實數(shù)a的取值集合為. (2)①若-≤0,即a≥0時, 函數(shù)y=|f(x)|在[0,1]上單調遞增, 故ymax=f(1)=2+a; ②若0<-<1,即-2

23、g(x)=f(x)-x+2alnx,且g(x)有兩個極值點x1,x2,其中x1t恒成立,求t的取值范圍. 解 (1)易知f(x)的定義域為(0,+∞), 當a=3時,f(x)=2x--3lnx,f′(x)=2+-=, 令f′(x)>0,得01, 令f′(x)<0,得

24、(0,1), ∴g(x1)-g(x2)=g(x1)-g =x1-+alnx1- =2+2alnx1=2-2lnx1. 設h(x)=2-2lnx,x∈(0,1), ∵h′(x)=2-2 =, 當x∈(0,1)時,恒有h′(x)<0,∴h(x)在(0,1)上單調遞減,∴h(x)>h(1)=0, ∴g(x1)-g(x2)>0,又∵g(x1)-g(x2)>t恒成立, ∴t≤0. 22.(15分)(2019·杭州模擬)已知函數(shù)f(x)=a+(bx-1)ex(a,b∈R). (1)若曲線y=f(x)在點(0,f(0))處的切線方程為y=x,求a,b的值; (2)若a<1,b=2,關

25、于x的不等式f(x)

26、1, 又a<1,∴F′(x)>0,故F(x)在(0,+∞)上單調遞增, ∵F(0)=-1+a<0,F(xiàn)(1)=e>0, ∴在[0,+∞)上存在唯一整數(shù)x0,使得F(x0)<0, 即f(x0)

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