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2016高考数学理科二轮复习习题:专题综合检测卷(一)

时间:2016-01-12


专题综合检测(一)
(时间:120 分钟,满分:150 分) 本部分学生用书单独成册 一、选择题(本大题共 12 小题,每小题 5 分,共 60 分.在每小 题给出的四个选项中,只有一项是符合题目要求的) 1.(2015· 湖南卷)设 A,B 是两个集合,则“A∩B=A”是“A ?B”的(C) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件 解析:∵ A∩B=A?A?B,∴ “A∩B=A”是“A?B”的充 要条件. 2.若 f(x)= 1 ,则 f(x)的定义域为(A) log1(2x+1) 2
?1 ? B.?2,0? ? ? ?

? 1 ? A.?-2,0? ? ? ? ? 1 ? C.?-2,+∞?

D.(0,+∞)

1 解析:由题意,得 log1(2x+1)>0,即 0<2x+1<1,解得- <x<0. 2 2
?1?log30.3 3.已知 a=5log23.4,b=5log43.6,c=?5? ,则(C) ? ?

A.a>b>c B.b>a>c C.a>c>b D.c>a>b

1

10 10 解析:∵-log30.3=log3 >1,且 <3.4, 3 3 10 ∴log3 <log33.4<log23.4. 3 10 10 ∵log43.6<1,log3 >1,∴log43.6<log3 . 3 3 ∵y=5x 为增函数,∴5log23.4>5log43.6,
?1?log30.3 即 5log23.4>?5? >5log43.6,∴a>c>b. ? ?

4. (2014· 新课标Ⅱ卷)函数 f(x)在 x=x0 处导数存在. 若 p: f′(x0) =0;q:x=x0 是 f(x)的极值点,则(C) A.p 是 q 的充分必要条件 B.p 是 q 的充分条件,但不是 q 的必要条件 C.p 是 q 的必要条件,但不是 q 的充分条件 D.p 既不是 q 的充分条件,也不是 q 的必要条件 解析:若 x=x0 是函数 f(x)的极值点,则 f′(x0)=0;若 f′(x0)=0, 则 x=x0 不一定是极值点,例如 f(x)=x3,当 x=0 时,f′(0)=0,但 x=0 不是极值点,故 p 是 q 的必要条件,但不是 q 的充分条件.选 C. 5.函数 y= cos 6x 的图象大致为(D) 2x-2-x

2

解析:函数 f(x)= 数,

cos 6x cos 6x =-f(x),f(x)为奇函 -x,f(-x)= -x x 2 -2 2 -2x

当 x→0 且 x>0 时 f(x)→+∞;当 x→0,且 x<0 时 f(x)→-∞; 当 x→+∞,2x-2-x→+∞,f(x)→0; 当 x→-∞,2x-2-x→-∞,f(x)→0.故选 D. 6. 设四边形 ABCD 的两条对角线为 AC、 BD, 则“四边形 ABCD 为菱形”是“AC⊥BD”的(A) A.充分不必要条件 B.必要不充分条件 C.充要条件 D.既不充分也不必要条件

解析: 若四边形 ABCD 为菱形,则对角线 AC⊥BD;反之若 AC⊥BD,则四边形不一定是平行四边形,故“四边形 ABCD 为菱 形”是“AC⊥BD”的充分不必要条件.故选 A. 7.(2014· 新课标Ⅱ卷)设曲线 y=ax-ln(x+1)在点(0,0)处的切 线方程为 y=2x,则 a=(D)

A.0 B.1 C.2 D.3 1 解析:因为 y=a- ,所以切线的斜率为 a-1=2,解得 a= x+1
3

3.故选 D. 8. 下列函数中,既是偶函数又在区间(-∞,0)上单调递增的是 (A) A.f(x)= 1 B.f(x)=x2+1 x2

C.f(x)=x3 D.f(x)=2-x 解析:根据函数奇偶性的判断可得选项 A、B 为偶函数,C 为奇 函数,D 为非奇非偶函数,所以排除 C,D 选项,由二次函数的图象 可得选项 B 在(-∞,0)是单调递减的,根据排除法选 A.因为函数 y 1 =x2 在(-∞,0)是单调递减的且 y= 在(0,+∞)是单调递减的,所 x 以根据复合函数单调性的判断同增异减可得选项 A 在(-∞,0)是单 调递增的. 9 . (2014· 辽 宁 卷 ) 已 知 f(x) 为 偶 函 数 , 当 x≥0 时 , f(x) =
? 1? ? ?0, ?, cos π x , x ∈ ? 2? ? 1 则不等式 f(x-1)≤ 的解集为(A) ? 2 ?1 ? ? ,+∞?, ? 2 x - 1 , x ∈ ? ?2 ? ?1 2? ?4 7? A.?4,3?∪?3,4? ? ? ? ? ? ? 3 1? ?1 2? B.?-4,-3?∪?4,3? ? ? ? ?1 3? ?4 7? C.?3,4?∪?3,4? ? ? ? ? ? ? ? 3 1? ?1 3? D.?-4,-3?∪?3,4? ? ?

解析:先画出当 x≥0 时,函数 f(x)的图象,又 f(x)为偶函数,故 将 y 轴右侧的函数图象关于 y 轴对称,得 y 轴左侧的图象,如下图所 1 3 1 示, 直线 y= 与函数 f(x)的四个交点横坐标从左到右依次为- , - , 2 4 3
4

?1 2? 1 3 1 3 3 1 ,, 由图象可知, ≤x-1≤ 或- ≤x-1≤- , 解得 x∈?4,3?∪ 3 4 3 4 4 3 ? ? ?4 7? ? , ?.故选 A. ?3 4?

10.已知函数 f(x)=2x+x,g(x)=log2x+x,h(x)=log2x-2 的零 点依次为 a,b,c,则(A) A.a<b<c B.c<b<a C.c<a<b D.b<a<c
2 ? ?x ,|x|≥1, 11.设函数 f(x)=? g(x)是二次函数,若 f(g(x))的值域 ? ?x,|x|<1,

是[0,+∞),则 g(x)的值域是(C) A.(-∞,-1]∪[1,+∞) B.(-∞,-1]∪[0,+∞) C.[0,+∞) D.[1,+∞) 解析:由 f(x)≥0,可得 x≥0 或 x≤-1.当 x≤-1 时,f(x)≥1; 当 x≥0 时,f(x)≥0.又 g(x)为二次函数,其值域为(-∞,a]或[b,+ ∞),而 f(g(x))的值域为[0,+∞),可知 g(x)≥0. 3x-1 的定义域是 R,则实数 a 的取值 ax +ax-3
2 5

3

12.已知函数 f(x)=

范围是(B)
? ? 1? A.?a?a>3? ? ? ?

B.{a|-12<a≤0}
? ? ?

? ? 1? C.{a|-12<a<0} D.?a?a≤3? ?a≠0, ? 解析:由 a=0 或? 可得-12<a≤0.故 2 ? ?Δ=a -4a×(-3)<0,

选 B. 二、填空题(本大题共 4 小题,每小题 5 分,共 20 分.请把正确 答案填在题中横线上)

?-x+a,x≤0, 13.设 f(x)=? 若 f(0)是 f(x)的最小值,则 a 的取 1 x + , x > 0 , ? x
值范围是(-∞,2]. 解析:由题意,当 x>0 时,f(x)的极小值为 f(1)=2;当 x≤0 时, f(x)极小值为 f(0)=a,f(0)是 f(x)的最小值,则 a≤2. 14.(2014· 江西卷)若曲线 y=xln x 上点 P 处的切线平行于直线 2x-y+1=0,则点 P 的坐标是(e,e). 解析:因为 y′=ln x+1,设切点(a,b),则 k=ln a+1=2,a=e, 又 b=aln a=e,所以 P(e,e).
? ?ln x,x>0, 15.设函数 f(x)=? D 是由 x 轴和曲线 y=f(x) ?-2x-1,x≤0, ?

及该曲线在点(1,0)处的切线所围成的封闭区域,则 z=x-2y 在 D 上的最大值为 2. 1 解析:∵f′(x)= ,∴k=f′(1)=1, x ∴切线 l:y=x-1. 因而切线 l、曲线 f(x)、x 轴围成三角形区域,其中最优解是(0,
6

-1),代入得 zmax=2. 16.(2015· 山东卷)若“?x∈?0,
? ?

π? ?,tan x≤m”是真命题,则 4?

实数 m 的最小值为 1. 解析: 由题意, 原命题等价于 tan x≤m 在区间?0,
? ?

π? ?上恒成立, 4?

即 y=tan x 在?0,
?

?

? π? π? ?上的最大值小于或等于 m, 又 y=tan x 在?0, ? 4? 4? ?

上的最大值为 1,所以 m≥1,即 m 的最小值为 1. 三、解答题(本大题共 6 小题,共 70 分.解答时应写出必要的文 字说明、证明过程或演算步骤)
? 4 ? 17.(10 分)设集合 A={x|x2<4},B=?x|1<x+3?. ? ?

(1)求集合 A∩B; (2)若不等式 2x2+ax+b<0 的解集为 B,求 a,b 的值. 解析:(1)A={x|x2<4}={x|-2<x<2},
? ? 4 ? ? x-1 <0?={x|-3<x<1}, B=?x|1<x+3?=?x| ? ? ? x+3 ?

∴A∩B={x|-2<x<1}. (2)因为 2x2+ax+b<0 的解集为 B={x|-3<x<1}. 所以-3 和 1 为 2x2+ax+b=0 的两根. a ? ?-2=-3+1, 故? 所以 a=4,b=-6. b ? ?2=-3×1. 1 18.(12 分)已知函数 f(x)的图象与函数 h(x)=x+ +2 的图象关 x 于点 A(0,1)对称.
7

(1)求 f(x)的解析式; (2)若 g(x)=f(x)· x+ax,且 g(x)在区间[0,2]上为减函数,求实数 a 的取值范围. 解析:(1)∵f(x)的图象与 h(x)关于 A(0,1)对称,设 f(x)图象上任 意一点坐标为 B(x,y), 其关于 A(0,1)对称点 B′(x′,y′). x =0, ? ?x′+ 2 ?x′=-x, 则? ∴? ? y+y′ ?y′=2-y, = 1 , ? 2 ∵B′(x′,y′)在 h(x)上,∴y′=x′+ 1 ∴2-y=-x- +2, x 1 1 ∴y=x+ ,即 f(x)=x+ . x x (2)g(x)=x2+ax+1, ∵g(x)在[0,2]上为减函数, a ∴- ≥2,即 a≤-4, 2 ∴a 的取值范围为(-∞,-4]. 2 19.(12 分)已知函数 f(x)=x- +a(2-ln x)(a>0),讨论 f(x)的 x 单调性. 解析:f(x)的定义域是(0,+∞),
2 2 a x -ax+2 f′(x)=1+ 2- = . x x x2

1 +2. x′

设 g(x)=x2-ax+2,二次方程 g(x)=0 的判别式Δ=a2-8. ①当Δ=a2-8<0, 即 0<a<2 2时, 对一切 x>0 都有 f′(x)>0,
8

此时 f(x)在(0,+∞)上是增函数. ②当Δ=a2-8=0,即 a=2 2时,仅对 x= 2有 f′(x)=0,对其 余的 x>0 都有 f′(x)>0,此时 f(x)在(0,+∞)上也是增函数. ③当Δ=a2-8>0,即 a>2 2时,方程 g(x)=0 有两个不同的实 a- a2-8 a+ a2-8 根 x1= ,x2= ,0<x1<x2. 2 2

? ? a- a2-8? ?a+ a2-8 ?与? 此时 f(x) 在 ?0, ,+∞? 上单调递增, 2 2 ? ? ? ?

a- a2-8 a+ a2-8 在( , )上单调递减. 2 2 20.(12 分)如图所示,长方体物体 E 在雨中沿面 P(面积为 S)的 垂直方向做匀速移动,速度为 v(v>0),雨速沿 E 移动方向的分速度 为 c(c∈R),E 移动时单位时间内的淋雨量包括两部分:①P 或 P 的 平行面(只有一个面淋雨)的淋雨量,假设其值与|v-c|×S 成正比,比 1 1 例系数为 ;②其他面的淋雨量之和,其值为 .记 y 为 E 移动过程中 10 2 3 的总淋雨量,当移动距离 d=100,面积 S= 时, 2

9

(1)写出 y 的表达式; (2)设 0<v≤10, 0<c≤5, 试根据 c 的不同取值范围确定移动速度 v,使淋雨量 y 最少. 解析: (1)由题意知, E 移动时单位时间内的淋雨量为 1? 5 100? 3 故 y= v ?20|v-c|+2?=v(3|v-c|+10). ? ? (2)由(1)知,当 0<v≤c 时, 5(3c+10) 5 y=v(3c-3v+10)= -15; v 当 c<v≤10 时, 5(10-3c) 5 y=v(3v-3c+10)= +15. v +10) -15,0<v≤c, ?5(3cv 故 y=? 5(10-3c) ? v +15,c<v≤10. ①当 0<c≤ 10 时,y 是关于 v 的减函数, 3 3 1 |v-c|+ , 20 2

3c 故当 v=10 时,ymin=20- . 2 ②当 10 <c≤5 时,在(0,c]上,y 是关于 v 的减函数;在(c,10] 3

上,y 是关于 v 的增函数,

10

故当 v=c 时,ymin=

50 . c

ex 21.(12 分)设 f(x)= ,其中 a 为正实数. 1+ax2 4 (1)当 a= 时,求 f(x)的极值点; 3 (2)若 f(x)为 R 上的单调函数,求 a 的取值范围. 解析:对 f(x)求导,得 f′(x)=e
x1+ax

-2ax .① (1+ax2)2

2

4 (1)当 a= 时,若 f′(x)=0,则 4x2-8x+3=0, 3 3 1 解得 x1= ,x2= . 2 2 当 x 变化时,f′(x)与 f(x)变化情况见下表:

3 1 ∴x1= 是极小值点,x2= 是极大值点. 2 2 (2)若 f(x)为 R 上的单调函数,则 f′(x)在 R 上不变号,结合①与 条件 a>0,知 1+ax2-2ax≥0 在 R 上恒成立,即Δ=4a2-4a=4a(a -1)≤0,由此并结合 a>0,知 0<a≤1. ∴a 的取值范围为{a|0<a≤1}. 22.(12 分)(2015· 江苏卷)已知函数 f(x)=x3+ax2+b(a,b∈R). (1)试讨论 f(x)的单调性; (2)若 b=c-a(实数 c 是与 a 无关的常数),当函数 f(x)有三个不

11

3 3 同的零点时,a 的取值范围恰好是(-∞,-3)∪(1, )∪( ,+∞), 2 2 求 c 的值. 解析:(1)f′(x)=3x2+2ax,令 f′(x)=0, 解得 x1=0,x2=- 2a . 3

当 a=0 时,因为 f′(x)=3x2≥0,所以函数 f(x)在(-∞,+∞) 上单调递增; 2a 2a 当 a>0 时,x∈(-∞,- )∪(0,+∞)时,f′(x)>0,x∈(- , 3 3 0)时,f′(x)<0, 所以函数 f(x)在(-∞,- 0)上单调递减; 当 a<0 时,x∈(-∞,0)∪(- 2a - )时,f′(x)<0, 3 2a ,+∞)时,f′(x)>0,x∈(0, 3 2a 2a ),(0,+∞)上单调递增,在(- , 3 3

2a 2a 所以函数 f(x)在(-∞, 0), (- , +∞)上单调递增, 在(0, - ) 3 3 上单调递减. (2)由(1)知,函数 f(x)的两个极值为 f(0)=b, f(- 2a 4 2a )= a3+b,则函数 f(x)有三个零点等价于 f(0)·f(- ) 3 27 3

4 =b( a3+b)<0,从而 27

?a>0, ?a<0, 或? ? 4 3 4 3 - a < b <0 0< b < - a. ? 27 ? 27
12

4 4 又 b=c-a,所以当 a>0 时, a3-a+c>0 或当 a<0 时, a3- 27 27 a+c<0. 设 g(a)= 4 3 a -a+c,因为函数 f(x)有三个零点时,a 的取值范 27

3 3 围恰好是(-∞,-3)∪(1, )∪( ,+∞), 2 2 3 3 则在(-∞,-3)上 g(a)<0,且在(1, )∪( ,+∞)上 g(a)>0 均 2 2 恒成立, 3 从而 g(-3)=c-1≤0,且 g( )=c-1≥0,因此 c=1. 2 此时,f(x)=x3+ax2+1-a=(x+1)[x2+(a-1)x+1-a], 因为函数有三个零点,则 x2+(a-1)x+1-a=0 有两个异于-1 的不等实根, 所以Δ=(a-1)2-4(1-a)=a2+2a-3>0,且(-1)2-(a-1)+1 -a≠0, 3 3 解得 a∈(-∞,-3)∪(1, )∪( ,+∞). 2 2 综上 c=1.

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