2022年高三數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專題1綜合測試題 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U1,2,3,4,5,6，集合M1,3，N2,3,4，則(UM)(UN)()A3B4,6C5,6 D3,6解析：UM2,4,5,6，UN1,5,6，(UM)(UN)5,6，故選C.答案：C2已知全集IR，若函數(shù)f(x)x23x2，集合Mx|f(x)0，Nx|f(x)<0，則MIN()A，2 B，2)C(，2 D(，2)解析：由f(x)0解得1x2，故M1,2；f(x)<0，即2x3<0，即x<，故N(，)，IN，)故MIN，2答案：A3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Pktb.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()A21分鐘 B25分鐘C30分鐘 D35分鐘解析：由，解得k0.6，b21，由00.6t21，解得t35.答案：D4已知命題p：“x1,2，x2a0”，命題q：“xR，x22ax2a0”若命題“綈p且q”是真命題，則實數(shù)a的取值范圍為()Aa2或a1 Ba2或1a2Ca1 Da>1解析：命題p：“x1,2，x2a0”，ax2在1,2上恒成立，a1，綈p為a>1.命題q：“xR，x22ax2a0”，方程有解，4a24(2a)0，a2a20，a1或a2.若命題“綈p且q”是真命題，則a>1，故選D.答案：D5(xx·山東肥城模擬)冪函數(shù)f(x)xn(n1,2,3，1)具有如下性質(zhì)：f2(1)f2(1)2f(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)2f(1)f(1)1n2，f(x)x2為偶函數(shù)，所以選B.答案：B6(xx·濰坊模擬)已知函數(shù)f(x)x32bx2cx1有兩個極值點x1、x2，且x12，1，x21,2，則f(1)的取值范圍是()A. B.C3,12 D.解析：f(x)3x24bxc，由題意，得f(1)2bc，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：C7設(shè)集合I是全集，AI，BI，則“ABI”是“BIA”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BIAABI，而ABI BIA，故“ABI”是“BIA”的必要不充分條件答案：B8若曲線xya(a0)，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()A2a2 Ba2C2|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(xx0)令y0，得x2x0，即切線與x軸的交點A的坐標為(2x0,0)；令x0，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：C9(xx·天津模擬)定義在R上的函數(shù)f(x)滿足(x1)f(x)0，且yf(x1)為偶函數(shù)，當|x11|<|x21|時，有()Af(2x1)>f(2x2)Bf(2x1)f(2x2)Cf(2x1)<f(2x2)Df(2x1)f(2x2)解析：由(x1)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yf(x1)為偶函數(shù)，得函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x1對稱由|x11|<|x21|(x1x2)(x1x22)<0或若則x2>1.此時，當x1>1，則f(x1)>f(x2)，即f(2x1)>f(2x2)；當x1<12x1>1，又x2>2x1f(2x1)>f(x2)，即f(2x1)>f(2x2)同理，當時，也有上述結(jié)論答案：A10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ABCM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：A11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()A0<a< B0<aeCae Dae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lna1lnx在1，)上恒成立設(shè)(x)1lnx，(x)max1，故lna1，ae，選D.答案：D12有下列命題：函數(shù)ycos(x)cos(x)的圖象中，相鄰兩個對稱中心的距離為；函數(shù)y的圖象關(guān)于點(1,1)對稱；關(guān)于x的方程ax22ax10有且僅有一個實數(shù)根，則實數(shù)a1；已知命題p：對任意的xR，都有sinx1，則綈p：存在xR，使得sinx>1.其中所有真命題的序號是()A BC D解析：函數(shù)ycos(x)cos(x)cos2x，相鄰兩個對稱中心的距離為d，故不正確；函數(shù)y的圖象對稱中心應(yīng)為(1,1)，故不正確；正確；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ff(xx)_.解析：ff(xx)ff(xx)ff(xx)ff(xx)ff(0)f(2)2240.答案：014已知函數(shù)f(x)lnsinx，則關(guān)于a的不等式f(a2)f(a24)<0的解集是_解析：已知f(x)lnsinx是奇函數(shù)，又f(x)lnsinxlnsinxln(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(a2)<f(a24)，即f(a2)<f(4a2)故<a<2.即不等式的解集是(，2)答案：(，2)15已知函數(shù)f(x)mx2lnx2x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)mx20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m1.答案：1，)16(xx·揚州模擬)若函數(shù)f(x)x3a2x滿足：對于任意的x1，x20,1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)maxf(x)min1恒成立f(x)x2a2，函數(shù)f(x)x3a2x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)minf(|a|)|a|3a2|a|a2|a|，由于f(0)0，f(1)a2，故當|a|時，f(x)maxf(1)，此時只要a2a2|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)maxf(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：yx3x8(0<x120)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x40時，汽車從甲地到乙地行駛了2.5小時，要耗油×2.517.5(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<x120)，h(x)(0<x120)令h(x)0，得x80.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x80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(dǎo)得f(x)ex(1)當a時，若f(x)0，則4x28x30，解得x1，x2.結(jié)合，可知xf(x)00f(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)合與條件a>0，知ax22ax10在R上恒成立，因此4a24a4a(a1)0，由此并結(jié)合a>0，知0<a1.19(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1x<0時，f(x)2x35ax24a2xb.(1)求函數(shù)f(x)的解析式；(2)當1<a3時，求函數(shù)f(x)在(0,1上的最大值g(a)解：(1)當0<x1時，1x<0，則f(x)f(x)2x35ax24a2xb.當x0時，f(0)f(0)，f(0)0.f(x).(2)當0<x1時，f(x)6x210ax4a22(3x2a)(xa)6(x)(xa)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)fa3b.當12，即a3時，f(x)0，f(x)在(0,1上單調(diào)遞增g(a)f(1)4a25a2b，g(a).20(本小題滿分12分)已知函數(shù)f(x)x24x(2a)lnx(aR，a0)(1)當a8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a8時，f(x)x24x6lnx，f(x)2x4，由f(x)>0得(x1)(x3)>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(x1)(x3)<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x3處取得極小值，這個極小值為f(3)36ln3.(2)f(x)x24x(2a)lnx，所以f(x)2x4.設(shè)g(x)2x24x2a.當a0時，有164×2×(2a)8a0，此時g(x)0，所以f(x)0，f(x)在(0，)上單調(diào)遞增；當a>0時，164×2×(2a)8a>0，令f(x)>0，即2x24x2a>0，解得x>1或x<1，令f(x)<0，即2x24x2a<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a2時，10，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a0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a2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(aR)(1)若f(x)在x1處的切線垂直于直線x14y130，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)a22a4對任意的x1,2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)22a14，解得a8，此時切點坐標是(1,17)，故所求的切線方程是y1714(x1)，即14xy310.當a8時，f(x)2x，令f(x)>0，解得x>2，令f(x)<0，解得x<2且x0，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.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)4a；若1a8，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)12a4aa3，故當1a3時，函數(shù)的最大值為f(2)4a，當3<a8時，函數(shù)的最大值為f(1)12a；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)12a.綜上可知，在區(qū)間1,2上，當a3時，函數(shù)f(x)max4a，當a>3時，函數(shù)f(x)max12a.不等式f(x)a22a4對任意的x1,2恒成立等價于在區(qū)間1,2上，f(x)maxa22a4，故當a3時，4aa22a4，即a23a0，解得a0或a3；當a>3時，12aa22a4，即a24a30，解得a>3.綜合知當a0或a3時，不等式f(x)a22a4對任意的x1,2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x1，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，x1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)glnxx，設(shè)h(x)g(x)g2lnxx，則h(x)，當x1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x1eg(x0)時，有l(wèi)nx1g(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，)，x1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