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2014年高考数学三轮专题分项模拟 集合、常用逻辑用语、不等式、函数与导数质量检测试题 理(含解析)


专题质量检测(一) 集合、常用逻辑用语、不等式、函数与导数

一、选择题 1.设集合 M={2,log3m},N={m,n},若 M∩N={1},则 M∪N=( ) A.{1,2} B.{1,2,3} C.{0,1,3} D.{0,1,2,3} 解析:由 M∩N={1}可得 1∈M,1∈N.由 1∈M 得 log3m=1,解得 m=3,故 N={3,n}, 由 1∈N 得 n=1,故 N={3,1},所以 M∪N={2,1}∪{1,3}={1,2,3}. 答案:B 2.已知命题 p:在△ABC 中,“C>B”是“sinC>sinB”的充分不必要条件;命题 q:“a>b” 是“ac2>bc2”的充分不必要条件,则下列选项中正确的是( ) A.p 真 q 假 B.p 假 q 真 C.“p∨q”为假 D.“p∧q”为真 解析:在△ABC 中,设角 C 与角 B 所对应的边分别为 c,b,由 C>B,知 c>b,由正弦定 理 c b = 可得 sinC>sinB,反之易证当 sinC>sinB 时,C>B,故“C>B”是“sinC>sinB” sinC sinB

的充要条件;当 c=0 时,由 a>b 得 ac2=bc2,由 ac2>bc2 易证 a>b,故“a>b”是“ac2> bc2”的必要不充分条件.即命题 p 是假命题,命题 q 是假命题,所以“p∨q”为假.故选 C. 答案:C 3.设函数 f(x)=x3+ax2-9x-1,当曲线 y=f(x)的斜率最小的切线与直线 12x+y=6 平行 时,a=( ) A.2 B.-3 C.-5 D.± 3 a? a2 a 解析:由题知 f′(x)=3x2+2ax-9=3? ?x+3?2-9- 3 ,所以当 x=-3时,函数 f′(x)取得最小 a2 值-9- .因为斜率最小的切线与直线 12x+y=6 平行, 所以斜率最小的切线的斜率为-12, 3 a2 所以-9- =-12,即 a2=9,解得 a=± 3. 3 答案:D 4.命题“?x0∈R,sinx0≤1”的否定是( ) A.不存在 x0∈R,sinx0>1 B.存在 x0∈R,sinx0≥1 C.对任意的 x∈R,sinx≤1 D.对任意的 x∈R,sinx>1 解析:由全称命题是特称命题的否定可知,命题“?x0∈R,sinx0≤1”的否定是“?x∈R,sinx >1”,故选 D. 答案:D
1

5.函数 y= x-lnx 的图象大致是(

)

A

B

C

D

解析:由 y= x-ln x 可得 y′=

x-2 (x>0).令 y′=0,得 x=4.当 x∈(4,+∞)时,y′>0, 2x

即函数在(4,+∞)上单调递增,当 x∈(0,4)时,y′<0,即函数在(0,4)上单调递减.又因为当 x 趋于无穷大时,y′趋于零.故选 B. 答案:B 6.设函数 f(x)=?
? ? ? ?

+ ,x<0, - ,x≥0,

且 f(1)=12,则 f[f(- 3)]=(

)

A.12 B.48 C.252 D.2
? + ,x<0, ? 解析:f(1)=3× (t-1)=12,即 t-1=4,解得 t=5,故 f(x)=? ?3· 4x,x≥0. ?

所以 f(- 3)=log2[(- 3)2+1]=log24=2,所以 f[f(- 3)]=f(2)=3× 42=48.故选 B. 答案:B

? 1 ??的值为( 7.已知函数 y=f(x)是奇函数,当 x>0 时,f(x)=lnx,则 f? f ? ?e2??
1 1 A. B.- ln 2 ln 2 C.ln 2 D.-ln 2

)

1? ? 1 ?? 解析: 由题知当 x<0 时, f(-x)=ln(-x), 所以 f(x)=-ln(-x), 又 f? 所以 f? ?e2?=-2, ?f?e2?? =f(-2)=-ln2,故选 D. 答案:D 8.已知函数 f(x)=lnx+3x-8 的零点 x0∈[a,b],且 b-a=1,a,b∈N*,则 a+b=( ) A.5 B.4 C.3 D.2 解析:本题的实质是求解函数 f(x)=lnx+3x-8 的零点所在的区间[a,b].易知 f(2)=ln2+6 -8=ln2-2<0,f(3)=ln3+9-8=ln 3+1>0,又 a,b∈N*,b-a=1,所以 a=2,b=3, 故 a+b=5. 答案:A x≥0, ? ? 9. 当实数 x, y 满足不等式组?y≥0, ? ?2x+y≤2 A.(-∞,0] B.[0,+∞)
2

时, 恒有 ax+y≤3 成立, 则实数 a 的取值范围是(

)

C.[0,2]

D.(-∞,3]

解析:画出可行域,如图中阴影部分所示.要使 ax+y≤3 恒成立,即可行域必须在直线 ax +y-3=0 的下方,故分三种情况进行讨论: 3 ①当 a>0 且 ≥1,即 0<a≤3 时,恒有 ax+y≤3 成立;②当 a=0 时,y≤3 成立;③当 a<0 a 时,恒有 ax+y≤3 成立.综上可知,a≤3. 答案:D 10.点 P 是曲线 x2-y-2ln x=0 上任意一点,则点 P 到直线 4x+4y+1=0 的最短距离是 ( ) A. C. 2 2 (1-ln2) B. (1+ln2) 2 2 2? 1 +ln2? ? 2 ?2 1 D. (1+ln2) 2

解析: 将直线 4x+4y+1=0 作平移后得直线 l: 4x+4y+b=0, 使直线 l 与曲线切于点 P(x0, 1 1 1 y0),由 x2-y-2ln x=0 得 y′=2x- ,∴直线 l 的斜率 k=2x0- =-1?x0= 或 x0= x x0 2 -1(舍去), 1 1 1 1 , +ln2? ,所求的最短距离即为点 P? , +ln2?到直线 4x+4y+1=0 的距离 d= ∴P ? ?2 4 ? ?2 4 ? |2+ + +1| 2 = (1+ln2). 2 4 2 答案:B 11.已知函数 f(x+1)是定义在 R 上的奇函数,若对于任意给定的不相等的实数 x1、x2,不 等式(x1-x2)· [f(x1)-f(x2)]<0 恒成立,则不等式 f(1-x)<0 的解集为( ) A.(0,3) B.(3,+∞) C.(-∞,0) D.(0,+∞) 解析:∵f(x+1)是定义在 R 上的奇函数, ∴f(-x+1)=-f(x+1),令 x=0,则 f(1)=0. 又∵任取 x1,x2∈R,x1≠x2,都有(x1-x2)[f(x1)-f(x2)]<0,∴f(x)在 R 上单调递减. ∵f(1-x)<0=f(1),∴1-x>1,∴x<0, ∴不等式 f(1-x)<0 的解集为(-∞,0). 答案:C 1 b 12.已知 m,n∈(0,+∞),m+n=1, + (b>0)的最小值恰好为 4,则曲线 g(x)=x2-bx m n 在点(1,0)处的切线方程为( ) A.x-y-1=0 B.x+2y-1=0 C.3x-2y+3=0 D.4x-3y+1=0 1 b ? 1 +b?=1+b+ n +bm≥1+b+2 b 解析:∵m,n∈(0,+∞),m+n=1,∴ + =(m+n)· ?m n? m n m n

3

=(1+ b)2.依题意,得(1+ b)2=4,求得 b=1,于是 g(x)=x2-x,求导得 g′(x)=2x-1, ∴曲线 g(x)在点(1,0)处的切线的斜率为 k=2× 1-1=1, ∴曲线 g(x)在点(1,0)处的切线方程为 y-0=1× (x-1),即 x-y-1=0. 答案:A 二、填空题 1 1 13.已知 x,y∈(0,+∞),且 + =1,则 x+y 的最小值为________. x 2y 1 1? 1 y x 3 y x y x 解析:x+y=(x+y)? ?x+2y?=1+2+x+2y=2+x+2y,因为 x,y∈(0,+∞),所以x+2y≥2 y x y x 3 y x 3 · = 2(当且仅当 = ,即 x= 2y 时等号成立),所以 x+y= + + ≥ + 2,即 x x 2y x 2y 2 x 2y 2 3 +y 的最小值为 + 2. 2 3 答案: + 2 2 1? 14.函数 f(x)=? ?2?x-sinx 在区间[0,2π]上的零点个数为__________.

1? 解析:如图所示,函数 g(x)=? ?2?x 与 h(x)=sinx 的图象在区间[0,2π]上有两个交点,所以函 1? 数 f(x)=? ?2?x-sinx 在区间[0,2π]上的零点个数为 2. 答案:2 15.某厂生产的甲、乙两种产品每件可获利润分别为 30 元、20 元,生产甲产品每件需用 A 原料 2 千克、B 原料 4 千克,生产乙产品每件需用 A 原料 3 千克、B 原料 2 千克,A 原料每 日供应量限额为 60 千克,B 原料每日供应量限额为 80 千克.要求每天生产的乙产品不能比 甲产品多 10 件以上,若合理安排生产,则每天获得的最大利润为__________元.

? ?4x+2y≤80, 解析:设每天生产甲产品 x 件,乙产品 y 件,由题意知?y-x≤10, x≥0, ? ?y≥0,

2x+3y≤60, 每天获得的利润

为 z=30x+20y,如图,作出可行域,则目标函数的最大值在点 M(15,10)处取到,所以每天 获得的最大利润为 z=30× 15+20× 10=650 元.

4

答案:650 16.已知函数 f(x)满足 f(x+1)=f(x-1),且 f(x)是偶函数,当 x∈[0,1]时,f(x)=x,若在区 间[-1,3]上函数 g(x)=f(x)-kx-k 有 4 个零点,则实数 k 的取值范围是__________.

解析:由 f(x+1)=f(x-1)得,f(x+2)=f(x),则 f(x)是周期为 2 的函数.∵f(x)是偶函数,当 x∈[0,1]时,f(x)=x,∴当 x∈[-1,0]时,f(x)=-x,易得当 x∈[1,2]时,f(x)=-x+2,当 x ∈[2,3]时,f(x)=x-2. 在区间[-1,3]上函数 g(x)=f(x)-kx-k 有 4 个零点, 即函数 y=f(x)与 y=kx+k 的图象在区 间[-1,3]上有 4 个不同的交点.作出函数 y=f(x)与 y=kx+k 的图象如图所示,结合图形易 1 0, ?. 知,k∈? ? 4? 1? 答案:? ?0,4? 三、解答题 17.已知二次函数 f(x)=ax2+x 有最小值,不等式 f(x)<0 的解集为 A. (1)求集合 A; (2)设集合 B={x||x+4|<a},若集合 B 是集合 A 的子集,求 a 的取值范围. 解析:(1)∵二次函数 f(x)=ax2+x 有最小值, ∴a>0. 1 - ,0?. ∴f(x)<0,即 ax2+x<0 的解集 A=? ? a ? (2)化简 B 得 B=(-a-4,a-4),

? ?-a≤-a-4, ∵B?A,∴? 0≥a-4, ? ?a>0,
解得 0<a≤ 5-2. 即 a 的取值范围为(0, 5-2]. 18.已知函数 f(x)=log2(ax-bx)且 f(1)=1,f(2)=log212. (1)求 a、b 的值; (2)当 x∈[1,2]时,求 f(x)的最大值. 解析:(1)由已知得?
? ? ? ?

1

- =1, - =log212.

? ?a-b=2, 所以? 解得 a=4,b=2. ?a2-b2=12. ?

1 1 2x- ?2- ?, (2)f(x)=log2(4x-2x)=log2?? 2? 4 ?

?

?

5

1? 1 令 u(x)=? ?2x-2?2-4. 由复合函数的单调性知 u(x)在[1,2]上为增函数, 1 1 22- ?2- =12, 所以 u(x)max=? 2 ? ? 4 所以 f(x)的最大值为 log212=2+log23. 1 19.已知函数 f(x)的图象与函数 h(x)=x+ +2 的图象关于点 A(0,1)对称. x (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)的图象关于 A(0,1)对称,设 f(x)的图象上任意一点坐标为 B(x, y),其关于 A(0,1)的对称点为 B′(x′,y′), x =0, ?x′+ 2 则? y′+y ? 2 =1,
?x′=-x, ? ∴? ?y′=2-y. ?

1 ∵B′(x′,y′)在 h(x)上,∴y′=x′+ +2. x′ 1 1 ∴2-y=-x- +2.∴y=x+ . x x 1 即 f(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(-∞,-4]. 20.设 a 为非负实数,函数 f(x)=x|x-a|-a. (1)当 a=2 时,求函数 f(x)的单调区间; (2)讨论函数 y=f(x)的零点个数,并求出零点.
?x2-2x-2,x≥2, ? 解析:(1)当 a=2 时,f(x)=x|x-2|-2=? ? ?-x2+2x-2,x<2,

①当 x≥2 时,f(x)=x2-2x-2=(x-1)2-3, ∴f(x)在(2,+∞)上单调递增. ②当 x<2 时,f(x)=-x2+2x-2=-(x-1)2-1, ∴f(x)在(1,2)上单调递减,在(-∞,1)上单调递增. 综上所述,f(x)的单调递增区间是(-∞,1)和(2,+∞),单调递减区间是(1,2). (2)(ⅰ)当 a=0 时,f(x)=x|x|,函数 y=f(x)的零点为 x0=0.
? ?x2-ax-a,x≥a, (ⅱ)当 a>0 时,f(x)=x|x-a|-a=? ? ?-x2+ax-a,x<a,

6

a? a2 a 故当 x≥a 时,f(x)=? ?x-2?2- 4 -a,此时函数的对称轴 x=2<a,∴f(x)在(a,+∞)上单调 递增,f(a)=-a<0. a a a2 a x- ?2+ -a,此时函数的对称轴 x= <a,∴f(x)在? ,a?上单调递 当 x<a 时,f(x)=-? 2 2 ? ? ? ? 4 2 a? 减,在? ?-∞,2?上单调递增, a? a2 而 f? ?2?= 4 -a, a? ①当 f? ?2?<0,即 0<a<4 时,函数 f(x)与 x 轴只有唯一交点,即函数 f(x)有唯一零点,该零 点大于 a. 由 x2-ax-a=0 解得 x1= a+ a2+4a 为 x1= . 2 a? ②当 f? ?2?=0,即 a=4 时,函数 f(x)与 x 轴有两个交点,即函数 f(x)有两个零点, a+ a2+4a a 分别为 x3= =2 和 x4= =2+2 2; 2 2 a? ③当 f? ?2?>0,即 a>4 时,函数 f(x)与 x 轴有三个交点,即函数 f(x)有三个零点, 由-x2+ax-a=0 解得 x5= a+ a2-4a a- a2-4a ,x6= , 2 2 a+ a2-4a a- a2-4a a+ a2+4a ,x6= 和 x7= . 2 2 2 a+ a2+4a a- a2+4a 或 x2= (舍去),所以函数 y=f(x)的零点 2 2

∴函数 y=f(x)的零点为 x5=

a+ a2+4a 综上可得,当 a=0 时,函数 f(x)的零点为 0;当 0<a<4 时,函数有一个零点 ; 2 a± a2-4a a+ a2+4a 当 a=4 时,函数有 2 和 2+ 2两个零点;当 a>4 时,函数有 和 三个 2 2 零点. 1 21.已知函数 f(x)= (x-1)2+lnx-ax+a. 2 3 (1)若 a= 求函数 f(x)的极值; 2 (2)若对任意的 x∈(1,3),都有 f(x)>0 成立,求 a 的取值范围. 3 1 3 3 1 5 2x2-5x+2 解析:(1)当 a= 时,f(x)= (x-1)2+lnx- x+ (x>0),则 f′(x)=x+ - = (x 2 2 2 2 x 2 2x >0), 1 令 f′(x)=0,得 x= ,或 x=2,则 f(x),f′(x)随 x 的变化情况如下表: 2 x f′(x)

?0,1? ? 2?


1 2 0

?1,2? ?2 ?


2 0

(2,+∞) +
7

f(x)



极大值



极小值



1? 7 1 由上表可知函数 f(x)在 x= 处取得极大值 f? ?2?=8-ln2,在 x=2 处取得极小值 f(2)=ln2- 2 1. 10 1 1 2, ?. (2)f′(x)=x+ -(1+a),当 x∈(1,3)时,x+ ∈? 3? x x ? (ⅰ)当 1+a≤2,即 a≤1 时, 若 x∈(1,3),则 f′(x)>0,函数 f(x)在(1,3)上是单调递增函数,所以对任意的 x∈(1,3),f(x) >f(1)=0 恒成立,满足题意; 10 7 (ⅱ)当 1+a≥ ,即 a≥ 时, 3 3 若 x∈(1,3),则 f′(x)<0,函数 f(x)在(1,3)上是单调递减函数,所以对任意的 x∈(1,3),f(x) <f(1)=0 恒成立,不符合题意; 10 7 (ⅲ)当 2<1+a< ,即 1<a< 时, 3 3 设 g(x)=f′(x),则 g′(x)=1- - + 1 = ,若 x∈(1,3)时,则 g′(x)>0, x2 x2

故 f′(x)在(1,3)上为单调递增函数,又 f′(1)<0,f′(3)>0, 所以方程 f′(x)=0 在区间(1,3)上有唯一的实数根,设 f′(x0)=0,则当 x∈(1,x0)时,f′(x)<0, 所以 f(x)在(1,x0)上单调递减,而 f(1)=0,于是当 x∈(1,x0)时,f(x)<0,所以 x∈(1,3) 时,f(x)>0 不能恒成立. 综上所述,a 的取值范围是{a|a≤1}. 3x 22.已知函数 f(x)= -2x2+lnx,其中 a 为常数且 a≠0. a (1)若 a=1,求函数 f(x)的单调区间; (2)若函数 f(x)在区间[1,2]上为单调函数,求 a 的取值范围. 解析:(1)当 a=1 时,f(x)=3x-2x2+ln x,其定义域为(0,+∞), -4x2+3x+1 - 1 则 f′(x)= -4x+3= = x x + - (x>0), x

当 x∈(0,1)时,f′(x)>0,故函数 f(x)在区间(0,1)上单调递增; 当 x∈(1,+∞)时,f′(x)<0,故函数 f(x)在区间(1,+∞)上单调递减. 所以 f(x)的单调递增区间为(0,1),单调递减区间为(1,+∞). 3 1 (2)由题易得 f′(x)= -4x+ (x>0), a x 因为函数 f(x)在区间[1,2]上为单调函数, 所以在区间[1,2]上,f′(x)≥0 或 f′(x)≤0 恒成立, 3 1 3 1 3 1 3 1 3 即 - 4x + ≥0 或 - 4x + ≤0 在 x ∈ [1,2] 时恒成立,即 ≥4x - 或 ≤4x - (1≤x≤2) ,即 a x a x a x a x a 1? 1? 3 ? ≥? ?4x-x?max 或 a≤?4x-x?min,其中 1≤x≤2. 1 令 h(x)=4x- (1≤x≤2),易知函数 h(x)在[1,2]上单调递增,故 h(1)≤h(x)≤h(2). x 3 3 3 1 15 3 1 2 所以 ≥h(2)或 ≤h(1),即 ≥4×2- = , ≤4×1- =3,解得 a<0 或 0<a≤ 或 a≥1. a a a 2 2 a 1 5

8

2 故 a 的取值范围为(-∞,0)∪(0, ]∪[1,+∞). 5

9


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