《2020高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第二章 章末優(yōu)化訓(xùn)練練習(xí) 理 新人教A版》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020高三數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 第二章 章末優(yōu)化訓(xùn)練練習(xí) 理 新人教A版（7頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

1、章末優(yōu)化訓(xùn)練 (本欄目內(nèi)容，在學(xué)生用書中以活頁形式分冊裝訂！) 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．函數(shù)y＝＋的定義域為(　　) A．{x|x≥0}　　　　　　　　　 B．{x|x≥1} C．{x|x≥1或x＝0} D．{x|0≤x≤1} 解析：　由已知，即， 得x≥1或x＝0. ∴定義域為{x|x≥1或x＝0}． 答案：　C 2．冪函數(shù)的圖象經(jīng)過點，則它的單調(diào)遞增區(qū)間是(　　) A．(0，＋∞) B．[0，＋∞) C．(－∞，0) D．(－∞，＋∞) 解析：　設(shè)y＝xα，則2α＝，

2、∴α＝－2， ∴冪函數(shù)y＝x－2，結(jié)合圖象知選C. 答案：　C 3．已知函數(shù)f(x)＝xex，則f′(2)等于(　　) A．e2 B．2e2 C．3e2 D．2ln 2 解析：　∵f(x)＝xex，∴f′(x)＝ex＋xex. ∴f′(2)＝e2＋2e2＝3e2.故選C. 答案：　C 4．已知函數(shù)f(x)＝log2，則f(x)的值域為(　　) A．(－∞，－2) B．(－2,2) C．[0，＋∞) D．(－∞，＋∞) 解析：　f(x)的定義域為(－∞，0)∪(0，＋∞)， 故3x＋－2＞0，∴f(x)＝log2∈R. 答案：　D 5．曲線y＝x3＋

3、x在點處的切線與坐標(biāo)軸圍成的三角形面積為(　　) A. B. C. D. 解析：　y′＝x2＋1，曲線在點處的切線斜率k＝12＋1＝2，故曲線在點處的切線方程為：y－＝2(x－1)． 該切線與兩坐標(biāo)軸的交點分別是，， 故所求三角形的面積是：S＝××＝. 答案：　A 6．設(shè)a＝20.3，b＝0.32，c＝logx(x2＋0.3)(x＞1)，則a，b，c的大小關(guān)系是(　　) A．a(chǎn)＜b＜c B．b＜a＜c C．c＜b＜a D．b＜c＜a 解析：　∵a＝20.3＜21＝2且a＝20.3＞20＝1， ∴1＜a＜2， 又∵b＝0.32＜0.30＝1， ∵x＞1，∴c

4、＝logx(x2＋0.3)＞logxx2＝2， ∴c＞a＞b. 答案：　B 7.函數(shù)f(x)的圖象是如圖所示的折線段OAB，點A的坐標(biāo)為(1,2)，點B的坐標(biāo)為(3,0)．定義函數(shù)g(x)＝f(x)·(x－1)，則函數(shù)g(x)的最大值為(　　) A．0 B．2 C．1 D．4 解析：　由圖象可知f(x)＝， 所以g(x)＝. 當(dāng)x∈[0,1]時，g(x)的最大值為g(0)＝g(1)＝0； 當(dāng)x∈(1,3]時，g(x)的最大值為g(2)＝1. 綜上可知，函數(shù)g(x)的最大值為1. 答案：　C 8．已知函數(shù)f(x)＝在(－∞，＋∞)上單調(diào)遞減，則實數(shù)a的取值范圍

5、是(　　) A．(0,1) B. C. D. 解析：　由已知有：， 解得≤a＜. 答案：　C 9．函數(shù)f(x)＝πx＋log2x的零點所在區(qū)間為(　　) A. B. C. D. 解析：　因為f(x)在定義域內(nèi)為單調(diào)遞增函數(shù)，而在4個選項中，只有f·f＜0，所以零點所在區(qū)間為. 答案：　C 10．曲線y＝sin x，y＝cos x與直線x＝0，x＝所圍成的平面區(qū)域的面積為(　　) A.(sin x－cos x)dx B.(sin x－cos x)dx C.(cos x－sin x)dx D．2(cos x－sin x)dx 解析：　當(dāng)x∈時，y

6、＝sin x與y＝cos x的圖象的交點坐標(biāo)為，作圖可知曲線y＝sin x，y＝cos x與直線x＝0，x＝所圍成的平面區(qū)域的面積可分為兩部分：一部分是曲線y＝sin x，y＝cos x與直線x＝0，x＝所圍成的平面區(qū)域的面積；另一部分是曲線y＝sin x，y＝cos x與直線x＝，x＝所圍成的平面區(qū)域的面積．且這兩部分的面積相等，結(jié)合定積分定義可知選D. 答案：　D 11．若函數(shù)y＝的圖象關(guān)于直線y＝x對稱，則a為(　　) A．1 B．－1 C．±1 D．任意實數(shù) 解析：　可求得函數(shù)y＝的反函數(shù)是y＝. ∵自身圖象關(guān)于直線y＝x對稱，即反函數(shù)是函數(shù)自身， ∴＝，消去x可

7、得a＝－1. 答案：　B 12．已知函數(shù)f(x)為(－∞，＋∞)上的奇函數(shù)，且f(x)的圖象關(guān)于x＝1對稱，當(dāng)x∈[0,1]時，f(x)＝2x－1，則f(2 009)＋f(2 010)的值為(　　) A．－2 B．－1 C．0 D．1 解析：　由f(x)為奇函數(shù)得f(0)＝0，f(－x)＝－f(x)． 又f(x)關(guān)于x＝1對稱，有f(－x)＝f(x＋2)，所以f(x＋2)＝－f(x)，f(x＋4)＝－f(x＋2)＝f(x)，所以f(x)的周期為4. 又f(1)＝21－1＝1，f(0)＝20－1＝0，所以f(2 009)＋f(2 010)＝f(1)＋f(0)＝1，故選D.

8、 答案：　D 二、填空題(本大題共4小題，每小題4分，共16分．請把正確答案填在題中橫線上) 13．計算2dx＝________. 解析：　2dx＝dx ＝＝－(2＋ln 2＋4) ＝ln＋. 答案：　ln＋ 14．已知函數(shù)f(x)＝x2－2x＋3在閉區(qū)間[0,2]上最大值為m，最小值為n，則m＋n等于________． 解析：　∵f(x)＝x2－2x＋3＝(x－1)2＋2， ∴f(x)min＝f(1)＝2，f(x)max＝f(0)＝f(2)＝3， ∴m＋n＝3＋2＝5. 答案：　5 15．偶函數(shù)f(x)是以4為周期的函數(shù)，f(x)在區(qū)間[－6，－4]上是減函數(shù)，則f(

9、x)在[0,2]上的單調(diào)性是________． 解析：　∵T＝4，且在x∈[－6，－4]上單調(diào)遞減， ∴(x＋4)在[－2,0]上也單調(diào)遞減， 又f(x)為偶函數(shù)，故f(x)的圖象關(guān)于y軸對稱， 由對稱性知f(x)在[0,2]上單調(diào)遞增． 答案：　遞增 16．若函數(shù)f(x)＝|x2－4x|－a的零點個數(shù)為3，則a＝________. 解析：　函數(shù)y＝|x2－4x|與函數(shù)y＝4的圖象如圖所示，它們恰有3個交點，而當(dāng)y≠4時，不可能有3個交點． 答案：　4 三、解答題(本大題共6小題，共74分．解答時應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟) 17．(12分)設(shè)函數(shù)f(x)

10、＝ax2＋bx＋3a＋b的圖象關(guān)于y軸對稱，它的定義域是[a－1,2a](a，b∈R)，求f(x)的值域.【解析方法代碼108001028】 解析：　由于f(x)的圖象關(guān)于y軸對稱，所以f(x)是一個偶函數(shù)，其定義域[a－1,2a]應(yīng)關(guān)于原點對稱， ∴a－1＋2a＝0，得a＝. 這時f(x)＝x2＋bx＋1＋b， 又f(－x)＝x2－bx＋1＋b. 由f(x)＝f(－x)得b＝0， ∴f(x)＝x2＋1. 又定義域為，所以值域為. 18．(12分)已知函數(shù)f(x)＝x3－2ax2－3x，x∈R. (1)當(dāng)a＝0時，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)當(dāng)x∈(0，＋∞)時，f(

11、x)≥ax恒成立，求a的取值范圍． 解析：　(1)當(dāng)a＝0時，f(x)＝x3－3x， 故f′(x)＝3x2－3. 當(dāng)x＜－1或x＞1時，f′(x)＞0；當(dāng)－1＜x＜1時，f′(x)＜0. 故f(x)在(－∞，－1)和(1，＋∞)上單調(diào)遞增，在(－1,1)上單調(diào)遞減． (2)由題意可知x3－2ax2－3x≥ax在(0，＋∞)上恒成立， 即x2－2ax－(3＋a)≥0在(0，＋∞)上恒成立． 令g(x)＝x2－2ax－(3＋a)， 因為Δ＝(－2a)2＋4(a＋3)＝42＋11＞0， 故x2－2ax－(3＋a)≥0在(0，＋∞)上恒成立等價于即解得a≤－3， 即a的取值范圍是(

12、－∞，－3]． 19．(12分)已知函數(shù)f(x)的圖象與函數(shù)h(x)＝x＋＋2的圖象關(guān)于點A(0,1)對稱． (1)求f(x)的解析式； (2)若g(x)＝f(x)·x＋ax，且g(x)在區(qū)間[0,2]上為減函數(shù)，求實數(shù)a的取值范圍.【解析方法代碼108001029】 解析：　(1)∵f(x)的圖象與h(x)關(guān)于A(0,1)對稱， 設(shè)f(x)圖象上任意一點坐標(biāo)為B(x，y)，其關(guān)于A(0,1)對稱點B′(x′，y′)， 則，∴. ∵B′(x′，y′)在h(x)上，∴y′＝x′＋＋2， ∴2－y＝－x－＋2，∴y＝x＋，即f(x)＝x＋. (2)g(x)＝x2＋ax＋1， ∵

13、g(x)在[0,2]上為減函數(shù)，∴－≥2，即a≤－4， ∴a的取值范圍為(－∞，－4]． 20．(12分)已知函數(shù)f(x)＝log4(4x＋1)＋kx(k∈R)是偶函數(shù)． (1)求k的值； (2)若方程f(x)－m＝0有解，求m的取值范圍.【解析方法代碼108001030】 解析：　(1)由函數(shù)f(x)是偶函數(shù)，可知f(x)＝f(－x)， ∴l(xiāng)og4(4x＋1)＋kx＝log4(4－x＋1)－kx， 即log4＝－2kx，log44x＝－2kx， ∴x＝－2kx對一切x∈R恒成立． ∴k＝－. (2)由m＝f(x)＝log4(4x＋1)－x， 得m＝log4＝log4(2

14、x＋)． ∵2x＋≥2，∴m≥. 故要使方程f(x)－m＝0有解，m的取值范圍為m≥. 21．(12分)某廠生產(chǎn)一種機(jī)器的固定成本(即固定投入)為0.5萬元，但每生產(chǎn)100臺，需要增加可變成本(即另增加投入)0.25萬元．市場對此產(chǎn)品的年需求量為500臺，銷售的收入函數(shù)為R(x)＝5x－(0≤x≤5)，其中x是產(chǎn)品售出的數(shù)量(單位：百臺)． (1)把利潤表示為年產(chǎn)量的函數(shù)； (2)年產(chǎn)量是多少時，工廠所得利潤最大？ (3)年產(chǎn)量是多少時，工廠才不虧本？ 解析：　(1)當(dāng)x≤5時，產(chǎn)品能售出x百臺；當(dāng)x>5時，只能售出500臺，故利潤函數(shù)為L(x)＝R(x)－C(x) ＝ ＝

15、 (2)當(dāng)0≤x≤5時，L(x)＝4.75x－－0.5， ∴當(dāng)x＝4.75時，得L(x)max＝10.781 25(萬元)； 當(dāng)x>5時，L(x)<12－1.25＝10.75(萬元)． ∴生產(chǎn)475臺時利潤最大． (3)由或 得0.11≤x≤5或5＜x≤48，即0.11≤x≤48. ∴產(chǎn)品年產(chǎn)量在11臺到4800臺時，工廠不虧本． 22．(14分)已知函數(shù)f(x)＝的圖象過坐標(biāo)原點O，且在點(－1，f(－1))處的切線的斜率是－5. (1)求實數(shù)b、c的值； (2)求f(x)在區(qū)間[－1,2]上的最大值； (3)對任意給定的正實數(shù)a，曲線y＝f(x)上是否存在兩點P、Q，使

16、得△POQ是以O(shè)為直角頂點的直角三角形，且此三角形斜邊中點在y軸上？請說明理由． 解析：　(1)當(dāng)x<1時，f(x)＝－x3＋x2＋bx＋c，則f′(x)＝－3x2＋2x＋b. 依題意，得即， 解得b＝c＝0. (2)由(1)知，f(x)＝. ①當(dāng)－1≤x<1時，f′(x)＝－3x2＋2x＝－3x， 令f′(x)＝0得x＝0或x＝. 當(dāng)x變化時，f′(x)、f(x)的變化情況如下表： x (－1,0) 0 f′(x) － 0 ＋ 0 － f(x) 單調(diào)遞減 極小值 單調(diào)遞增 極大值 單調(diào)遞減 又f(－1)＝2，f＝，f(0)＝0， ∴

17、f(x)在[－1,1)上的最大值為2. ②當(dāng)1≤x≤2時，f(x)＝aln x. 當(dāng)a≤0時，f(x)≤0，∴f(x)的最大值為0； 當(dāng)a>0時，f(x)在[1,2]上單調(diào)遞增， ∴f(x)在[1,2]上的最大值為aln 2. 綜上所述， 當(dāng)aln 2≤2，即a≤時，f(x)在[－1,2]上的最大值為2； 當(dāng)aln 2>2，即a>時，f(x)在[－1,2]上的最大值為aln 2. (3)假設(shè)曲線y＝f(x)上存在兩點P、Q滿足題設(shè)要求，則點P、Q只能在y軸的兩側(cè)． 不妨設(shè)P(t，f(t))(t>0)，則Q(－t，t3＋t2)，顯然t≠1. ∵△POQ是以O(shè)為直角頂點的直

18、角三角形， ∴O·O＝0，即－t2＋f(t)(t3＋t2)＝0.　?、? 若方程①有解，則存在滿足題意的兩點P、Q；若方程①無解，則不存在滿足題意的兩點P、Q. 若01. 此時f(t)＝aln t，代入①式得， －t2＋(aln t)(t3＋t2)＝0， 即＝(t＋1)ln t．　?、? 令h(x)＝(x＋1)ln x(x≥1)，則h′(x)＝ln x＋＋1>0， ∴h(x)在[1，＋∞)上單調(diào)遞增，∵t>1，∴h(t)>h(1)＝0， 當(dāng)t→＋∞時，h(t)→＋∞，∴h(t)的取值范圍為(0，＋∞)． ∴對于a>0，方程②總有解，即方程①總有解． 因此對任意給定的正實數(shù)a，曲線y＝f(x)上總存在兩點P、Q，使得△POQ是以點O為直角頂點的直角三角形，且此三角形斜邊中點在y軸上．