《2022年高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 階段檢測(cè)卷1 理》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2022年高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 階段檢測(cè)卷1 理（5頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、2022年高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 階段檢測(cè)卷1 理 一、選擇題：本大題共8小題，每小題6分，共48分，有且只有一個(gè)正確答案，請(qǐng)將答案選項(xiàng)填入題后的括號(hào)中． 1．設(shè)集合A＝{－2,0,2}，B＝{x|x2－x－2＝0}，則A∩B＝(　　) A．? B．{2} C．{0} D．{－2} 2．設(shè)命題p：?x∈R，x2＋1>0，則p為(　　) A．?x0∈R，x＋1>0 B．?x0∈R，x＋1≤0 C．?x0∈R，x＋1<0 D．?x0∈R，x2＋1≤0 3．函數(shù)y＝的定義域?yàn)?　　) A．(－∞，2)　 B．(2，＋∞) C．(2,3)∪(3，＋∞)　 D

2、．(2,4)∪(4，＋∞) 4．已知函數(shù)f(x)＝則f＝(　　) A．4　　　 B.　　 C．－4 D．－ 5．下列函數(shù)中，既是偶函數(shù)，又在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞減的是(　　) A．y＝　 B．y＝e－x C．y＝－x2＋1 D．y＝lg|x| 6．若關(guān)于x的不等式x3－3x2－9x＋2≥m對(duì)任意x∈[－2,2]恒成立，則m的取值范圍是(　　) A．(－∞，7] B．(－∞，－20] C．(－∞，0] D．[－12,7] 7．設(shè)函數(shù)f(x)，g(x)的定義域?yàn)镽，且f(x)是奇函數(shù)，g(x)是偶函數(shù)，則下列結(jié)論中，正確的是(　　) A．f(x

3、)g(x)是偶函數(shù)　　　　 B．|f(x)|g(x)是奇函數(shù) C．f(x)|g(x)|是奇函數(shù)　　　 D．|f(x)g(x)|是奇函數(shù) 8．已知函數(shù)f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c，且09 二、填空題：本大題共3小題，每小題6分，共18分，把答案填在題中橫線上． 9．正方形的四個(gè)頂點(diǎn)A(－1，－1)，B(1，－1)，C(1,1)，D(－1,1)分別在拋物線y＝－x2和y＝x2上，如圖J1-1.若將一個(gè)質(zhì)點(diǎn)隨機(jī)投入正方形ABCD中，則質(zhì)點(diǎn)落在陰影區(qū)域的概率

4、是__________． 圖J1-1 10．已知[x]表示不超過(guò)實(shí)數(shù)x的最大整數(shù)，g(x)＝[x]，x0是函數(shù)f(x)＝log2x－的零點(diǎn)，則g(x0)＝______. 11．已知函數(shù)f(x)＝x2－m是定義在區(qū)間[－3－m，m2－m]上的奇函數(shù)，則f(m)＝______. 三、解答題：本大題共2小題，共34分，解答須寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或推演步驟． 12．(14分)某廠生產(chǎn)某種產(chǎn)品的年固定成本為250萬(wàn)元，每生產(chǎn)x千件，需另投入成本為C(x)(單位：萬(wàn)元)．當(dāng)年產(chǎn)量不足80千件時(shí)，C(x)＝x2＋10x；當(dāng)年產(chǎn)量不小于80千件時(shí)，C(x)＝51x＋－1450.現(xiàn)已知每件商品售價(jià)為

5、0.05萬(wàn)元．通過(guò)市場(chǎng)分析，該廠生產(chǎn)的商品能全部售完． (1)寫(xiě)出年利潤(rùn)L(單位：萬(wàn)元)關(guān)于年產(chǎn)量x(單位：千件)的函數(shù)解析式； (2)當(dāng)年產(chǎn)量為多少千件時(shí)，該廠在這一商品的生產(chǎn)中所獲利潤(rùn)最大？ 13．(20分)已知函數(shù)f(x)＝＋1(m≠0)，g(x)＝x2eax(a∈R)． (1)求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)當(dāng)m>0時(shí)，若對(duì)任意x1，x2∈[0,2]，f(x1)≥g(x2)恒成立，求a的取值范圍． 階段檢測(cè)卷(一) 1．B　解析：集合A＝{－2,0,2}，B＝{2，－1}，A∩B＝{2}． 2

6、．B　解析：全稱(chēng)命題的否定是特稱(chēng)命題，對(duì)于命題的否定，要將命題中的“?”變?yōu)椤?”，且否定結(jié)論，則綈p為“?x0∈R，x＋1≤0”．故選B. 3．C　解析：?故選C. 4．B　解析：f＝f＝f(－2)＝2－2＝. 5．C　解析：y＝為奇函數(shù)；y＝e－x為非奇非偶函數(shù)；y＝lg|x|為偶函數(shù)，但在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞增；y＝－x2＋1為偶函數(shù)，又在區(qū)間(0，＋∞)上單調(diào)遞減．故選C. 6．B　解析：令f(x)＝x3－3x2－9x＋2，則f′(x)＝3x2－6x－9. 令f′(x)＝0，得x＝－1或x＝3(舍去)．∵f(－1)＝7，f(－2)＝0，f(2)＝－20，∴f(x)的最小值

7、為f(2)＝－20.故m≤－20. 7．C　解析：設(shè)h1(x)＝f(x)g(x)，有h1(－x)＝f(－x)g(－x)＝－f(x)g(x)＝－h(huán)1(x)，所以h1(x)為奇函數(shù)； 設(shè)h2(x)＝|f(x)|g(x)，則有h2(－x)＝|f(－x)|g(－x)＝|－f(x)|g(x)＝|f(x)|g(x)＝h2(x)，所以h2(x)為偶函數(shù)； 設(shè)h3(x)＝f(x)|g(x)|，則有h3(－x)＝f(－x)|g(－x)|＝－f(x)|g(x)|＝－h(huán)3(x)，所以h3(x)為奇函數(shù)； 設(shè)h4(x)＝|f(x)g(x)|，則有h4(－x)＝|f(－x)g(－x)|＝|－f(x)g(x)|＝

8、|f(x)g(x)|＝h4(x)，所以h4(x)為偶函數(shù)．故選C. 8．C　解析：設(shè)f(－1)＝f(－2)＝f(－3)＝k， 則一元三次方程f(x)－k＝0有三個(gè)根－1，－2，－3. ∴f(x)－k＝m(x＋1)(x＋2)(x＋3)，比較最高系數(shù)， 得m＝1.∴f(x)＝x3＋6x2＋11x＋6＋k. ∵00，∴1

9、由已知，得m2－m＝3＋m，即m2－2m－3＝0.∴m＝3或m＝－1.當(dāng)m＝3時(shí)，f(x)＝x－1，而x∈[－6,6]，∴f(x)在x＝0處無(wú)意義，故舍去；當(dāng)m＝－1時(shí)，f(x)＝x3，此時(shí)x∈[－2,2]，∴f(m)＝f(－1)＝(－1)3＝－1. 12．解：(1)當(dāng)0

10、得最大值L(60)＝950(萬(wàn)元)； 當(dāng)x≥80，x∈N*時(shí)，L(x)＝1200－≤1200－2 ＝1200－200＝1000(萬(wàn)元)． 當(dāng)x＝，即x＝100時(shí)，L(x)取得最大值1000萬(wàn)元，即當(dāng)年產(chǎn)量為100千件時(shí)，該廠在這一商品的生產(chǎn)中所獲最大利潤(rùn)為1000萬(wàn)元． 13．解：(1)函數(shù)f(x)的定義域?yàn)镽， f′(x)＝＝. ①當(dāng)m>0時(shí)，當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)，f(x)的變化情況如下表： x (－∞，－1) (－1,1) (1，＋∞) f′(x) － ＋ － f(x) ↘ ↗ ↘ 所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－1,1)，單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，－

11、1)，(1，＋∞)． ②當(dāng)m<0時(shí)，當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)，f(x)的變化情況如下表： x (－∞，－1) (－1,1) (1，＋∞) f′(x) ＋ － ＋ f(x) ↗ ↘ ↗ 所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(－∞，－1)，(1，＋∞)，單調(diào)遞減區(qū)間是(－1,1)． (2)依題意，“當(dāng)m>0時(shí)，對(duì)于任意x1，x2∈[0,2]，f(x1)≥g(x2)恒成立”等價(jià)于 “當(dāng)m>0 時(shí)，對(duì)于任意x∈[0,2]，f(x)min≥g(x)max成立”． 當(dāng)m>0時(shí)，由(1)知，函數(shù)f(x)在[0,1]上單調(diào)遞增，在[1,2]上單調(diào)遞減， 因?yàn)閒(0)＝1，f(2)＝

12、＋1>1， 所以函數(shù)f(x)的最小值為f(0)＝1. 所以應(yīng)滿(mǎn)足g(x)max≤1. 因?yàn)間(x)＝x2eax，所以g′(x)＝(ax2＋2x)eax. ①當(dāng)a＝0時(shí)，函數(shù)g(x)＝x2， ?x∈[0,2]，g(x)max＝g(2)＝4， 顯然不滿(mǎn)足g(x)max≤1，故a＝0不成立； ②當(dāng)a≠0時(shí)，令g′(x)＝0，得x1＝0，x2＝－. ⅰ)當(dāng)－≥2，即－1≤a<0時(shí)， 在[0,2]上g′(x)≥0，所以函數(shù)g(x)在[0,2]上單調(diào)遞增． 所以g(x)max＝g(2)＝4e2a. 由4e2a≤1，得a≤－ln2，所以－1≤a≤－ln2. ⅱ)當(dāng)0<－<2，即a<－1時(shí)， 在上g′(x)≥0，在上g′(x)<0， 所以函數(shù)g(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減． 所以g(x)max＝g＝. 由≤1，得a≤－，所以a<－1. ⅲ)當(dāng)－<0，即a>0時(shí)，顯然在[0,2]上g′(x)≥0， 函數(shù)g(x)在[0,2]上單調(diào)遞增，且g(x)max＝g(2)＝4e2a. 顯然g(x)max＝4e2a≤1不成立，故a>0不成立． 綜上所述，a的取值范圍是(－∞，－ln2]． 而a2＝b2＋c2－2bccosA，故b2＋c2＝8.解得b＝c＝2.