《（浙江專版）2020屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 滾動檢測二（1-4章）（含解析）》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專版）2020屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 滾動檢測二（1-4章）（含解析）（13頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、滾動檢測二(1～4章) (時間：120分鐘　滿分：150分) 第Ⅰ卷(選擇題　共40分) 一、選擇題(本大題共10小題，每小題4分，共40分．在每小題給出的四個選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的) 1．已知集合M＝{x|－35}，則M∪N等于(　　) A．{x|x<－5或x>－3} B．{x|－55} 答案　A 解析　在數(shù)軸上畫出集合M＝{x|－35}， 則M∪N＝{x|x<－5或x>－3}． 2．設(shè)條件p：a2＋a≠0，條件q：a≠0，那么p

2、是q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 答案　A 解析　若p?q，且q?p，則p是q的充分不必要條件，條件p：a2＋a≠0， 即a≠0且a≠－1. 故條件p：a2＋a≠0是條件q：a≠0的充分不必要條件．故選A. 3．下列函數(shù)中，既是偶函數(shù)又在(0，＋∞)上單調(diào)遞增的是(　　) A．y＝x3 B．y＝cosx C．y＝ D．y＝ln|x| 答案　D 解析　y＝x3是奇函數(shù)，其余三個函數(shù)都是偶函數(shù)，但y＝cosx在(0，＋∞)上有增有減，y＝在(0，＋∞)上為減函數(shù)，只有y＝ln|x|既是偶函數(shù)，又在(0，＋∞)上是增

3、函數(shù)，故選D. 4．函數(shù)f(x)＝cosx的圖象大致為(　　) 答案　C 解析　依題意，注意到f(－x)＝cos(－x)＝cosx＝cosx＝－f(x)，因此函數(shù)f(x)是奇函數(shù)，其圖象關(guān)于原點(diǎn)對稱，故選項(xiàng)A，B均不正確；當(dāng)00，f(x)<0，結(jié)合選項(xiàng)知，C正確． 5．已知函數(shù)F(x)＝xf(x)，f(x)滿足f(x)＝f(－x)，且當(dāng)x∈(－∞，0]時，F(xiàn)′(x)<0成立，若a＝20.1·f(20.1)，b＝ln2·f(ln2)，c＝log2·f，則a，b，c的大小關(guān)系是(　　) A．a(chǎn)>b>c B．c>a>b C．c>b>a D．a(chǎn)>c>b

4、 答案　C 解析　∵f(x)＝f(－x)，∴函數(shù)f(x)是偶函數(shù)，∴函數(shù)F(x)＝xf(x)是奇函數(shù)，∵當(dāng)x∈(－∞，0]時，F(xiàn)′(x)<0成立，∴函數(shù)F(x)在(－∞，0]上單調(diào)遞減，因此函數(shù)F(x)在R上單調(diào)遞減，∵20.1>1，ln2∈(0,1)，log2<0，a＝20.1·f(20.1)，b＝ln2·f(ln2)，c＝log2·f，∴c>b>a，故選C. 6．已知函數(shù)f(x)滿足對一切x∈R，f(x＋2)＝－都成立，且當(dāng)x∈(1,3]時，f(x)＝2－x，則f(2019)等于(　　) A.B.C.D. 答案　B 解析　由已知條件f(x＋2)＝－，可得f(x)＝－，故f(x＋2

5、)＝f(x－2)，易得函數(shù)f(x)是周期為4的周期函數(shù)，∴f(2019)＝f(3＋504×4)＝f(3)，∵當(dāng)x∈(1,3]時，f(x)＝2－x，∴f(3)＝2－3＝， 即f(2019)＝. 7．已知f(x)＝＋x2＋ax，g(x)＝ln(－x)－x，若對任意x<0，不等式f(x)≥g(x)恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(　　) A．(－∞，e＋1] B．[e＋1，＋∞) C．(－∞，e] D．[e，＋∞) 答案　C 解析　由對任意x<0，不等式f(x)≥g(x)恒成立， 得對任意x<0，＋x2＋ax－ln(－x)＋x≥0恒成立， 即對任意x<0，(a＋1)x≥ln(－x

6、)－e－x－x2恒成立． 因?yàn)閤<0，所以a＋1≤. 令h(x)＝， 則h′(x)＝， 顯然當(dāng)x∈(－∞，－1)時，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減； 當(dāng)x∈(－1,0)時，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增． 所以h(x)min＝h(－1)＝e＋1， 故a＋1≤e＋1，解得a≤e. 8．已知函數(shù)f(x)＝|x|＋2x－(x<0)與g(x)＝|x|＋log2(x＋a)的圖象上存在關(guān)于y軸對稱的點(diǎn)，則a的取值范圍是(　　) A．(－∞，) B．(－∞，－) C．(－∞，2) D. 答案　A 解析　設(shè)f(x)關(guān)于y軸對稱的函數(shù)為h(x)＝f(－x)＝x＋2－x－(x>

7、0)，則由題意可得方程h(x)＝g(x)(x∈(0，＋∞))有解，即方程2－x－＝log2(x＋a)(x∈(0，＋∞))有解，作出函數(shù)y＝2－x－，y＝log2(x＋a)的圖象如圖， 當(dāng)a≤0時，兩個圖象在(0，＋∞)上必有交點(diǎn)，符合題意； 當(dāng)a>0時，若兩個圖象在(0，＋∞)上有交點(diǎn)，則log2a<，所以00)，若有且只有兩個整數(shù)x1，x2使得f(x1)>0，且f(x2)>0，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為(　　) A．(ln3,2) B．(0,2－ln3] C．(0,2－ln3) D．

8、[2－ln3,2) 答案　B 解析　f′(x)＝＋a－2， 當(dāng)a－2≥0時，f′(x)>0，則f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且f(2)＝ln2>0，所以f(x)>0有無數(shù)整數(shù)解，不符合題意； 當(dāng)a－2<0，即00，f(2)＝ln2>0，f(3)＝ln3＋a－2， 根據(jù)題意有f(3)＝ln3＋a－2≤0即可， 解得a≤2－ln3， 綜上可知，0

9、f(x)＋f′(x)＝a有兩個不同的實(shí)數(shù)根，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(　　) A．(1，＋∞) B. C. D．(3，＋∞) 答案　B 解析　由于函數(shù)f(x)是單調(diào)函數(shù)，因此不妨設(shè)f(x)－log2x＝t，則f(t)＝3，再令x＝t，則f(t)－log2t＝t，得log2t＝3－t，解得t＝2，故f(x)＝log2x＋2，f′(x)＝，構(gòu)造函數(shù)g(x)＝f(x)＋f′(x)－a＝log2x＋－a＋2，∵方程f(x)＋f′(x)＝a有兩個不同的實(shí)數(shù)根，∴g(x)有兩個不同的零點(diǎn)．g′(x)＝－＝， 當(dāng)x∈(0,1)時，g′(x)<0；當(dāng)x∈(1，＋∞)時，g′(x)>0， ∴g(x)

10、在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增， ∴g(x)min＝g(1)＝－a＋2，由－a＋2<0，得a>2＋， 故實(shí)數(shù)a的取值范圍是. 第Ⅱ卷(非選擇題　共110分) 二、填空題(本大題共7小題，多空題每題6分，單空題每題4分，共36分．把答案填在題中橫線上) 11．設(shè)集合A＝{x|x2－x－2≥0}，B＝{x|x>a}，若A∪B＝R，則a的取值范圍為________；若A∩B＝{x|x≥2}，則a的取值范圍為________． 答案　(－∞，－1]　[－1,2) 解析　x2－x－2≥0，即(x＋1)(x－2)≥0， 得x≤－1或x≥2即A＝{x|x≤－1或x≥2}．

11、 當(dāng)A∪B＝R時，分析可得a≤－1； 當(dāng)A∩B＝{x|x≥2}時，分析可得－1≤a<2. 12．已知命題p：實(shí)數(shù)m滿足m2＋12a2<7am(a>0)，命題q：實(shí)數(shù)m滿足方程＋＝1表示焦點(diǎn)在y軸上的橢圓，且p是q的充分不必要條件，則a的取值范圍為________． 答案　 解析　設(shè)命題p，q對應(yīng)的集合分別為A，B， 由a>0，m2－7am＋12a2<0， 得3a0}． 由＋＝1表示焦點(diǎn)在y軸上的橢圓， 可得2－m>m－1>0，解得1

12、 13．(2018·湖州質(zhì)檢)已知f(x)＝則f(f(－1))＝________，方程f(x)＝4的解是________________________________________________________________________． 答案　1　x＝－2或x＝16或x＝ 解析　可得f(－1)＝2，f(2)＝1， 所以f(f(－1))＝1. 當(dāng)x≤0時，方程為2－x＝4，解得x＝－2； 當(dāng)x>0時，方程為＝4，解得x＝16或x＝. 綜上，方程的解為x＝－2或x＝16或x＝. 14．若實(shí)數(shù)x，y滿足則2x－y的最小值為____；若不等式y(tǒng)2－xy≥ax2有解，則實(shí)數(shù)a

13、的取值范圍是____________． 答案　1　 解析　依題意，由實(shí)數(shù)x，y滿足 畫出可行域如圖中陰影部分(含邊界)所示， 其中A(1,1)，B(3，－1)，C(3,3)， 令z＝2x－y?y＝2x－z， 作出直線y＝2x并平移，可知當(dāng)直線過點(diǎn)A(1,1)時zmin＝2×1－1＝1. 對不等式y(tǒng)2－xy≥ax2， 分離參數(shù)后可得a≤＝2－有解， 即a≤max， 結(jié)合圖形及的幾何意義可得∈， 則2－＝2－∈， 故a≤. 15．(2018·寧波北侖中學(xué)期中)若函數(shù)f(x)＝x3＋3ax－1在x＝1處的切線與直線y＝6x＋6平行，則實(shí)數(shù)a＝________；當(dāng)a≤0時

14、，若方程f(x)＝15有且只有一個實(shí)根，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為________． 答案　1　(－4,0] 解析　由f(x)＝x3＋3ax－1，得到f′(x)＝3x2＋3a， 因?yàn)榍€在x＝1處的切線與y＝6x＋6平行， 而y＝6x＋6的斜率為6， 所以f′(1)＝6，即3＋3a＝6，解得a＝1. 令g(x)＝x3＋3ax－16，g′(x)＝3x2＋3a＝3(x2＋a)， 當(dāng)a＝0時，g′(x)≥0，g(x)在R上單調(diào)遞增， 而當(dāng)x→－∞時，g(x)→－∞， 當(dāng)x→＋∞時，g(x)→＋∞， 故函數(shù)g(x)有且只有一個零點(diǎn)， 即方程f(x)＝15有且只有一個實(shí)根， 當(dāng)a<0時

15、，令g′(x)>0， 解得x>或x<－， 令g′(x)<0，解得－0,13或0

16、數(shù)． ∴f(x)在x∈(0,2)上有極值，f(x)在x＝1處取極小值也是最小值， f(x)min＝f(1)＝－＋－1＝－. ∵g(x)＝x2－2bx＋4＝(x－b)2＋4－b2，對稱軸為x＝b，x∈[1,2]， 當(dāng)b<1時，g(x)min＝g(1)＝1－2b＋4＝5－2b； 當(dāng)1≤b≤2時，g(x)min＝g(b)＝4－b2； 當(dāng)b>2時，g(x)在[1,2]上是減函數(shù)，g(x)min＝g(2)＝4－4b＋4＝8－4b. ∵對任意x1∈(0,2)，存在x2∈[1,2]，使f(x1)≥g(x2)，∴只要f(x)的最小值大于等于g(x)的最小值即可， 當(dāng)b<1時，－≥5－2b，解得

17、b≥，故b無解； 當(dāng)1≤b≤2時，－≥4－b2， 解得b≤－或b≥，故b無解； 當(dāng)b>2時，－≥8－4b，解得b≥. 綜上，b≥. 17．已知曲線y＝ex＋a與y＝x2恰好存在兩條公切線，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________． 答案　(－∞，2ln2－2) 解析　設(shè)直線y＝kx＋b(k>0)為兩條曲線的公切線， 聯(lián)立得x2－kx－b＝0， 則Δ＝k2＋4b＝0，① y＝ex＋a求導(dǎo)可得y′＝ex＋a， 令ex＋a＝k，可得x＝lnk－a， 所以切點(diǎn)坐標(biāo)為(lnk－a，klnk－ak＋b)， 代入y＝ex＋a，可得k＝klnk－ak＋b，② 聯(lián)立①②，可得k2＋4k＋

18、4ak－4klnk＝0， 化簡得4＋4a＝4lnk－k. 令g(k)＝4lnk－k，則g′(k)＝－1. 令g′(k)＝0，得k＝4；令g′(k)>0，得04. 所以g(k)在區(qū)間(0,4)內(nèi)單調(diào)遞增，在區(qū)間(4，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減， 所以g(k)max＝g(4)＝4ln4－4. 因?yàn)橛袃蓷l公切線，所以關(guān)于k的方程4＋4a＝4lnk－k有兩個不同的解， 所以4＋4a<4ln4－4，所以a<2ln2－2. 三、解答題(本大題共5小題，共74分．解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟) 18．(14分)已知集合A＝，B＝{x|2m＋1≤x≤3m

19、－1}． (1)求集合A； (2)若B?A，求實(shí)數(shù)m的取值范圍． 解　(1)≤2x－2≤16,2－3≤2x－2≤24， ∴－3≤x－2≤4，∴－1≤x≤6， ∴A＝{x|－1≤x≤6}． (2)若B＝?，則2m＋1>3m－1，解得m<2， 此時滿足題意； 若B≠?且B?A，∴必有 解得2≤m≤. 綜上所述，m的取值范圍為. 19．(15分)已知函數(shù)f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d(b，c，d∈R)過點(diǎn)(3,0)，且曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線恰好是直線y＝0. (1)求函數(shù)f(x)的解析式； (2)設(shè)函數(shù)g(x)＝9x＋m－1，若函數(shù)y＝f(x)－g(

20、x)在區(qū)間[－2,1]上有兩個零點(diǎn)，求實(shí)數(shù)m的取值范圍． 解　(1)f′(x)＝3x2＋2bx＋c， 由已知條件得解得 故f(x)＝x3－3x2. (2)由已知條件得f(x)－g(x)＝0在[－2,1]上兩個不同的解， 即x3－3x2－9x－m＋1＝0在[－2,1]上有兩個不同的解， 即m＝x3－3x2－9x＋1在[－2,1]上有兩個不同的解． 令h(x)＝x3－3x2－9x＋1，x∈[－2,1]， 則h′(x)＝3x2－6x－9，x∈[－2,1]． 解3x2－6x－9>0得－2≤x<－1； 解3x2－6x－9<0得－1

21、－2)＝－1，h(1)＝－10， ∴h(x)min＝－10. ∵m＝h(x)在區(qū)間[－2,1]上有兩個不同的解， ∴－1≤m<6. 故實(shí)數(shù)m的取值范圍是[－1,6)． 20．(15分)(2018·浙江省海鹽高級中學(xué)期中)已知函數(shù)f(x)＝x2＋ax＋1. (1)設(shè)g(x)＝(x－2)·f(x)，若y＝g(x)的圖象與x軸恰有兩個不同的交點(diǎn)，求實(shí)數(shù)a的取值集合； (2)求函數(shù)y＝|f(x)|在區(qū)間[0,1]上的最大值． 解　(1)由題意得 ①f(x)＝0只有一解，且x≠2，則Δ＝0，即a＝±2. ②f(x)＝0有兩個不同的解，且其中一解為x＝2， ∴∴a＝－. 綜上所述，

22、實(shí)數(shù)a的取值集合為. (2)①若－≤0，即a≥0時， 函數(shù)y＝|f(x)|在[0,1]上單調(diào)遞增， 故ymax＝f(1)＝2＋a； ②若0<－<1，即－2

23、g(x)＝f(x)－x＋2alnx，且g(x)有兩個極值點(diǎn)x1，x2，其中x1t恒成立，求t的取值范圍． 解　(1)易知f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)， 當(dāng)a＝3時，f(x)＝2x－－3lnx，f′(x)＝2＋－＝， 令f′(x)>0，得01， 令f′(x)<0，得

24、(0,1)， ∴g(x1)－g(x2)＝g(x1)－g ＝x1－＋alnx1－ ＝2＋2alnx1＝2－2lnx1. 設(shè)h(x)＝2－2lnx，x∈(0,1)， ∵h(yuǎn)′(x)＝2－2 ＝， 當(dāng)x∈(0,1)時，恒有h′(x)<0，∴h(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，∴h(x)>h(1)＝0， ∴g(x1)－g(x2)>0，又∵g(x1)－g(x2)>t恒成立， ∴t≤0. 22．(15分)(2019·杭州模擬)已知函數(shù)f(x)＝a＋(bx－1)ex(a，b∈R)． (1)若曲線y＝f(x)在點(diǎn)(0，f(0))處的切線方程為y＝x，求a，b的值； (2)若a<1，b＝2，關(guān)

25、于x的不等式f(x)

26、1， 又a<1，∴F′(x)>0，故F(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增， ∵F(0)＝－1＋a<0，F(xiàn)(1)＝e>0， ∴在[0，＋∞)上存在唯一整數(shù)x0，使得F(x0)<0， 即f(x0)