理科数学高效巩固提升和核心考点模拟演练含答案答案Word文件下载.docx
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综上所述,所求实数a的取值范围为1≤a<
2或a≤-2.
10.解:
∵p:
≥2,∴≤0,故1≤x<
3.
∵q:
x2-ax≤x-a,∴x2-(a+1)x+a≤0.
当a<
1时,a≤x≤1;
当a=1时,x=1;
当a>
1时,1≤x≤a.
∵綈p是綈q的充分条件,∴q是p的充分条件.
设q对应集合A,p对应集合B,则A⊆B.
1时,A⊆B,不合题意;
当a=1时,A⊆B,符合题意;
1时,有1≤x≤a,要A⊆B,则1<
综上所述,符合条件的a∈[1,3).
第2课时 函数的图象与性质
1.B 解析:
∵f(10)=lg10=1,∴f[f(10)]=f
(1)=12+1=2.故选B.
2.D 解析:
选项中是奇函数的有B,C,D,增函数有A,D.故选D.
3.C
4.(0,] 解析:
根据二次根式和对数函数有意义的条件,得⇒⇒0<
x≤.
5.0 解析:
∵f(x)为偶函数,∴f(-x)=f(x),即x2-|x+a|=(-x)2-|-x+a|⇒|x+a|=|x-a|.∴a=0.
由(y-x)≥0可知,或在同一坐标系中作出平面区域如图D1,由图象可知,A∩B的区域为阴影部分.根据对称性可知,两部分阴影面积之和为圆的面积的一半,所以面积为.故选D.
图D1 图D2
方法一:
当2-x≥1,即x≤1时,f(x)=|ln(2-x)|=ln(2-x),此时函数f(x)在(-∞,1]上单调递减;
当0<2-x≤1,即1≤x<2时,f(x)=|ln(2-x)|=-ln(2-x),此时函数f(x)在[1,2)上单调递增.故选D.
方法二:
f(x)=|ln(2-x)|的图象如图D2.
由图象可得,函数f(x)在区间[1,2)上为增函数.故选D.
8.B
(1)由定义可知,若关于x的方程f(x)=在(0,9)内有实数根时,
则函数f(x)=-x2+4x是区间[0,9]上的平均值函数.
于是-x2+4x=,即x2-4x-5=0,可得x1=5或x2=-1.
又x1=5∈(0,9)[x2=-1∉(0,9),故舍去],
∴f(x)=-x2+4x是[0,9]上的平均值函数,5是它的均值点.
(2)∵f(x)=-x2+mx+1是[-1,1]上的平均值函数,
∴关于x的方程-x2+mx+1=在(-1,1)内有实数根.
由-x2+mx+1=,得x2-mx+m-1=0,解得x1=m-1或x2=1.
又x2=1∉(-1,1),
∴x1=m-1必为均值点,即-1<
m-1<
∴所求实数m的取值范围是0<
m<
(1)∵f
(1)=-a+1,kl=f′
(1)=1-a,
∴切线l的方程为y-f
(1)=kl(x-1),即y=(1-a)x.
令F(x)=f(x)-(1-a)x=lnx-x+1,x>
0,
则F′(x)=-1=(1-x),解F′(x)=0得x=1.
则F′(x),F(x)随x的变化情况如下表:
x
(0,1)
1
(1,+∞)
F′(x)
+
-
F(x)
↗
最大值
↘
∴当x>
0,且x≠1时,F(x)<
0,f(x)<
(1-a)x,
即函数y=f(x)(x≠1)的图象在直线l的下方.
(2)f(x)有零点,即f(x)=lnx-ax+1=0有解,
则a=,a′==-,
解a′=0,得x=1.
类似
(1)列表讨论,知:
a≤1.
即若f(x)有零点,则a≤1;
若a>
1,则f(x)无零点.
当a=1时,f(x)=lnx-x+1.由
(1),知:
f(x)有且仅有一个零点x=1;
当a≤0时,f(x)=lnx-ax+1单调递增,由幂函数与对数函数的单调性,可知f(x)有且仅有一个零点(或:
直线y=ax-1与曲线y=lnx有一个交点).
当0<
1时,解f′(x)=-a=0,得x=>
f(x)在x=处取得最大值为f=ln>
0.
由幂函数与对数函数的单调性可知,当x充分大时,f(x)<
0,即f(x)在单调递减区间有且仅有一个零点.又∵f=-<
0,∴f(x)在单调递增区间上有且仅有一个零点.
综上所述,当a>
1时,f(x)无零点;
当a=1或a≤0时,f(x)有且仅有一个零点;
1时,f(x)有两个零点.
第3课时 函数与方程
∵关于x的方程x2+mx+1=0有两个不相等的实数根,∴Δ=m2-4>
0,解得m<
-2或m>
构造两个函数y=|x|和y=cosx,在同一个坐标系内画出它们的图象,如图D4所示,观察,知:
图象有两个公共点,∴方程有且仅有两个根.
图D4
∵
<
1,∴f
=f
=f(2
).由2
1,得f(2
)=f(2·
2
)=f(2
),而2
>
1,f
=f(2
)=log22
=.故选C.
4.C 解析:
根据解析式,易知A和D正确;
若x是无理数,则-x和x+1也是无理数,若x是有理数,则-x和x+1也是有理数,∴D(-x)=D(x),D(x+1)=D(x),从而可知B正确,C错误.故选C.
5.C
6.2 解析:
f
(2)=loga2+2-b<
0,f(3)=loga3+2-b>
0,∴x0∈(2,3),故所求的n=2.
7.(-∞,1] 解析:
令t=|x-a|,则t=|x-a|在区间[a,+∞)上单调递增,而y=et为增函数,所以若函数f(x)=e|x-a|在[1,+∞)单调递增,则有a≤1,所以实数a的取值范围是(-∞,1].
8.(-4,-2) 解析:
根据g(x)=2x-2<
0,可解得x<
1.∵∀x∈R,f(x)<
0或g(x)<
0成立,∴f(x)在x≥1时,f(x)<
0.当m=0时,f(x)=0不能做到f(x)在x≥1时f(x)<
0,故舍去.∴f(x)作为二次函数,其开口只能向下,故m<
0,且此时两个根为x1=2m,x2=-m-3.为保证此条件成立,需要⇒和大前提m<
0,取交集结果为-4<
0;
又由于x∈(-∞,-4),f(x)g(x)<
0,可知当x∈(-∞,-4)时,f(x)恒为负,因此就需要g(x)在这个范围内有得正数的可能,即-4应该比x1,x2两根中小的那个大.当m∈(-1,0)时,-m-3<
-4,解得其交集为空(舍);
当m=-1时,两个根同为-2,且-2>
-4(舍);
当m∈(-4,-1)时,2m<
-4,解得m<
-2.综上所述,m∈(-4,-2).
(1)因为f(x)=-x3+ax2+b,
所以f′(x)=-3x2+2ax=-3x.
当a=0时,f′(x)≤0,函数f(x)没有单调递增区间;
0时,令f′(x)>
0,得0<
x<
.
故f(x)的单调递增区间为;
0,得<
故f(x)的单调递增区间为.
综上所述,当a=0时,函数f(x)没有单调递增区间;
0时,函数f(x)的单调递增区间为;
0时,函数f(x)的单调递增区间为.
(2)由
(1),知:
当a∈[3,4]时,f(x)的单调递增区间为,单调递减区间为(-∞,0)和.
所以函数f(x)在x=0处取得极小值为f(0)=b,
函数f(x)在x=处取得极大值为f=+b.
由于对任意a∈,函数f(x)在R上都有三个零点,
所以即
解得-<
b<
因为对任意a∈[3,4],b>
-恒成立,
所以b>
max=-=-4.
所以实数b的取值范围是(-4,0).
(1)设完成A,B,C三种部件生产需要的时间(单位:
天)分别为T1(x),T2(x),T3(x),由题设有T1(x)==,T2(x)=,T3(x)=,
其中x,kx,200-(1+k)x均为1到200之间的正整数.
(2)完成订单任务的时间为f(x)=max{T1(x),T2(x),T3(x)},其定义域为.
∴T1(x),T2(x)为减函数,T3(x)为增函数.
①当k=2时,T1(x)=T2(x),
此时f(x)=max{T1(x),T3(x)}=max,
∵T1(x)为减函数,T3(x)为增函数,∴当=时,f(x)取得最小值,此时x=.
∵44<
45,∴f(44)=T1(44)=,f(45)=T3(45)=,f(44)<
f(45).
∴当x=44时,完成订单任务的时间最短,且最短时间为f(44)=.
②当k>
2时,T1(x)>
T2(x),由于k为正整数,故k≥3.此时T(x)=,φ(x)=max{T1(x),T(x)},易知T(x)为增函数,则
f(x)=max{T1(x),T3(x)}≥max{T1(x),T(x)}
=φ(x)=max.
∵T1(x)为减函数,T(x)为增函数,∴当=时,φ(x)取得最小值,此时x=.
∵36<
37,而φ(36)=T1(36)=>
,
φ(37)=T(37)=>
∴完成订单任务的最短时间大于.
③当k<
2时,T1(x)<
T2(x),由于k为正整数,故k=1,此时f(x)=max{T2(x),T3(x)}=max.∵T2(x)为减函数,T3(x)为增函数,
∴当=时,f(x)取得最小值,此时x=.
类似①的讨论.
∴完成订单任务的最短时间为,大于.
综上所述,当k=2时完成订单任务的时间最短,此时生产A,B,C三种部件的人数分别为44,88,68.
第4课时 函数与导数
1.D 解析:
∵函数f(x)=a3+sinx的自变量为x,a为常量,∴f′(x)=cosx.故选D.
2.A 解析:
y′=ex,当x=0时,e0=1.
3.D 解析:
∵f(x)=xex,∴f′(x)=ex+xex.令f′(x)=0,则x=-1.当x<
-1时f′(x)<
当x>
-1时f′(x)>
0,∴x=-1为f(x)极小值点.故选D.
4. 解析:
x2+sinx)dx==.
5. 解析:
∵f(x)定义域为(0,+∞),又f′(x)=4x-,由f′(x)=0,得x=.
∴
解得1≤k<
6.C 解析:
用定积分求解S=(-x+2)dx==.故选C.
7.C 解析:
设f(x)=cosx-=cosx-1+x2,则g(x)=f′(x)=-sinx+x,∴g′(x)=-cosx+1≥0.当x∈[0,+∞)时,g(x)为增函数,∴g(x)=f′(x)≥g(0)=0,同理f(x)≥f(0)=0,∴cosx-≥0,即cosx≥1-x2.故选C.
图D5
8.2 解析:
函数y=f(x)在点(1,0)处的切线为y-0=f′
(1)(x-1),即y=x-1,∴D表示的封闭区域如图D5,当目标函数直线经过点M时,z有最大值,最大值为z=0-2×
(-1)=2.
(1)∵f(x)=alnx++x+1,∴f′(x)=-+.
∵曲线y=f(x)在点(1,f
(1))处的切线垂直于y轴,
∴该切线斜率为0,即f′
(1)=0.
从而a-+=0,解得a=-1.
f(x)=-lnx++x+1(x>
0),
f′(x)=--+=,
∴f′(x)=.
令f′(x)=0,解得x1=1,x2=-(因x2=-不在定义域内,舍去).
当x∈(0,1)时,f′(x)<
0,则f(x)在(0,1)上为减函数;
当x∈(1,+∞)时,f′(x)>
0,则f(x)在(1,+∞)上为增函数.故f(x)在x=1处取得极小值为f
(1)=3.
(1)该出版社一年的利润L(单位:
万元)与每本书定价x的函数关系式为
L=(x-5-m)(20-x)2,x∈[9,11].
(2)L′(x)=(20-x)-2-(x-5-m)(20-x)
=(20-x)(30+2m-3x).
令L′=0,得x=10+m或x=20(不合题意,舍去).
∵1≤m≤3,∴≤10+m≤12.
在x=10+m两侧,L′的值由正变负.
∴
(1)当≤10+m≤11,即1≤m≤时,
Lmax=L=·
=43.
(2)当11<
10+m≤12,即<
m≤3时,
Lmax=L(11)=(11-5-m)(20-11)2=81(6-m),
∴R(m)=
答:
若1≤m≤,则当每本书定价为10+m元时,出版社一年的利润L最大,最大值R(m)=43(万元);
若<
m≤3,则当每本书定价为11元时,出版社一年的利润L最大,最大值R(m)=81(6-m)(万元).
核心考点二 不等式
第5课时 不等式的解法及证明
1.A 解析:
原不等式等价于(x-1)(2x+1)<
0或x-1=0,即-<
1或x=1,∴不等式的解集为.
2.B 解析:
B={x|x2-2x-3≤0}={x|-1≤x≤3},A∩(∁RB)={x|1<x<4}∩{x|x<
-1或x>
3}={x|3<
4}.故选B.
3.B 解析:
过A,B两点的直线,即y=x-1,即f(x)=x-1是增函数.由f(x+1)=(x+1)-1,知:
当|f(x+1)|<
1时,<
1,
∴-1<
(x+1)-1<
1,即0<
(x+1)<
2,
即0<
x+1<
3.∴-1<
4.2 解析:
由|kx-4|≤2,可得2≤kx≤6,∴1≤x≤3.∴=1,故k=2.
5.①②③④ 解析:
解不等式ax2+bx+c>0,可得其解集为,故a<
∵-,2是方程ax2+bx+c=0的两根,∴-+2=->
0,∴b>
f(0)=c>
0,f(-1)=a-b+c≤0,f
(1)=a+b+c>
6.9 解析:
∵函数的值域为[0,+∞),当x2+ax+b=0时,有Δ=a2-4b=0,即b=.∴f(x)=x2+ax+b=x2+ax+=2.∴f(x)=2<
c,
x+<
,即--<
-.
∵不等式f(x)<
c的解集为(m,m+6),
∴-=2=6,解得c=9.
7. 解析:
本题按照一般思路,则可分为以下两种情况:
①无解;
②无解.
由于受到经验的影响,大部分学生会认为此题可能是错题或者解不出此题.其实在x>0的整个区间上,我们可以将其分成两个区间,在各自的区间内恒正或恒负(如图D6).
图D6
函数y1=(a-1)x-1,y2=x2-ax-1都过定点P(0,-1).
对于函数y1=(a-1)x-1:
令y=0,得M,经分析,得a>1;
对于函数y2=x2-ax-1:
显然,函数过点M,代入,得2--1=0,解得a±
,舍去a=-,得a=.
8.-2≤a≤4 解析:
不等式|x-a|+|x-1|≤3可以表示为数轴上的点x到点a和点1的距离之和小于等于3.∵当数轴上的点x到点a和点1的距离之和最小时,即点x在点a和点1之间时,此时距离和为|a-1|.要使不等式|x-a|+|x-1|≤3有解,则|a-1|≤3,解得-2≤a≤4.
(1)当a=-3时,f(x)≥3⇔|x-3|+|x-2|≥3
⇔或或⇔x≤1或x≥4.
(2)原命题⇔f(x)≤|x-4|在[1,2]上恒成立
⇔|x+a|+2-x≤4-x在[1,2]上恒成立
⇔-2-x≤a≤2-x在[1,2]上恒成立
⇔-3≤a≤0.
(1)当a=3时,f(x)=-x3+x2-2x,
得f′(x)=-x2+3x-2.
因为f′(x)=-x2+3x-2=-(x-1)(x-2),
所以当1<
2时,f′(x)>
0,函数f(x)单调递增;
当x<
1或x>
2时,f′(x)<
0,函数f(x)单调递减.
故函数f(x)的单调递增区间为(1,2),单调递减区间为(-∞,1)和(2,+∞).
(2)方法一:
由f(x)=-x3+x2-2x,
得f′(x)=-x2+ax-2.
因为对于任意x∈[1,+∞)都有f′(x)<
2(a-1)成立,
即对于任意x∈[1,+∞)都有-x2+ax-2<
2(a-1)成立,即对于任意x∈[1,+∞)都有x2-ax+2a>
0成立.
令h(x)=x2-ax+2a,
要使h(x)对任意x∈[1,+∞)都有h(x)>
0成立,必须满足Δ<
0,或
即a2-8a<
0或
所以实数a的取值范围为(-1,8).
即对于任意x∈[1,+∞)都有f′(x)max<
2(a-1).
因为f′(x)=-2+-2,其图象开口向下,对称轴为x=.
①当<
1,即a<
2时,f′(x)在[1,+∞)上单调递减,所以f′(x)max=f′
(1)=a-3.
由a-3<
2(a-1),得a>
-1,此时-1<
2;
②当≥1,即a≥2时,f′(x)在上单调递增,在上单调递减,
所以f′(x)max=f′=-2.
由-2<
2(a-1),得0<
8,此时2≤a<
8.
综上①②可得,实数a的取值范围为(-1,8).
(3)设点P是函数y=f(x)图象上的切点,
则过点P的切线的斜率为k=f′(t)=-t2+at-2,
所以过点P的切线方程为
y+t3-t2+2t=(-t2+at-2)(x-t).
因为点在切线上,
所以-+t3-t2+2t=(-t2+at-2)(0-t),
即t3-at2+=0.
若过点可作函数y=f(x)图象的三条不同切线,则方程t3-at2+=0有三个不同的实数解.
令g(t)=t3-at2+,则函数y=g(t)与t轴有三个不同的交点.
令g′(t)=2t2-at=0,解得t=0或t=.
因为g(0)=,g=-a3+,
所以g=-a3+<
0,即a>
所以实数a的取值范围为(2,+∞).
第6课时 不等式的应用
对于A选项,当x=时,两边相等,故A错误;
对于B选项,具有基本不等式的形式,但是sinx不一定大于零,故B错误;
对于C选项,x2+1≥2|x|⇔x2±
2x+1≥0⇔(x±
1)2≥0,显然成立;
对于D选项,任意x都不成立.故选C.
2.B
画出可行域,根据图形可知,当x=5,y=15时,2x+3y最大,最大值为55.故选D.
4.B 解析:
储存费用×
x×
1=,每件产品的生产准备费用与仓储费用之和y==+≥2=20,当且仅当=,即x=80时取等号,∴每批应生产产品80件.故选B.
5.A
6.B 解析:
可行域如图D9.
图D9
联立解得又∵边界线为虚线取不到,且目标函数线的斜率为-,∴当z=3x+4y过点(4,1)时,有最小值16.
7.{x|-2≤x≤5} 解析:
在集合A中,当x<
-3时,不等式化为-3-x+4-x≤9,解得x≥-4,∴-4≤x<
-3;
当-3≤x≤4时,不等式化为x+3+4-x≤9,即7≤9,∴-3≤x≤4;
4时,不等式化为x+3+x-4≤9,解得x≤5,∴4<
x≤5.综合所述,A={x|-4≤x≤5}.
在集合B中,∵t>
0,∴x=4t+-6≥2-6=4-6=-2,∴B={x|x≥-2},故A∩B={x|-2≤x≤5}.
图D10
8.[e,7] 解析:
由5c-3a≤b≤4c-a,clnb≥a+clnc
得
设=x,y=,则题目转化为:
已知x,y满足求的取值范围.
作出(x,y)所在平面区域(如图D10),求出y=ex的切线的斜率e.设过切点P(x0,y0)的切线为y=ex+m(m≥0),
则==e+,要使最小,须m=0.
∴的最小值在点P(x0,y0)处,其值为e.此时,点P(x0,y0)在y=ex上的A,B之间.
当(x,y)对应点C时,⇒–⇒y=7x⇒=7,∴的最大值在C处,其值为7.
∴的取值范围为[e,7],即的取值范围是[e,7].
(1)∵xy=3000,2a+6=y,
∴y=(6≤x≤500).
S=(x-4)a+(x-6)a=(2x-10)a=(2x-10)·
=(x-5)(y-6)=3030-6x-(6≤x≤500).
(2)S=3030-6x-≤3030-2=3030-2×
300=2430,
当且仅当6x=,即x=50时,“=”成立,此时x=50,y=60,Smax=2430.
即设计x=50米,y=60米时,运动场地面积最大,最大值为2430平方米.
(1)f′(x)=3x2+2ax-(2a+3)=(3x+2a+3)(x-1),
令f′(x)=0,得x=1或x=-.
若使函数f(x)在区间(1,+∞)上有极小值点,
则->
1,解得a<
-3.
(2)由题意,知:
当x∈[-1,1]时,f(x)min>
①当-≥1,即a≤-3时,f(x)在x∈[-1,1]上单调递增,
∴f(x)min=f(-1)=a2+3a+2>
得a>
-1或a<
-2.由此,得a≤-3;
②当-1<
-<
1,即-3<
0时,
f(x)在为增函数,在上为减函数,∴f(x)min=min{f(-1),f
(1)}.
可得⇒a>
2或a<
-2,
由此,得-3<
-2;
③当-≤-1,即a≥0,
f(x)在x∈[-1,1]上为减函数,
∴f(x)min=f
(1)=a2-a-2>
-1,由此,得a>
由①②③,得实数a的取值范围为a>
-2.
核心考点三 平面向量、三角函数
第7课时 平面向量及其运算
由|a+b|=|a-b|两边平方,
得a·
b=0,∴a⊥b.故选B.
根据向量加法、减法的几何意义可知,|a+b|与|a-b|分别为以向量a,b为邻边的平行四边形的两条对角线的长,∵|a+b|=|a-b|,∴该平行四边形为矩形,∴a⊥b,故选B.
2.D