【人教版】红对勾2020届高考一轮数学(理)复习：课时作业72

合集下载

【人教版】红对勾2020届高考一轮数学(理)复习：课时作业7

课时作业16 导数的综合应用1．(2019·天津调研)已知函数y ＝x 3－3x ＋c 的图象与x 轴恰有两个公共点，则c 等于( A )A ．－2或2B ．－9或3C ．－1或1D ．－3或1解析：∵y ′＝3x 2－3，∴当y ′＝0时，x ＝±1. 则当x 变化时，y ′，y 的变化情况如下表：或c －2＝0，∴c ＝－2或c ＝2.2．已知函数f (x )＝m ⎝⎛⎭⎪⎫x －1x －2ln x (m ∈R )，g (x )＝－mx ，若至少存在一个x 0∈[1，e]，使得f (x 0)＜g (x 0)成立，则实数m 的取值范围是( B )A ．⎝ ⎛⎦⎥⎤－∞，2e B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，2e C ．(－∞，0]D ．(－∞，0)解析：由题意，不等式f (x )＜g (x )在[1，e]上有解，∴mx ＜2ln x 在[1，e]上有解，即m 2＜ln x x 在[1，e]上有解，令h (x )＝ln xx ，则h ′(x )＝1－ln xx 2，当1≤x ≤e 时，h ′(x )≥0， ∴在[1，e]上，h (x )max ＝h (e)＝1e ， ∴m 2＜1e ，∴m ＜2e ，∴m 的取值范围是⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，2e ，故选B ．3．定义在R 上的函数f (x )满足：f (x )＋f ′(x )＞1，f (0)＝4，则不等式e x f (x )＞e x ＋3(其中e 为自然对数的底数)的解集为( A )A ．(0，＋∞)B ．(－∞，0)∪(3，＋∞)C ．(－∞，0)∪(0，＋∞)D ．(3，＋∞)解析：设g (x )＝e x f (x )－e x (x ∈R )，则g ′(x )＝e x f (x )＋e x f ′(x )－e x ＝e x [f (x )＋f ′(x )－1]，因为f (x )＋f ′(x )＞1，所以f (x )＋f ′(x )－1＞0，所以g ′(x )＞0，所以g (x )＝e x f (x )－e x 在定义域上单调递增，因为e x f (x )＞e x ＋3，所以g (x )＞3. 又因为g (0)＝e 0f (0)－e 0＝4－1＝3，所以g (x )＞g (0)，所以x ＞0.4．(2019·福建六校模拟)已知函数f (x )＝(x －a )3－3x ＋a (a ＞0)在[－1，b ]上的值域为[－2－2a,0]，则b 的取值范围是( A )A ．[0,3]B ．[0,2]C ．[2,3]D ．(－1,3]解析：由f (x )＝(x －a )3－3x ＋a ，得f ′(x )＝3(x －a )2－3，令f ′(x )＝0，得x 1＝a －1，x 2＝a ＋1.当x ∈(－∞，a －1)∪(a ＋1，＋∞)时，f ′(x )＞0，当x ∈(a －1，a ＋1)时，f ′(x )＜0，则f (x )在(－∞，a －1)，(a ＋1，＋∞)上为增函数，在(a －1，a ＋1)上为减函数．又f (a ＋1)＝－2－2a ，∴要使f (x )＝(x －a )3－3x ＋a (a ＞0)在[－1，b ]上的值域为[－2－2a,0]，则f (－1＋a )＝2－2a ≤0，若2－2a ＝0，即a ＝1，此时f (－1)＝－4，f (0)＝0，－2－2a ＝－4，f (3)＝0，f (2)＝－4.∴b ∈[0,3]；若2－2a ＜0，即a ＞1，此时f (－1)＝(－1－a )3＋3＋a ＝－a 3－3a 2－2a ＋2，而f (－1)－(－2a －2)＝－a 3－3a 2－2a ＋2＋2a ＋2＝－a 3－3a 2＋4＝(1－a )·(a ＋2)2＜0，∴不合题意，∴b 的取值范围是[0,3]．故选A ．5．(2019·广东韶关六校联考)对于三次函数f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d (a ≠0)，给出定义：设f ′(x )是函数y ＝f (x )的导数，f ″(x )是f ′(x )的导数，若方程f ″(x )＝0有实数解x 0，则称点(x 0，f (x 0))为函数y ＝f (x )的“拐点”．经过探究发现：任何一个三次函数都有“拐点”；任何一个三次函数都有对称中心，且“拐点”就是对称中心．设函数g (x )＝2x 3－3x 2＋12，则g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1100＋g ⎝ ⎛⎭⎪⎫2100＋…＋g ⎝ ⎛⎭⎪⎫99100＝( D )A ．100B ．50C ．992D ．0解析：∵g (x )＝2x 3－3x 2＋12，∴g ′(x )＝6x 2－6x ，g ″(x )＝12x －6，由g ″(x )＝0，得x ＝12，又g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝2×⎝ ⎛⎭⎪⎫123－3×⎝ ⎛⎭⎪⎫122＋12＝0，∴函数g (x )的图象关于点⎝ ⎛⎭⎪⎫12，0对称， ∴g (x )＋g (1－x )＝0，∴g ⎝ ⎛⎭⎪⎫1100＋g ⎝ ⎛⎭⎪⎫2100＋…＋g ⎝ ⎛⎭⎪⎫99100＝49×0＋g ⎝ ⎛⎭⎪⎫50100＝g ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝0，故选D ．6．从边长为10 cm ×16 cm 的矩形纸板的四角截去四个相同的小正方形，做成一个无盖的盒子，则盒子容积的最大值为144__cm 3.解析：设盒子容积为y cm 3，盒子的高为x cm ，x ∈(0,5)．则y ＝(10－2x )(16－2x )x ＝4x 3－52x 2＋160x ， ∴y ′＝12x 2－104x ＋160.令y ′＝0，得x ＝2或x ＝203(舍去)， ∴y max ＝6×12×2＝144(cm 3)．7．直线x ＝t 分别与函数f (x )＝e x ＋1的图象及g (x )＝2x －1的图象相交于点A 和点B ，则|AB |的最小值为4－2ln2__.解析：由题意得，|AB |＝|e t ＋1－(2t －1)|＝|e t －2t ＋2|，令h (t )＝e t －2t ＋2，则h ′(t )＝e t －2，所以h (t )在(－∞，ln2)上单调递减，在(ln2，＋∞)上单调递增，所以h (t )min ＝h (ln2)＝4－2ln2＞0，即|AB |的最小值是4－2ln2.8．(2019·佛山质检)定义在R 上的奇函数y ＝f (x )满足f (3)＝0，且不等式f (x )＞－xf ′(x )在(0，＋∞)上恒成立，则函数g (x )＝xf (x )＋lg|x ＋1|的零点个数为3__.解析：定义在R 上的奇函数f (x )满足： f (0)＝0＝f (3)＝f (－3)，f (－x )＝－f (x )，当x ＞0时，f (x )＞－xf ′(x )，即f (x )＋xf ′(x )＞0， ∴[xf (x )]′＞0，即h (x )＝xf (x )在x ＞0时是增函数，又h (－x )＝－xf (－x )＝xf (x )， ∴h (x )＝xf (x )是偶函数，∴当x ＜0时，h (x )是减函数，结合函数的定义域为R ，且f (0)＝f (3)＝f (－3)＝0，可得函数y 1＝xf (x )与y 2＝－lg|x ＋1|的大致图象如图．由图象可知，函数g(x)＝xf(x)＋lg|x＋1|的零点的个数为3.9．(2019·惠州调研)已知函数f(x)＝2e x－(x－a)2＋3，a∈R.(1)若函数f(x)的图象在x＝0处的切线与x轴平行，求a的值；(2)若x≥0，f(x)≥0恒成立，求a的取值范围．解：(1)f′(x)＝2(e x－x＋a)，∵函数f(x)的图象在x＝0处的切线与x轴平行，即在x＝0处的切线的斜率为0，∴f′(0)＝2(a＋1)＝0，∴a＝－1.(2)由(1)知f′(x)＝2(e x－x＋a)，令h(x)＝2(e x－x＋a)(x≥0)，则h′(x)＝2(e x－1)≥0，∴h(x)在[0，＋∞)上单调递增，且h(0)＝2(a＋1)．①当a≥－1时，f′(x)≥0在[0，＋∞)上恒成立，即函数f(x)在[0，＋∞)上单调递增，∴f(x)min＝f(0)＝5－a2≥0，解得－5≤a≤5，又a≥－1，∴－1≤a≤ 5.②当a＜－1时，则存在x0＞0，使h(x0)＝0且当x∈[0，x0)时，h(x)＜0，即f′(x)＜0，则f(x)单调递减，当x∈(x0，＋∞)时，h(x)＞0，则f′(x)＞0，即f(x)单调递增，∴f(x)min＝f(x0)＝2e x0－(x0－a)2＋3≥0，又h(x0)＝2(e x0－x0＋a)＝0，∴2e x0－(e x0)2＋3≥0，解得0＜x0≤ln3.由e x 0＝x 0－a ⇒a ＝x 0－e x 0，令M (x )＝x －e x,0＜x ≤ln3，则M ′(x )＝1－e x ＜0， ∴M (x )在(0，ln3]上单调递减，则M (x )≥M (ln3)＝ln3－3，M (x )＜M (0)＝－1， ∴ln3－3≤a ＜－1. 综上，ln3－3≤a ≤ 5.故a 的取值范围是[ln3－3，5]．10．(2019·山西康杰中学等四校联考)已知函数f (x )＝x －ln x . (1)求f (x )的单调区间和极值；(2)证明：当x ≥1时，(x e x ＋1)f (x )e ＋1≥e x －1；(3)若f (x )≥(1－m )x ＋m 对任意x ∈(0，＋∞)恒成立，求实数m 的值．解：(1)f (x )＝x －ln x ，f ′(x )＝1－1x ，x ∈(0，＋∞)，f (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，有极小值f (1)＝1，无极大值．(2)证明：原不等式可化为f (x )e ＋1≥e x －1x e x ＋1，记g (x )＝e x －1x e x ＋1，则g ′(x )＝e x －1(1－e x )(x e x ＋1)2，当x ≥1时，g ′(x )＜0，所以g (x )在[1，＋∞)上单调递减，有g (x )≤g (1)＝1e ＋1，又由(1)知，f (x )e ＋1≥f (1)e ＋1＝1e ＋1，得证．(3)f (x )≥(1－m )x ＋m ，即ln x －m (x －1)≤0，记h (x )＝ln x －m (x －1)，则h (x )≤0对任意x ∈(0，＋∞)恒成立，求导得h ′(x )＝1x －m (x ＞0)，若m ≤0，则h ′(x )＞0，得h (x )在(0，＋∞)上单调递增，又h (1)＝0，故当x ＞1时，h (x )＞0，不合题意；若m ＞0，则易得h (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，1m 上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ，＋∞上单调递减，则h (x )max ＝h ⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ＝－ln m －1＋m .依题意有－ln m －1＋m ≤0，故f (m )≤1，由(1)知f (m )≥1，则m 只能等于1.11．(2019·厦门调研)已知f (x )＝12x 2＋b x ＋c (b ，c 是常数)和g (x )＝14x ＋1x 是定义在M ＝{x |1≤x ≤4}上的函数，对于任意的x ∈M ，存在x 0∈M 使得f (x )≥f (x 0)，g (x )≥g (x 0)，且f (x 0)＝g (x 0)，则f (x )在M 上的最大值为( B )A ．72B ．5C ．6D ．8解析：因为当x ∈[1,4]时，g (x )＝14x ＋1x ≥214＝1(当且仅当x ＝2时等号成立)，所以f (2)＝2＋b2＋c ＝g (2)＝1，所以c ＝－1－b2，所以f (x )＝12x 2＋b x －1－b2，所以f ′(x )＝x －b x 2＝x 3－bx 2.因为f (x )在x ＝2处有最小值，且x ∈[1,4]，所以f ′(2)＝0，即b ＝8，所以c ＝－5，经检验，b ＝8，c ＝－5符合题意．所以f (x )＝12x 2＋8x －5，f ′(x )＝x 3－8x 2，所以f (x )在[1,2)上单调递减，在(2,4]上单调递增，而f (1)＝12＋8－5＝72，f (4)＝8＋2－5＝5，所以函数f (x )在M 上的最大值为5，故选B ．12．已知f (x )＝|x |e x (x ∈R )，若关于x 的方程f 2(x )－mf (x )＋m －1＝0恰好有4个不相等的实数根，则实数m 的取值范围为( C )A ．⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，2∪(2，e) B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，1 C ．⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1e ＋1D ．⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，e解析：依题意，由f 2(x )－mf (x )＋m －1＝0，得f (x )＝1或f (x )＝m －1.当x ＜0时，f (x )＝－x e －x ，f ′(x )＝(x －1)e －x ＜0，此时f (x )是减函数．当x ＞0时，f (x )＝x e －x ，f ′(x )＝－(x －1)e －x ，若0＜x ＜1，则f ′(x )＞0，f (x )是增函数；若x ＞1，则f ′(x )＜0，f (x )是减函数．因此，要使关于x 的方程f 2(x )－mf (x )＋m －1＝0恰好有4个不相等的实数根，只要求直线y ＝1，直线y ＝m －1与函数y ＝f (x )的图象共有四个不同的交点．函数f (x )的图象如图．注意到直线y ＝1与函数y ＝f (x )的图象有唯一公共点，因此要求直线y ＝m －1与函数y ＝f (x )的图象共有三个不同的交点，结合图象可知，0＜m －1＜1e ，即1＜m ＜1＋1e ，则实数m 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫1，1＋1e . 13．(2019·武汉调研)已知函数f (x )＝x ln x .(1)若函数g (x )＝f (x )＋ax 在区间[e 2，＋∞)上为增函数，求实数a 的取值范围；(2)若对任意x ∈(0，＋∞)，f (x )≥－x 2＋mx －32恒成立，求实数m 的最大值．解：(1)由题意得g ′(x )＝f ′(x )＋a ＝ln x ＋a ＋1. ∵函数g (x )在区间[e 2，＋∞)上为增函数， ∴当x ∈[e 2，＋∞)时，g ′(x )≥0，即ln x ＋a ＋1≥0在[e 2，＋∞)上恒成立． ∴a ≥－1－ln x .令h (x )＝－ln x －1，∴a ≥h (x )max ，当x ∈[e 2，＋∞)时，ln x ∈[2，＋∞)， ∴h (x )∈(－∞，－3]，∴a ≥－3，即实数a 的取值范围是[－3，＋∞)． (2)∵2f (x )≥－x 2＋mx －3，即mx ≤2x ln x ＋x 2＋3，又x ＞0，∴m ≤2x ln x ＋x 2＋3x在x ∈(0，＋∞)上恒成立．记t (x )＝2x ln x ＋x 2＋3x ＝2ln x ＋x ＋3x . ∴m ≤t (x )min .∵t ′(x )＝2x ＋1－3x 2＝x 2＋2x －3x 2＝(x ＋3)(x －1)x 2，令t ′(x )＝0，得x ＝1或x ＝－3(舍去)．当x ∈(0,1)时，t ′(x )＜0，函数t (x )在(0,1)上单调递减；当x ∈(1，＋∞)时，t ′(x )＞0，函数t (x )在(1，＋∞)上单调递增． ∴t (x )min ＝t (1)＝4.∴m ≤t (x )min ＝4，即m 的最大值为4.14．(2019·福建四地六校联考)已知函数f (x )＝(x －1)e x －12ax 2. (1)讨论f (x )的单调性；(2)若f (x )有两个零点，求实数a 的取值范围．解：(1)f (x )的定义域为(－∞，＋∞)， f ′(x )＝e x ＋(x －1)e x －ax ＝x (e x －a )． (ⅰ)若a ≤0，则当x ∈(－∞，0)时，f ′(x )＜0；当x ∈(0，＋∞)时，f ′(x )＞0，所以f (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增． (ⅱ)若a ＞0，由f ′(x )＝0得x ＝0或x ＝ln A ． ①若a ＝1，则f ′(x )＝x (e x －1)≥0，所以f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增． ②若0＜a ＜1，则ln a ＜0，故当x ∈(－∞，ln a )∪(0，＋∞)时，f ′(x )＞0；当x ∈(ln a,0)时，f ′(x )＜0，所以f (x )在(－∞，ln a )，(0，＋∞)上单调递增，在(ln a,0)上单调递减．③若a ＞1，则ln a ＞0，故当x ∈(－∞，0)∪(ln a ，＋∞)时，f ′(x )Earlybird＞0；当x ∈(0，ln a )时，f ′(x )＜0，所以f (x )在(－∞，0)，(ln a ，＋∞)上单调递增，在(0，ln a )上单调递减．综上所述，当a ≤0时，f (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增；当0＜a ＜1时，f (x )在(－∞，ln a )，(0，＋∞)上单调递增，在(ln a,0)上单调递减；当a ＝1时，f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增；当a ＞1时，f (x )在(－∞，0)，(ln a ，＋∞)上单调递增，在(0，ln a )上单调递减．(2)(ⅰ)若a ≤0，则由(1)知，f (x )在(－∞，0)上单调递减，在(0，＋∞)上单调递增．又f (0)＝－1，x 趋近负无穷时，f (x )值趋近正无穷．x 趋近正无穷时，f (x )值趋近正无穷．所以f (x )有两个零点．(ⅱ)若a ＝1，则由(1)知f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增，所以f (x )至多有一个零点．(ⅲ)若0＜a ＜1，则由(1)知，f (x )在(－∞，ln a )，(0，＋∞)上单调递增，在(ln a,0)上单调递减，设b ＝ln a ，当x ＝b 时，f (x )有极大值f (b )＝a (b －1)－12ab 2＝－12a (b2－2b ＋2)＜0，故f (x )不存在两个零点．(ⅳ)若a ＞1，则由(1)知，f (x )在(－∞，0)，(ln a ，＋∞)上单调递增，在(0，ln a )上单调递减，当x ＝0时，f (x )有极大值f (0)＝－1＜0，故f (x )不存在两个零点．综上，a 的取值范围为a ≤0.。

【人教版】红对勾2020届高考一轮数学(理)复习：课时作业3

A.y＝2x－2
B．y＝12(x2－1)
C．y＝log2x
D．y＝log21x
解析：由题中表可知函数在(0，＋∞)上是增函数，且 y 的变化随
x 的增大而增大的越来越快，分析选项可知 B 符合，故选 B.
3．我们定义函数 y＝[x]([x]表示不大于 x 的最大整数)为“下整函
数”；定义 y＝{x}({x}表示不小于 x 的最小整数)为“上整函数”；例
C.41，94
D.94，21
解析：设 t＝x2＋x 1，当 x≠0 时，可得 t＝x＋1 1x∈0，21，当 x＝0
时，t＝0，因而 f(x)＝g(t)＝|t－a|＋2a＋23＝－ t＋ta＋＋3a23＋，23a，＜0t≤≤12t≤ ，a，
从而有 g(0)＝3a＋23，g12＝a＋76，g(0)－g12＝2a－14，
Earlybird
∵x 为整数，∴3≤x≤6，x∈Z. 当 x＞6 时，y＝[50－3(x－6)]x－115＝－3x2＋68x－115. 令－3x2＋68x－115＞0，有 3x2－68x＋115＜0，结合 x 为整数得 6＜x≤20，x∈Z.
∴y＝5－0x3－x2＋116583x－≤1x1≤566，＜xx∈≤Z20，，x∈Z. (2)对于 y＝50x－115(3≤x≤6，x∈Z)，显然当 x＝6 时，ymax＝185；对于 y＝－3x2＋68x－115＝－3·x－3342＋8311(6＜x≤20，x∈Z)，当 x＝11 时，ymax＝270. ∵270＞185，∴当每辆自行车的日租金定为 11 元时，才能使一日的净收入最多． 12．(2019·山东德州模拟)某地自来水苯超标，当地自来水公司对水质检测后，决定在水中投放一种药剂来净化水质．已知每投放质量

【人教版】红对勾2020届高考一轮数学(理)解答题名师讲练-高考解答题专项训练4(01)

高考解答题专项训练(四) 空间向量与立体几何1．如图，正方形AMDE 的边长为2，B ，C 分别为AM ，MD 的中点．在五棱锥P -ABCDE 中，F 为棱PE 的中点，平面ABF 与棱PD ，PC 分别交于点G ，H .(1)求证：AB ∥FG ；(2)若P A ⊥底面ABCDE ，且P A ＝AE ，求直线BC 与平面ABF 所成角的大小，并求线段PH 的长．解：(1)证明：在正方形AMDE 中，因为B 是AM 的中点，所以AB ∥DE .又因为AB ⊄平面PDE ，所以AB ∥平面PDE .因为AB ⊂平面ABF ，且平面ABF ∩平面PDE ＝FG ，所以AB ∥FG .(2)因为P A ⊥底面ABCDE ，所以P A ⊥AB ，P A ⊥AE .如图建立空间直角坐标系A -xyz ，则A (0,0,0)，B (1,0,0)，C (2,1,0)，P (0,0,2)，F (0,1,1)，BC →＝(1,1,0)．设平面ABF 的法向量为n ＝(x ，y ，z )，则⎩⎨⎧n ·AB →＝0，n ·AF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＋z ＝0. 令z ＝1，则y ＝－1.所以n ＝(0，－1,1)．设直线BC 与平面ABF 所成角为α，则sin α＝|cos 〈n ，BC →〉|＝⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪n ·BC →|n ||BC →|＝12.因此直线BC 与平面ABF 所成角的大小为π6. 设点H 的坐标为(u ，v ，w )．因为点H 在棱PC 上，所以可设PH →＝λPC →(0<λ<1)，即(u ，v ，w －2)＝λ(2,1，－2)．所以u ＝2λ，v ＝λ，w ＝2－2λ. 因为n 是平面ABF 的法向量，所以n ·AH →＝0，即(0，－1,1)·(2λ，λ，2－2λ)＝0. 解得λ＝23，所以点H 的坐标为⎝⎛⎭⎪⎫43，23，23.所以PH ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫432＋⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－432＝2. 2．如图，在三棱台DEF -ABC 中，AB ＝2DE ，G ，H 分别为AC ，BC 的中点．(1)求证：BD ∥平面FGH ；(2)若CF ⊥平面ABC ，AB ⊥BC ，CF ＝DE ，∠BAC ＝45°，求平面FGH 与平面ACFD 所成的角(锐角)的大小．解：(1)证法一：连接DG ，CD ，设CD ∩GF ＝O ，连接OH .在三棱台DEF -ABC 中， AB ＝2DE ，G 为AC 的中点，可得DF ∥GC ，DF ＝GC ，所以四边形DFCG 为平行四边形．则O为CD的中点，又H为BC的中点，所以OH∥BD，又OH⊂平面FGH，BD⊄平面FGH，所以BD∥平面FGH.证法二：在三棱台DEF-ABC中，由BC＝2EF，H为BC的中点，可得BH∥EF，BH＝EF，所以四边形BHFE为平行四边形，可得BE∥HF.在△ABC中，G为AC的中点，H为BC的中点，所以GH∥AB.又GH∩HF＝H，所以平面FGH∥平面ABED.因为BD⊂平面ABED，所以BD∥平面FGH.(2)设AB＝2，则CF＝1.在三棱台DEF-ABC中，G为AC的中点，由DF＝12AC＝GC，可得四边形DGCF为平行四边形，因此DG∥FC.又FC⊥平面ABC，所以DG⊥平面ABC.在△ABC中，由AB⊥BC，∠BAC＝45°，G是AC中点，所以AB＝BC，GB⊥GC，因此GB，GC，GD两两垂直．以G为坐标原点，建立如图所示的空间直角坐标系G-xyz.所以G (0,0,0)，B (2，0,0)，C (0，2，0)，D (0,0,1)．可得H ⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，0，F (0，2，1)．故GH →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22，22，0，GF →＝(0，2，1)．设n ＝(x ，y ，z )是平面FGH 的法向量，则由⎩⎨⎧n ·GH →＝0，n ·GF →＝0，可得⎩⎪⎨⎪⎧x ＋y ＝0，2y ＋z ＝0.可得平面FGH 的一个法向量n ＝(1，－1，2)．因为GB →是平面ACFD 的一个法向量，GB →＝(2，0,0)，所以cos 〈GB →，n 〉＝GB →·n |GB →|·|n |＝222＝12.所以平面FGH 与平面ACFD 所成角(锐角)的大小为60°.3．(2019·湖北重点中学协作体联考)等边△ABC 的边长为3，点D ，E 分别是AB ，AC 上的点，且满足AD DB ＝CE EA ＝12(如图①)，将△ADE 沿DE 折起到△A 1DE 的位置，使二面角A 1-DE -B 成直二面角，连接A 1B ，A 1C (如图②)．(1)求证：A1D⊥平面BCED；(2)在线段BC上是否存在点P，使直线P A1与平面A1BD所成的角为60°？若存在，求出PB的长；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：题图①中，由已知可得：AE＝2，AD＝1，A＝60°.从而DE＝12＋22－2×1×2×cos60°＝ 3.故得AD2＋DE2＝AE2，∴AD⊥DE，BD⊥DE.∴题图②中，A1D⊥DE，BD⊥DE，∴∠A1DB为二面角A1-DE-B的平面角，又二面角A1-DE-B为直二面角，∴∠A1DB＝90°，即A1D⊥DB.∵DE∩DB＝D且DE，DB⊂平面BCED，∴A1D⊥平面BCED.(2)存在．由(1)知ED⊥DB，A1D⊥平面BCED.以D为坐标原点，以射线DB、DE、DA1分别为x轴、y轴、z轴的正半轴建立空间直角坐标系D-xyz，如图，过P 作PH ∥DE 交BD 于点H ，设PB ＝2a (0≤2a ≤3)，则BH ＝a ，PH ＝3a ，DH ＝2－a ，易知A 1(0,0,1)，P (2－a ，3a,0)，E (0，3，0)，所以P A 1→＝(a －2，－3a,1)．因为ED ⊥平面A 1BD ，所以平面A 1BD 的一个法向量为DE →＝(0，3，0)．因为直线P A 1与平面A 1BD 所成的角为60°，所以sin60°＝|P A 1→·DE →||P A 1→||DE →|＝3a 4a 2－4a ＋5×3＝32，解得a ＝54. ∴PB ＝2a ＝52，满足0≤2a ≤3，符合题意．所以在线段BC 上存在点P ，使直线P A 1与平面A 1BD 所成的角为60°，此时PB ＝52.4．(2019·河北衡水中学、河南顶级名校联考)如图，在三棱柱ABC -A 1B 1C 1中，AC ＝BC ＝AB ＝AA 1，过AA 1的平面分别交BC ，B 1C 1于点D ，D 1.(1)求证：四边形ADD1A1为平行四边形；(2)若AA1⊥平面ABC，D为BC的中点，E为DD1的中点，求二面角A-C1E-C的余弦值．解：(1)证明：因为AA1∥BB1，AA1⊄平面BCC1B1，BB1⊂平面BCC1B1，所以AA1∥平面BCC1B1.又因为AA1⊂平面ADD1A1，平面ADD1A1∩平面BCC1B1＝DD1，所以AA1∥DD1.因为平面ABC∥平面A1B1C1，平面ABC∩平面ADD1A1＝AD，平面A1B1C1∩平面ADD1A1＝A1D1，所以AD∥A1D1.所以四边形ADD1A1为平行四边形．(2)因为D为BC的中点，AC＝AB，所以AD⊥BC.因为AA1∥DD1，AA1⊥平面ABC，所以DD1⊥平面ABC，从而DD1⊥AD.又DD1∩BC＝D，所以AD⊥平面BCC1B1.分别以DA，DB，DD1所在直线为x轴，y轴，z轴建立空间直角坐标系，如图所示．设AC ＝BC ＝AB ＝AA 1＝2，则A (3，0,0)，E (0,0,1)，C 1(0，－1,2)，AE →＝(－3，0,1)，C 1E →＝(0,1，－1)．设平面AC 1E 的法向量为n ＝(a ，b ，c )，由⎩⎨⎧AE →·n ＝0，C 1E →·n ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧－3a ＋c ＝0，b －c ＝0，取c ＝3，得n ＝(1，3，3)．由AD ⊥平面BCC 1B 1，得平面CC 1E 的一个法向量为DA →＝(3，0,0)，所以cos 〈DA →，n 〉＝DA →·n |DA →|·|n |＝37×3＝77，又易知二面角A -C 1E -C 为锐二面角，故二面角A -C 1E -C 的余弦值为77.5．(2019·天津十二校联考)如图，ABCD 是边长为3的正方形，平面ADEF ⊥平面ABCD ，AF ∥DE ，AD ⊥DE ，AF ＝26，DE ＝3 6.(1)求证：面ACE ⊥面BED ；(2)求直线CA 与平面BEF 所成角的正弦值；(3)在线段AF 上是否存在点M ，使得二面角M -BE -D 的大小为60°？若存在，求出AMAF 的值；若不存在，说明理由．解：(1)证明：因为平面ADEF ⊥平面ABCD ，平面ADEF ∩平面ABCD ＝AD ，DE ⊂平面ADEF ，DE ⊥AD ，所以DE ⊥平面ABCD .又因为AC ⊂平面ABCD ，所以DE ⊥AC . 因为ABCD 是正方形，所以AC ⊥BD ，又因为DE ∩BD ＝D ，DE ⊂平面BED ，BD ⊂平面BED ，所以AC ⊥平面BDE .又因为AC ⊂平面ACE ，所以平面ACE ⊥平面BED . (2)因为DE ⊥DC ，DE ⊥AD ，AD ⊥DC ，所以建立空间直角坐标系D -xyz 如图所示．则A (3,0,0)，F (3,0,26)，E (0,0,36)，B (3,3,0)，C (0,3,0)，所以CA →＝(3，－3,0)，BE →＝(－3，－3,36)，EF →＝(3,0，－6)．设平面BEF 的法向量为n ＝(x 1，y 1，z 1)．则⎩⎨⎧n ·BE →＝0，n ·EF →＝0，即⎩⎪⎨⎪⎧－3x 1－3y 1＋36z 1＝0，3x 1－6z 1＝0，令x 1＝6，则y 1＝26，z 1＝3，则n ＝(6，26，3)．所以cos 〈CA →，n 〉＝CA →·n |CA →|·|n |＝－3632×39＝－1313. 所以直线CA 与平面BEF 所成角的正弦值为1313.(3)存在．点M 在线段AF 上，设M (3,0，t )，0≤t ≤2 6.则BM →＝(0，－3，t )，BE →＝(－3，－3,36)，设平面MBE 的法向量为m ＝(x 2，y 2，z 2)，则⎩⎨⎧m ·BM →＝－3y 2＋tz 2＝0，m ·BE →＝－3x 2－3y 2＋36z 2＝0，令y 2＝t ，得m ＝(36－t ，t,3)，|cos 〈m ，CA →〉|＝|m ·CA →||m |·|CA →|＝|96－6t |32×(36－t )2＋t 2＋9＝12，整理得：2t 2－66t ＋15＝0，解得t ＝62或t ＝562(舍)，故在线段AF 上存在点M ，使得二面角M -BE -D 的大小为60°，此时AM AF ＝14.6．(2019·广州模拟)如图1，在正方形ABCD 中，点E ，F 分别是AB ，BC 的中点，BD 与EF 交于点H ，G 为BD 的中点，点R 在线段BH 上，且BR RH ＝λ(λ>0)．现将△AED ，△CFD ，△DEF 分别沿DE ，DF ，EF 折起，使点A ，C 重合于点B (该点记为P )，如图2所示．(1)若λ＝2，求证：GR ⊥平面PEF ；(2)是否存在正实数λ，使得直线FR 与平面DEF 所成角的正弦值为225？若存在，求出λ的值；若不存在，请说明理由．解：(1)证明：由题意，可知PE ，PF ，PD 三条直线两两垂直． ∴PD ⊥平面PEF .在图1中，E ，F 分别是AB ，BC 的中点，G 为BD 的中点，则EF ∥AC ，GD ＝GB ＝2GH .在图2中，∵PR RH ＝BR RH ＝2，且DG GH ＝2，∴在△PDH 中，GR ∥PD .∴GR ⊥平面PEF .(2)存在．由题意，分别以PF ，PE ，PD 所在直线为x 轴，y 轴，z 轴建立如图所示的空间直角坐标系P -xyz .设PD ＝4，则P (0,0,0)，F (2,0,0)，E (0,2,0)，D (0,0,4)， ∴H (1,1,0)．∴BR RH ＝PR RH ＝λ，∴PR →＝λ1＋λPH →，∴R ⎝ ⎛⎭⎪⎫λ1＋λ，λ1＋λ，0.∴RF →＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2－λ1＋λ，－λ1＋λ，0 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋λ1＋λ，－λ1＋λ，0. EF →＝(2，－2,0)，DE →＝(0,2，－4)，设平面DEF 的法向量为m ＝(x ，y ，z )，由⎩⎨⎧EF →·m ＝0，DE →·m ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧2x －2y ＝0，2y －4z ＝0. 取z ＝1，则m ＝(2,2,1)．∵直线FR 与平面DEF 所成角的正弦值为225，∴|cos 〈m ，RF →〉|＝|m ·RF →||m ||RF →| ＝41＋λ3⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋λ1＋λ2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫－λ1＋λ2＝223λ2＋2λ＋2＝225，∴9λ2＋18λ－7＝0，解得λ＝13或λ＝－73(不合题意，舍去)．故存在正实数λ＝13，使得直线FR 与平面DEF 所成角的正弦值为225.。

【人教版】红对勾2020届高考一轮数学(理)复习：课时作业1

课时作业10 函数的图象1．函数f (x )＝x2ln|x |的图象大致是( D )解析：由f (－x )＝－f (x )可得f (x )是奇函数，图象关于原点对称，排除A ，C ，而x ∈(0,1)时，ln|x |＜0，f (x )＜0，排除B ，故选D.2．现有四个函数：①y ＝x sin x ；②y ＝x cos x ；③y ＝x |cos x |；④y ＝x ·2x .它们的图象(部分)如下，但顺序已被打乱，则按照从左到右将图象对应的函数序号排列正确的一组是( D )A ．④①②③B ．①④③②C ．③④②①D ．①④②③解析：函数y ＝x sin x 是偶函数，由图象知，函数①对应第一个图象；函数y ＝x cos x 是奇函数，且当x ＝π时，y ＝－π＜0，故函数②对应第三个图象；函数y ＝x |cos x |为奇函数，且当x ＞0时，y ≥0，故函数③与第四个图象对应；函数y ＝x ·2x 为非奇非偶函数，与第二个图象对应．综上可知，选D.3．(2019·河南信阳模拟)已知函数f (x )(x ∈R )满足f (－x )＝8－f (4＋x )，函数g (x )＝4x ＋3x －2，若函数f (x )与g (x )的图象共有168个交点，记作P i (x i ，y i )(i ＝1,2，…，168)，则(x 1＋y 1)＋(x 2＋y 2)＋…＋(x 168＋y 168)的值为( D )A ．2 018B ．2 017C ．2 016D ．1 008解析：函数f (x )(x ∈R )满足f (－x )＝8－f (4＋x )，可得f (－x )＋f (4＋x )＝8，即函数f (x )的图象关于点(2,4)对称，由函数g (x )＝4x ＋3x －2＝4(x －2)＋11x －2＝4＋11x －2，可知其图象关于点(2,4)对称，∵函数f (x )与g (x )的图象共有168个交点，∴两图象在点(2,4)两边各有84个交点，且两边的点分别关于点(2,4)对称，故得(x 1＋y 1)＋(x 2＋y 2)＋…＋(x 168＋y 168)＝(4＋8)×84＝1 008.故选D.4．已知函数f (x )的图象如图所示，则f (x )的解析式可能是( A )A ．f (x )＝12x －1－x 3B ．f (x )＝12x －1＋x 3C ．f (x )＝12x ＋1－x 3D ．f (x )＝12x ＋1＋x 3解析：由图可知，函数图象的渐近线为x ＝12，排除C ，D ，又函数f (x )在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，12，⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上单调递减．而函数y ＝12x －1在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，12，⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上单调递减，y ＝－x 3在R 上单调递减，则f (x )＝12x －1－x 3在⎝ ⎛⎭⎪⎫－∞，12，⎝ ⎛⎭⎪⎫12，＋∞上单调递减，故选A. 5．如图所示，动点P 在正方体ABCD A 1B 1C 1D 1的体对角线BD 1上．过点P 作垂直于平面BB 1D 1D 的直线，与正方体的表面相交于M ，N 两点．设BP ＝x ，MN ＝y ，则函数y ＝f (x )的图象大致是( B )解析：设正方体的棱长为1，显然，当P 移动到体对角线BD 1的中点E 时，函数y ＝MN ＝AC ＝2取得唯一的最大值，所以排除A 、C ；当P 在BE 上时，分别过M ，N ，P 作底面的垂线，垂足分别为M 1，N 1，P 1，则y ＝MN ＝M 1N 1＝2BP 1＝2x cos ∠D 1BD ＝263x ，是一次函数，所以排除D ，故选B.6．(2019·泰安模拟)已知f (x )＝14x 2＋sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2＋x ，f ′(x )为f (x )的导函数，则y ＝f ′(x )的图象大致是( A )解析：因为f (x )＝14x 2＋cos x ，所以f ′(x )＝12x －sin x ，f ′(x )为奇函数，排除B ，D ；当x ＝π6时，f ′(x )＝π12－12＜0，排除C ，∴A 满足．7．(2019·昆明检测)已知定义在R 上的函数f (x )是奇函数，且f (x )在(－∞，0)上是减函数，f (2)＝0，g (x )＝f (x ＋2)，则不等式xg (x )≤0的解集是( C )A ．(－∞，－2]∪[2，＋∞)B ．[－4，－2]∪[0，＋∞)C ．(－∞，－4]∪[－2，＋∞)D ．(－∞，－4]∪[0，＋∞)解析：依题意，画出函数的大致图象如图所示．实线部分为g (x )的草图，则xg (x )≤0⇔⎩⎪⎨⎪⎧ x ≥0，g (x )≤0或⎩⎪⎨⎪⎧x ≤0，g (x )≥0，由图可得xg (x )≤0的解集为(－∞，－4]∪[－2，＋∞)． 8．已知函数f (x )＝2ln x ，g (x )＝x 2－4x ＋5，则方程f (x )＝g (x )的根的个数为( C )A ．0B ．1C ．2D ．3解析：在平面直角坐标系内作出f (x )，g (x )的图象如图所示，由已知g (x )＝(x －2)2＋1，得其顶点为(2,1)，又f (2)＝2ln2∈(1,2)，可知点(2,1)位于函数f (x )＝2ln x 图象的下方，故函数f (x )＝2ln x 的图象与函数g (x )＝x 2－4x ＋5的图象有2个交点．9．(2019·江苏扬州模拟)不等式2－x ≤log 2(x ＋1)的解集是{x |x ≥1}__．解析：画出y ＝2－x ，y ＝log 2(x ＋1)的图象如图所示，由图可知，解集为{x |x ≥1}．10．给定min{a ，b }＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，a ≤b ，b ，b ＜a ，已知函数f (x )＝min{x ，x 2－4x＋4}＋4，若动直线y ＝m 与函数y ＝f (x )的图象有3个交点，则实数m 的取值范围为(4,5)__．解析：作出函数f (x )的图象，函数f (x )＝min{x ，x 2－4x ＋4}＋4的图象如图所示，由于直线y ＝m 与函数y ＝f (x )的图象有3个交点，数形结合可得m 的取值范围为(4,5)．11．已知函数f (x )＝2x ，x ∈R .(1)当m 取何值时，方程|f (x )－2|＝m 有一个解？两个解？(2)若不等式[f (x )]2＋f (x )－m ＞0在R 上恒成立，求m 的取值范围．解：(1)令f (x )＝|f (x )－2|＝|2x －2|，G (x )＝m ，画出f (x )的图象如图所示.由图象看出，当m ＝0或m ≥2时，函数f (x )与G (x )的图象只有一个交点，即原方程有一个解；当0＜m ＜2时，函数f (x )与G (x )的图象有两个交点，即原方程有两个解．(2)令f (x )＝t (t ＞0)，H (t )＝t 2＋t ，因为H (t )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫t ＋122－14在区间(0，＋∞)上是增函数，所以H (t )＞H (0)＝0.因此要使t 2＋t ＞m 在区间(0，＋∞)上恒成立，应有m ≤0，即所求m 的取值范围为(－∞，0]．12．已知函数f (x )的图象与函数h (x )＝x ＋1x ＋2的图象关于点A (0,1)对称．(1)求函数f (x )的解析式；(2)若g (x )＝f (x )＋ax ，g (x )在区间(0,2]上的值不小于6，求实数a 的取值范围．解：(1)设f (x )图象上任一点坐标为(x ，y )，∵点(x ，y )关于点A (0,1)的对称点(－x,2－y )在h (x )的图象上， ∴2－y ＝－x ＋1－x＋2，∴y ＝x ＋1x ，即f (x )＝x ＋1x . (2)由题意g (x )＝x ＋a ＋1x ，且g (x )＝x ＋a ＋1x ≥6，x ∈(0,2]．∵x ∈(0,2]，∴a ＋1≥x (6－x )，即a ≥－x 2＋6x －1. 令q (x )＝－x 2＋6x －1，x ∈(0,2]， q (x )＝－x 2＋6x －1＝－(x －3)2＋8，∴当x ∈(0,2]时，q (x )是增函数，q (x )max ＝q (2)＝7. 故实数a 的取值范围是[7，＋∞)．13．(2019·安徽江南十校联考)若函数f (x )的图象如图所示，则f (x )的解析式可能是( B )A ．f (x )＝e x －1x 2－1B ．f (x )＝e xx 2－1C ．f (x )＝x 3＋x ＋1x 2－1D ．f (x )＝x 4＋x ＋1x 2－1解析：由题中图象可知，函数的定义域为{x |x ≠a 且x ≠b }，f (x )在(－∞，a )上为增函数，在(a,0]上先增后减，在[0，b )上为减函数，在(b ，＋∞)上先减后增．A 项中f (x )的定义域为{x |x ≠－1且x ≠1}，此时a ＝－1，b ＝1.f ′(x )＝e x (x 2－1)－2x (e x －1)(x 2－1)2，则f ′(－2)＝79e 2－49＜0，与f (x )在(－∞，－1)上递增不符． B 项中f (x )的定义域为{x |x ≠±1}，f ′(x )＝e x (x 2－2x －1)(x 2－1)2＝e x [(x －1)2－2](x 2－1)2，若f ′(x )＞0，则x ＜－1或－1＜x ＜1－2或x ＞1＋2，此时f (x )在各对应区间上为增函数，符合题意．同理可检验C 、D 不符，故选B.14．(2019·福建厦门双十中学模拟)已知函数f (x )＝x 2＋e x－12(x ＜0)与g (x )＝x 2＋ln(x ＋a )的图象上存在关于y 轴对称的点，则实数a 的取值范围是( B )A.⎝⎛⎭⎪⎫－∞，1e B ．(－∞，e) C.⎝ ⎛⎭⎪⎫1e ，＋∞ D ．(e ，＋∞)解析：原命题等价于在x ＜0时，f (x )与g (－x )的图象有交点，即方程e x－12－ln(－x ＋a )＝0在(－∞，0)上有解，令m (x )＝e x－12－ln(－x ＋a )，显然m (x )在(－∞，0)上为增函数．当a ＞0时，只需m (0)＝e 0－12－ln a ＞0，解得0＜a ＜e ；当a ≤0时，x 趋于－∞，m (x )＜0，x 趋于a ，m (x )＞0，即m (x )＝0在(－∞，a )上有解．综上，实数a 的取值范围是(－∞，e)．15．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧sinπx ，0≤x ≤1，log 2 017x ，x ＞1，若a ，b ，c 互不相等，且f (a )＝f (b )＝f (c )，则a ＋b ＋c 的取值范围是( D )A ．(1,2 017)B ．(1,2 018)C ．[2,2 018]D ．(2,2 018)解析：设f (a )＝f (b )＝f (c )＝m ，作出函数f (x )的图象与直线y ＝m ，如图所示，不妨设a ＜b ＜c ，当0≤x ≤1时，函数f (x )的图象与直线y ＝m 的交点分别为A ，B ，由正弦曲线的对称性，可得A (a ，m )与B (b ，m )关于直线x ＝12对称，因此a ＋b ＝1，令log 2 017x ＝1，解得x ＝2 017，结合图象可得1＜c ＜2 017，因此可得2＜a ＋b ＋c ＜2 018，即a ＋b ＋c ∈(2,2 018)．故选D.16．函数y ＝ln|x －1|的图象与函数y ＝－2cosπx (－2≤x ≤4)的图象所有交点的横坐标之和为6__.解析：作出函数y ＝ln|x －1|的图象，又y ＝－2cosπx 的最小正周期为T ＝2，如图所示，两图象都关于直线x ＝1对称，且共有6个交点，由中点坐标公式可得所有交点的横坐标之和为6.。

【人教版】红对勾2020届高考一轮数学(理)复习：课时作业2

课时作业11 函数与方程1．(2019·烟台模拟)函数f (x )＝ln(x ＋1)－1x 的一个零点所在的区间是( B )A ．(0,1)B ．(1,2)C ．(2,3)D ．(3,4)解析：∵f (x )在(0，＋∞)上为增函数，且f (1)＝ln2－1＜0，f (2)＝ln3－12＞0，∴f (x )的零点所在区间为(1,2)，故选B.2．下列函数中，在(－1,1)内有零点且单调递增的是( B ) A ．y ＝log 12x B ．y ＝2x －1 C ．y ＝x 2－12D ．y ＝－x 3解析：函数y ＝log 12x 在定义域上单调递减，y ＝x 2－12在(－1,1)上不是单调函数，y ＝－x 3在定义域上单调递减，均不符合要求．对于y ＝2x －1，当x ＝0∈(－1,1)时，y ＝0且y ＝2x －1在R 上单调递增，故选B.3．函数f (x )＝2x －2x －a 的一个零点在区间(1,2)内，则实数a 的取值范围是( C )A ．(1,3)B ．(1,2)C ．(0,3)D ．(0,2)解析：因为f (x )在(0，＋∞)上是增函数，则由题意得f (1)·f (2)＝(0－a )(3－a )＜0，解得0＜a ＜3，故选C.4．(2019·安庆模拟)函数f (x )＝x 2－ax ＋1在区间⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3上有零点，则实数a 的取值范围是( D )A ．(2，＋∞)B ．[2，＋∞)C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫2，52 D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫2，103 解析：由题意知方程ax ＝x 2＋1在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3上有解，即a ＝x ＋1x 在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3上有解，设t ＝x ＋1x ，x ∈⎝ ⎛⎭⎪⎫12，3，则t 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫2，103. ∴实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫2，103.5．(2019·安徽安庆模拟)定义在R 上的函数f (x )满足f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 2＋2，x ∈[0，1)，2－x 2，x ∈[－1，0)，且f (x ＋1)＝f (x －1)，若g (x )＝3－log 2x ，则函数F (x )＝f (x )－g (x )在(0，＋∞)内的零点个数为( B )A ．3B ．2C ．1D ．0解析：由f (x ＋1)＝f (x －1)，知f (x )的周期是2，画出函数f (x )和g (x )的部分图象，如图所示，由图象可知f (x )与g (x )的图象有2个交点，故f (x )有2个零点，故选B.6．(2019·安徽马鞍山一模)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3|x －1|，x ＞0，－x 2－2x ＋1，x ≤0，若关于x 的方程[f (x )]2＋(a －1)f (x )－a ＝0有7个不等的实数根，则实数a 的取值范围是( C )A ．[1,2]B ．(1,2)C ．(－2，－1)D ．[－2，－1]解析：函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧3|x －1|，x ＞0，－x 2－2x ＋1，x ≤0的图象如图：关于x 的方程[f (x )]2＋(a －1)f (x )－a ＝0有7个不等的实数根，即[f (x )＋a ][f (x )－1]＝0有7个不等的实数根，易知f (x )＝1有3个不等的实数根，∴f (x )＝－a 必须有4个不相等的实数根，由函数f (x )的图象可知－a ∈(1,2)，∴a ∈(－2，－1)．故选C.7．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x －1(0≤x ≤1)，f (x －1)＋m (x ＞1)在定义域[0，＋∞)上单调递增，且对于任意a ≥0，方程f (x )＝a 有且只有一个实数解，则函数g (x )＝f (x )－x 在区间[0,2n ](n ∈N *)上的所有零点的和为( B )A.n (n ＋1)2 B ．22n －1＋2n －1 C.(1＋2n )22D ．2n －1解析：函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x －1(0≤x ≤1)，f (x －1)＋m (x ＞1)在定义域[0，＋∞)上单调递增，且对于任意a ≥0，方程f (x )＝a 有且只有一个实数解，则f (x )是连续函数，可得m ＝1.画出y ＝f (x )与y ＝x 的图象如图，图象交点的横坐标就是函数g (x )＝f (x )－x 的零点．由图知，函数g (x )在区间[0,2n ](n ∈N *)上的所有零点的和为1＋2＋3＋…＋(2n－1)＋2n＝22n－1＋2n－1，故选B.8．(2019·广东茂名一模)定义在R上的奇函数f(x)满足条件f(1＋x)＝f(1－x)，当x∈[0,1]时，f(x)＝x，若函数g(x)＝|f(x)|－a e－|x|在区间[－2 018,2 018]上有4 032个零点，则实数a的取值范围是(B)A．(0,1) B．(e，e3)C．(e，e2) D．(1，e3)解析：f(x)满足条件f(1＋x)＝f(1－x)且为奇函数，则f(x)的图象关于x＝1对称，且f(x)＝f(2－x)，f(x)＝－f(－x)，∴－f(－x)＝f(2－x)，即－f(x)＝f(2＋x)，∴f(x＋4)＝f(x)，∴f(x)的周期为4.令m(x)＝|f(x)|，n(x)＝a e－|x|，画出m(x)、n(x)的图象如图，可知m(x)与n(x)为偶函数，且要使m(x)与n(x)图象有交点，需a ＞0，由题意知要满足g(x)在区间[－2 018，2 018]上有4 032个零点，只需m (x )与n (x )的图象在[0,4]上有两个交点，则⎩⎪⎨⎪⎧m (1)＜n (1)，m (3)＞n (3)，可得e＜a ＜e 3，故选B.9．已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x 3，x ≤a ，x 2，x ＞a .若存在实数b ，使函数g (x )＝f (x )－b 有两个零点，则a 的取值范围是 (－∞，0)∪(1，＋∞) .解析：令φ(x )＝x 3(x ≤a )，h (x )＝x 2(x ＞a )，函数g (x )＝f (x )－b 有两个零点，即函数y ＝f (x )的图象与直线y ＝b 有两个交点，结合图象(图略)可得a ＜0或φ(a )＞h (a )，即a ＜0或a 3＞a 2，解得a ＜0或a ＞1，故a ∈(－∞，0)∪(1，＋∞)．10．已知e 是自然对数的底数，函数f (x )＝e x ＋x －2的零点为a ，函数g (x )＝ln x ＋x －2的零点为b ，则f (a )，f (1)，f (b )的大小关系为 f (a )＜f (1)＜f (b ) .解析：由题意，知f ′(x )＝e x ＋1＞0恒成立，所以函数f (x )在R 上是单调递增的，而f (0)＝e 0＋0－2＝－1＜0， f (1)＝e 1＋1－2＝e －1＞0，所以函数f (x )的零点a ∈(0,1)；由题意，知g ′(x )＝1x ＋1＞0，所以函数g (x )在(0，＋∞)上是单调递增的，又g (1)＝ln1＋1－2＝－1＜0，g (2)＝ln2＋2－2＝ln2＞0，所以函数g (x )的零点b ∈(1,2)．综上，可得0＜a ＜1＜b ＜2. 因为f (x )在R 上是单调递增的，所以f (a )＜f (1)＜f (b )．11．已知函数f (x )＝－x 2－2x ，g (x )＝⎩⎨⎧x ＋14x，x ＞0，x ＋1，x ≤0.(1)求g (f (1))的值；(2)若方程g (f (x ))－a ＝0有4个不相等的实数根，求实数a 的取值范围．解：(1)利用解析式直接求解得 g (f (1))＝g (－3)＝－3＋1＝－2. (2)令f (x )＝t ，则原方程化为g (t )＝a ，易知方程f (x )＝t 在(－∞，1)上有2个不同的解，则原方程有4个解等价于函数y ＝g (t )(t ＜1)与y ＝a 的图象有2个不同的交点，作出函数y ＝g (t )(t ＜1)的图象如图，由图象可知，当1≤a ＜54时，函数y ＝g (t )(t ＜1)与y ＝a 有2个不同的交点，即所求a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫1，54.12．已知二次函数f (x )的最小值为－4，且关于x 的不等式f (x )≤0的解集为{x |－1≤x ≤3，x ∈R }．(1)求函数f (x )的解析式；(2)求函数g (x )＝f (x )x －4ln x 的零点个数．解：(1)∵f (x )是二次函数，且关于x 的不等式f (x )≤0的解集为{x |－1≤x ≤3，x ∈R }，∴设f (x )＝a (x ＋1)(x －3)＝ax 2－2ax －3a ，且a ＞0. ∵f (x )min ＝f (1)＝－4a ＝－4，∴a ＝1. 故函数f (x )的解析式为f (x )＝x 2－2x －3.(2)∵g (x )＝x 2－2x －3x －4ln x ＝x －3x －4ln x －2(x ＞0)，∴g′(x)＝1＋3x2－4x＝(x－1)(x－3)x2.令g′(x)＝0，得x＝1或x＝3.当x变化时，g′(x)，g(x)的取值变化情况如下：当0＜x≤3时，g(x)≤g(1)＝－4＜0.又因为g(x)在(3，＋∞)上单调递增，因而g(x)在(3，＋∞)上只有1个零点，故g(x)在(0，＋∞)上仅有1个零点．13．(2019·河南安阳模拟)设函数f(x)＝ln(x＋1)＋a·(x2－x)，若f(x)在区间(0，＋∞)上无零点，则实数a的取值范围是(A) A．[0,1] B．[－1,0]C．[0,2] D．[－1,1]解析：令f(x)＝0，可得ln(x＋1)＝－a(x2－x)，令g(x)＝ln(x＋1)，h(x)＝－a(x2－x)，∵f(x)在区间(0，＋∞)上无零点，∴g(x)＝ln(x＋1)与h(x)＝－a(x2－x)的图象在y轴右侧无交点．显然当a＝0时符合题意；当a＜0时，作出g(x)＝ln(x＋1)与h(x)＝－a(x2－x)的函数图象如图1所示，显然两函数图象在y轴右侧必有一交点，不符合题意；当a＞0时，作出g(x)＝ln(x＋1)与h(x)＝－a(x2－x)的函数图象如图2所示，若两函数图象在y轴右侧无交点，则h′(0)≤g′(0)，即a≤1.综上，0≤a ≤1，故选A.图1图214．(2019·福建宁德一模)已知函数f (x )＝⎩⎨⎧kx ＋3，x ≥0，⎝ ⎛⎭⎪⎫12x，x ＜0，若方程f (f (x ))－2＝0恰有三个实数根，则实数k 的取值范围是( C )A ．[0，＋∞)B ．[1,3] C.⎝ ⎛⎦⎥⎤－1，－13 D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－1，－13 解析：∵f (f (x ))－2＝0，∴f (f (x ))＝2，∴f (x )＝－1或f (x )＝－1k (k ≠0)．(1)当k ＝0时，作出函数f (x )的图象如图①所示，由图象可知f (x )＝－1无解， ∴k ＝0不符合题意；(2)当k ＞0时，作出函数f (x )的图象如图②所示，由图象可知f (x )＝－1无解且f (x )＝－1k 无解，即f (f (x ))－2＝0无解，不符合题意；(3)当k ＜0时，作出函数f (x )的图象如图③所示，由图象可知f (x )＝－1有1个实根， ∵f (f (x ))－2＝0有3个实根， ∴f (x )＝－1k 有2个实根， ∴1＜－1k ≤3，解得－1＜k ≤－13.综上，k 的取值范围是⎝ ⎛⎦⎥⎤－1，－13，故选C.15．对任意实数a ，b 定义运算“⊗”：a ⊗b ＝⎩⎪⎨⎪⎧b ，a －b ≥1，a ，a －b ＜1.设f (x )＝(x 2－1)⊗(4＋x )，若函数g (x )＝f (x )＋k 的图象与x 轴恰有三个不同的交点，则k 的取值范围是 [－2,1) .解析：解不等式x 2－1－(4＋x )≥1，得x ≤－2或x ≥3，所以f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧x ＋4，x ∈(－∞，－2]∪[3，＋∞)，x 2－1，x ∈(－2，3).函数g (x )＝f (x )＋k 的图象与x 轴恰有三个不同的交点转化为函数f (x )的图象和直线y ＝－k 恰有三个不同的交点．作出函数f (x )的图象如图所示，所以－1＜－k ≤2，故－2≤k ＜1.16．(2019·郑州模拟)若a ＞1，设函数f (x )＝a x ＋x －4的零点为m ，函数g (x )＝log a x ＋x －4的零点为n ，则1m ＋1n 的最小值为 1 .解析：设F (x )＝a x ，G (x )＝log a x ，h (x )＝4－x ，则h (x )与F (x )，G (x )的交点A ，B 横坐标分别为m ，n (m ＞0，n ＞0)．因为F (x )与G (x )关于直线y ＝x 对称，所以A ，B 两点关于直线y ＝x 对称．又因为y ＝x 和h (x )＝4－x 交点的横坐标为2，所以m ＋n ＝4.又m ＞0，n ＞0，所以1m ＋1n ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1m ＋1n ·m ＋n 4＝14⎝ ⎛⎭⎪⎫2＋n m ＋m n ≥14⎝⎛⎭⎪⎫2＋2n m ×m n ＝1. 当且仅当n m ＝mn ，即m ＝n ＝2时等号成立．所以1m ＋1n 的最小值为1.。

【人教版】红对勾2020届高考一轮数学(理)复习：课时作业5

Earlybird课时作业14利用导数研究函数的单调性11．函数y＝x2－ln x的单调递减区间为(B)2A．(－1,1] B．(0,1]C．[1，＋∞) D．(0，＋∞)1 1 x2－1 x－1x＋1解析：y＝x2－ln x，y′＝x－＝＝(x＞0)．2 x x x令y′≤0，得0＜x≤1，所以递减区间为(0,1]．2．下列函数中，在(0，＋∞)上为增函数的是(B)A．f(x)＝sin2x B．f(x)＝x e xC．f(x)＝x3－x D．f(x)＝－x＋ln xππ解析：对于A，f(x)＝sin2x的单调递增区间是[(k∈4]kπ－，kπ＋4Z)；对于B，f′(x)＝e x(x＋1)，当x∈(0，＋∞)时，f′(x)＞0，∴函数f(x)＝x e x在(0，＋∞)上为增函数；对于C，f′(x)＝3x2－1，令f′(x)＞3 3 3 0 ，得x＞或x＜－，∴函数f(x) ＝x3 －x在和－∞，－33 ( 3 ) 3 1 x－1上单调递增；对于D，f′(x)＝－1＋＝－，令f′(x)＞，＋∞)(3 x x0，得0＜x＜1，∴函数f(x)＝－x＋ln x在区间(0,1)上单调递增．综上所述，故选B.3．(2017·浙江卷)函数y＝f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示，则函数y＝f(x)的图象可能是(D)解析：利用导数与函数的单调性进行验证．f′(x)＞0 的解集对应y＝f(x)的增区间，f′(x)＜0 的解集对应y＝f(x)的减区间，验证只有D选项符合．4．(2019·豫南九校联考)已知f′(x)是定义在R上的连续函数f(x)的导函数，满足f′(x)－2f(x)＜0，且f(－1)＝0，则f(x)＞0 的解集为(A)A．(－∞，－1) B．(－1,1)C．(－∞，0) D．(－1，＋∞)f x f′x－2f x解析：设g(x)＝，则g′(x)＝＜0 在R上恒成立，e2x e2x所以g(x)在R上递减，又因为g(－1)＝0，f(x)＞0⇔g(x)＞0，所以x＜－1.15．(2019·安徽江南十校联考)设函数f(x)＝x2－9ln x在区间[a－1，2a＋1]上单调递减，则实数a的取值范围是(A)A．(1,2] B．[4，＋∞)C．(－∞，2] D．(0,3]9解析：∵f(x)的定义域是(0，＋∞)，f′(x)＝x－，∴由f′(x)≤0x解得0＜x≤3，由题意知Error!解得1＜a≤2.ln x6．(2019·安徽模拟)已知f(x)＝，则(D)xA．f(2)＞f(e)＞f(3) B．f(3)＞f(e)＞f(2)C．f(3)＞f(2)＞f(e) D．f(e)＞f(3)＞f(2)解析：f(x)的定义域是(0，＋∞)，1－ln x∵f′(x)＝，∴x∈(0，e)，f′(x)＞0，x∈(e，＋∞)，x2ln2 ln8 ln3 f′(x)＜0，故x＝e 时，f(x)max＝f(e)，而f(2)＝＝，f(3)＝2 63 ln9＝，则f(e)＞f(3)＞f(2)．67．(2019·张掖一诊)定义在R上的可导函数f(x)满足f(1)＝1，且π3π 3 x2f′(x)＞1，当x∈[时，不等式f(2cos x)＞－2sin2 的解集为－，2 ]2 2 2(D)π4ππ4πA.(B.3 )( 3 )，－，3 3πππC.(D.3)(3)0，－，3x 1解析：令g(x)＝f(x)－－，2 21则g′(x)＝f′(x)－＞0，2∴g(x)在R上单调递增，1 1且g(1)＝f(1)－－＝0，2 23 x2cos x 1∵f(2cos x)－＋2sin2 ＝f(2cos x)－－＝g(2cos x)，2 2 2 23 x∴f(2cos x)＞－2sin2 ，2 2即g(2cos x)＞0，∴2cos x＞1.π3πππ又x∈[，∴x∈.－，－，2 ](3)2 38．(2019·武汉模拟)已知定义域为R的奇函数y＝f(x)的导函数为yf e f ln2＝f′(x) ，当x＞0 ，xf′(x) －f(x) ＜0 ，若a＝，b＝，c＝e ln2f－3，则a，b，c的大小关系正确的是(D)－3A．a＜b＜c B．b＜c＜aC．a＜c＜b D．c＜a＜bf x解析：设g(x)＝，xxf′x－f x则g′(x)＝，x2∵当x＞0 时，xf′(x)－f(x)＜0，∴g′(x)＜0.∴g(x)在(0，＋∞)上是减函数．由f(x)为奇函数，知g(x)为偶函数，则g(－3)＝g(3)，又a＝g(e)，b＝g(ln2)，c＝g(－3)＝g(3)，∴g(3)＜g(e)＜g(ln2)，故c＜a＜b.9．(2019·银川诊断)若函数f(x)＝ax3＋3x2－x恰好有三个单调区间，则实数a的取值范围是(－3,0)∪(0，＋∞).解析：由题意知f′(x)＝3ax2＋6x－1，由函数f(x)恰好有三个单调区间，得f′(x)有两个不相等的零点．需满足a≠0，且Δ＝36＋12a＞0，解得a＞－3，所以实数a的取值范围是(－3,0)∪(0，＋∞)．110．已知函数f(x)＝－x2＋4x－3ln x在区间[t，t＋1]上不单调，2则t的取值范围是(0,1)∪(2,3).解析：由题意知3 x－1x－3f′(x)＝－x＋4－＝－，x x由f′(x)＝0，得函数f(x)的两个极值点为1 和3，则只要这两个极值点有一个在区间(t，t＋1)内，函数f(x)在区间[t，t＋1]上就不单调，由t＜1＜t＋1 或t＜3＜t＋1，得0＜t＜1 或2＜t＜3.11．(2019·河北武邑中学调研)已知函数f(x)＝e x－ax(a∈R，e 为自然对数的底数)．(1)讨论函数f(x)的单调性；(2)若a＝1，函数g(x)＝(x－m)f(x)－e x＋x2＋x在(2，＋∞)上为增函数，求实数m的取值范围．解：(1)函数f(x)的定义域为R，f′(x)＝e x－a.当a≤0 时，f′(x)＞0，∴f(x)在R上为增函数；当a＞0 时，由f′(x)＝0 得x＝ln a，则当x∈(－∞，ln a)时，f′(x)＜0，∴函数f(x)在(－∞，ln a)上为减函数，当x∈(ln a，＋∞)时，f′(x)＞0，∴函数f(x)在(ln a，＋∞)上为增函数．(2)当a＝1 时，g(x)＝(x－m)(e x－x)－e x＋x2＋x.∵g(x)在(2，＋∞)上为增函数，∴g′(x)＝x e x－m e x＋m＋1≥0 在(2，＋∞)上恒成立，x e x＋1即m≤在(2，＋∞)上恒成立．e x－1x e x＋1令h(x)＝，x∈(2，＋∞)，e x－1e x2－x e x－2e x e x e x－x－2则h′(x)＝＝.e x－1 2 e x－12令L(x)＝e x－x－2，L′(x)＝e x－1＞0 在(2，＋∞)上恒成立，即L(x)＝e x－x－2 在(2，＋∞)上为增函数，即L(x)＞L(2)＝e2－4＞0，∴h′(x)＞0 在(2，＋∞)上成立，x e x＋1即h(x)＝在(2，＋∞)上为增函数，e x－12e2＋1 2e2＋1∴h(x)＞h(2)＝，∴m≤.e2－1 e2－12e2＋1∴实数m的取值范围是(.－∞，e2－1 ]12．已知函数f(x)＝a ln x－ax－3(a∈R)．(1)求函数f(x)的单调区间；(2)若函数y＝f(x)的图象在点(2，f(2))处的切线的倾斜角为45°，m对于任意的t∈[1,2]，函数g(x)＝x3＋x2·[在区间(t,3)上总不f′x＋2]是单调函数，求m的取值范围．解：(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，a1－x且f′(x)＝，x当a＞0 时，f(x)的单调增区间为(0,1)，单调减区间为(1，＋∞)；当a＜0 时，f(x)的单调增区间为(1，＋∞)，单调减区间为(0,1)；当a＝0 时，f(x)为常函数．a(2)由(1)及题意得f′(2)＝－＝1，2即a＝－2，2x－2∴f(x)＝－2ln x＋2x－3，f′(x)＝.xm∴g(x)＝x3＋(x2－2x，＋2)2∴g′(x)＝3x2＋(m＋4)x－2.∵g(x)在区间(t,3)上总不是单调函数，即g′(x)在区间(t,3)上有变号零点．由于g′(0)＝－2，∴Error!当g′(t)＜0 时，即3t2＋(m＋4)t－2＜0 对任意t∈[1,2]恒成立，Earlybird由于g′(0)＜0，故只要g′(1)＜0 且g′(2)＜0，即m＜－5 且m＜－9，即m＜－9；37由g′(3)＞0，即m＞－.337∴－＜m＜－9.337即实数m的取值范围是(.，－9)－313．(2017·山东卷)若函数e x f(x)(e＝2.718 28…是自然对数的底数) 在f(x)的定义域上单调递增，则称函数f(x)具有M性质．下列函数中具有M性质的是(A)A．f(x)＝2－x B．f(x)＝x2C．f(x)＝3－x D．f(x)＝cos xe解析：设函数g(x)＝e x·f(x)，对于A，g(x)＝e x·2－x＝(x，在定2 )义域R上为增函数，A 正确．对于B，g(x)＝e x·x2，则g′(x)＝x(x＋2)e x，由g′(x)＞0 得x＜－2 或x＞0，∴g(x)在定义域R上不是增函e＝(x在定义域R上是减函数，数，B 不正确．对于C，g(x)＝e x·3－x3 )πC 不正确．对于D，g(x)＝e x·cos x，则g′(x)＝2e x cos(，g′(x)＞x＋4)0 在定义域R上不恒成立，D 不正确．14．定义在区间(0，＋∞)上的函数y＝f(x)使不等式2f(x)＜xf′(x) ＜3f(x)恒成立，其中y＝f′(x)为y＝f(x)的导函数，则(B)f2f2A．8＜＜16 B．4＜＜8f1f1f2f2C．3＜＜4 D．2＜＜3f1f1解析：∵xf′(x)－2f(x)＞0，x＞0，Earlybirdf x f′x·x2－2xf x xf′x－2f x∴[′＝＝＞0，x2 ]x4 x3f x∴y＝在(0，＋∞)上单调递增，x2f2f1f2∴＞，即＞4.22 12 f1∵xf′(x)－3f(x)＜0，x＞0，f x f′x·x3－3x2f x xf′x－3f x∴[′＝＝＜0，x3 ]x6 x4f x∴y＝在(0，＋∞)上单调递减，x3f2f1f2∴＜，即＜8.23 13 f1f2综上，4＜＜8.f115．(2019·昆明调研)已知函数f(x)(x∈R)满足f(1)＝1，f(x)的导数1 x2 1f′(x)＜，则不等式f(x2)＜＋的解集为{x|x＜－1 或x＞1}.2 2 21解析：设F(x)＝f(x)－x，21∴F′(x)＝f′(x)－，21 1∵f′(x)＜，∴F′(x)＝f′(x)－＜0，2 2即函数F(x)在R上单调递减．x2 1∵f(x2)＜＋，2 2x2 1∴f(x2)－＜f(1)－，2 2∴F(x2)＜F(1)，而函数F(x)在R上单调递减，∴x2＞1，即不等式的解集为{x|x＜－1 或x＞1}．16．(2019·岳阳质检)已知函数f(x)＝(ax－1)e x，a∈R.(1)讨论f(x)的单调区间；Earlybird(2)当m＞n＞0 时，证明：m e n＋n＜n e m＋m.解：(1)f(x)的定义域为R，且f′(x)＝(ax＋a－1)e x.①当a＝0 时，f′(x)＝－e x＜0，此时f(x)的单调递减区间为(－∞，＋∞)．a－1②当a＞0 时，由f′(x)＞0，得x＞－；aa－1由f′(x)＜0，得x＜－.aa－1此时f(x)的单调递减区间为(，单调递增区间为－∞，－a)a－1.－，＋∞)(aa－1③当a＜0 时，由f′(x)＞0，得x＜－；aa－1由f′(x)＜0，得x＞－.aa－1此时f(x)的单调递减区间为(，单调递增区间为－，＋∞)aa－1.－∞，－(a)(2)证明：当m＞n＞0 时，要证m e n＋n＜n e m＋m，只要证m(e n－1)＜n(e m－1)，e m－1 e n－1即证＞.(*)m ne x－1设g(x)＝，x＞0，xx－1e x＋1则g′(x)＝，x＞0.x2设h(x)＝(x－1)e x＋1，由(1)知h(x)在[0，＋∞)上单调递增，所以当x＞0 时，h(x)＞h(0)＝0，于是g′(x)＞0，Earlybird所以g(x)在(0，＋∞)上单调递增，所以当m＞n＞0 时，(*)式成立，故当m＞n＞0 时，m e n＋n＜n e m＋m.。

2020年高考红对勾一轮复习理科数学人教版创新方案课件4-3

大一轮复习 ·高三数学理科 ·创新方案
进入导航
第四章·第3节
第10页
系列丛书
(1)如图，已知△ABC 是边长为 1 的等边三角形，点 D，E 分别是边 AB，BC 的中点，连接 DE 并延长到点 F，使得 DE＝2EF，则A→F·B→C
的值为( B )
A．－58
1 B.8
1 C.4
11 D. 8
大一轮复习 ·高三数学理科 ·创新方案
进入导航
第四章·第3节
第12页
系列丛书
(2)(2019·成都模拟)已知菱形 ABCD 边长为 2，∠B＝π3，点 P 满足A→P
＝λA→B，λ∈R，若B→D·C→P＝－3，则 λ 的值为( A )
1 A.2
B．－12
1 C.3
D．－13
大一轮复习 ·高三数学理科 ·创新方案
大一轮复习 ·高三数学理科 ·创新方案
进入导航
第四章·第3节
第15页
系列丛书
考点二平面向量数量积的性质角度 1 平面向量的夹角问题
(2019·泰安质检)已知非零向量 a，b 满足|a|＝|b|＝|a＋b|，
则 a 与 2a－b 夹角的余弦值为( D )
7
7
7 57
A. 7 B. 8 C.14 D. 14
第3页
系列丛书
课堂探究考点突破
真题模拟演练
大一轮复习 ·高三数学理科 ·创新方案
进入导航
第四章·第3节
第4页
系列丛书
课堂探究考点突破
大一轮复习 ·高三数学理科 ·创新方案
进入导航
第四章·第3节
第5页
系列丛书
考点一平面向量数量积的运算

《精品》人教版红对勾2020届高考一轮数学(理)复习课时作业4

课时作业4 函数及其表示1．下列各组函数中，表示同一函数的是( D ) A ．f (x )＝e ln x ，g (x )＝x B ．f (x )＝x 2－4x ＋2，g (x )＝x －2C ．f (x )＝sin2x2cos x ，g (x )＝sin x D ．f (x )＝|x |，g (x )＝x 2解析：A ，B ，C 的定义域不同，所以答案为D.2．若函数y ＝mx －1mx 2＋4mx ＋3的定义域为R ，则实数m 的取值范围是( D )A.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，34 B.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，34 C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，34 D.⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，34 解析：∵函数y ＝mx －1mx 2＋4mx ＋3的定义域为R ，∴mx 2＋4mx ＋3恒不为0.当m ＝0时，mx 2＋4mx ＋3＝3满足题意；当m ≠0时，Δ＝16m 2－12m <0，解得0<m <34.综上，m 的取值范围为⎣⎢⎡⎭⎪⎫0，34.3．(2019·广东珠海模拟)已知f (x 5)＝lg x ，则f (2)＝( A ) A.15lg2 B.12lg5 C.13lg2D.12lg3解析：解法一：由题意知x ＞0，令t ＝x 5，则t ＞0，x ＝t 15，∴f (t )＝lg t 15＝15lg t ，即f (x )＝15lg x (x ＞0)，∴f (2)＝15lg2，故选A. 解法二：令x 5＝2，则x ＝215， ∴f (2)＝lg215＝15lg2，故选A.4．已知函数f (x )＝1－log 2x 的定义域为[1,4]，则函数y ＝f (x )·f (x 2)的值域是( C )A ．[0,1]B ．[0,3]C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－18，1 D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－18，3 解析：对于y ＝f (x )·f (x 2)，由函数f (x )的定义域是[1,4]，得1≤x ≤4，且1≤x 2≤4，解得1≤x ≤2，故函数y ＝f (x )·f (x 2)的定义域是[1,2]，易得y ＝f (x )·f (x 2)＝1－3log 2x ＋2log 22x ，令t ＝log 2x ，则t ∈[0,1]，y ＝1－3t ＋2t 2＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫t －342－18，故t ＝34时，y 取最小值－18；t ＝0时，y 取最大值1，故所求函数的值域是⎣⎢⎡⎦⎥⎤－18，1，故选C. 5．(2019·河南濮阳模拟)若f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x－3，x ＞0，g (x )，x ＜0是奇函数，则f (g (－2))的值为( C )A.52 B ．－52 C ．1 D ．－1解析：∵f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x －3，x ＞0，g (x )，x ＜0是奇函数，∴x ＜0时，g (x )＝－12x ＋3， ∴g (－2)＝－12－2＋3＝－1，f (g (－2))＝f (－1)＝g (－1)＝－12－1＋3＝1，故选C.6．(2019·福建福州模拟)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧0，x ≤0，2x －2－x，x ＞0，则满足f (x 2－2)＞f (x )的x 的取值范围是( C )A ．(－∞，－1)∪(2，＋∞)B ．(－∞，－2)∪(2，＋∞)C ．(－∞，－2)∪(2，＋∞)D ．(－∞，－1)∪(2，＋∞)解析：由题意，x ＞0时，f (x )递增，故f (x )＞f (0)＝0，又x ≤0时，x ＝0，故若f (x 2－2)＞f (x )，则x 2－2＞x ，且x 2－2＞0，解得x ＞2或x ＜－2，故选C.7．(2019·河北成安模拟)定义新运算⊕：当a ≥b 时，a ⊕b ＝a ；当a ＜b 时，a ⊕b ＝b 2，则函数f (x )＝(1⊕x )x －(2⊕x )，x ∈[－2,2]的最大值等于( C )A ．－1B ．1C ．6D ．12解析：由题意知，当－2≤x ≤1时，f (x )＝x －2；当1＜x ≤2时，f (x )＝x 3－2，又∵y ＝x －2，y ＝x 3－2在R 上都为增函数，且f (x )在x ＝1处连续，∴f (x )的最大值为f (2)＝23－2＝6.8．(2019·江西南昌一模)设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2|x －a |，x ≤1，x ＋1，x ＞1，若f (1)是f (x )的最小值，则实数a 的取值范围为( C )A ．[－1,2)B ．[－1,0]C ．[1,2]D ．[1，＋∞)解析：函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2|x －a |，x ≤1，x ＋1，x ＞1，若x ＞1，则f (x )＝x ＋1＞2，易知y ＝2|x －a |在(a ，＋∞)上递增，在(－∞，a )上递减，若a ＜1，则f (x )在x ＝a 处取得最小值，不符合题意；若a ≥1，则要使f (x )在x ＝1处取得最小值，只需2a －1≤2，解得a ≤2，∴1≤a ≤2. 综上可得a 的取值范围是[1,2]，故选C.9．(2019·河南、河北两省重点高中联考)函数f (x )＝4－4x ＋ln(x ＋4)的定义域为(－4,1]__．解析：要使函数f (x )有意义，需有⎩⎪⎨⎪⎧4－4x≥0，x ＋4＞0，解得－4＜x ≤1，即函数f (x )的定义域为(－4,1]．10．设函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧2x，x ≤0，|log 2x |，x ＞0，则使f (x )＝12的x 的集合为⎩⎨⎧⎭⎬⎫－1，2，22 .解析：由题意知，若x ≤0，则2x＝12，解得x ＝－1；若x ＞0，则|log 2x |＝12，解得x ＝212或x ＝2－12.故x 的集合为⎩⎨⎧⎭⎬⎫－1，2，22.11．记函数f (x )＝2－x ＋3x ＋1的定义域为A ，g (x )＝lg[(x －a －1)(2a －x )](a ＜1)的定义域为B .若B ⊆A ，则实数a 的取值范围为(－∞，－2]∪⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，1 . 解析：由已知得A ＝{x |x ＜－1或x ≥1}， B ＝{x |(x －a －1)·(x －2a )＜0}，由a ＜1得a ＋1＞2a ，∴B ＝{x |2a ＜x ＜a ＋1}． ∵B ⊆A ，∴a ＋1≤－1或2a ≥1， ∴a ≤－2或12≤a ＜1.∴a 的取值范围为a ≤－2或12≤a ＜1.12．已知函数f (x )对任意实数x 均有f (x )＝－2f (x ＋1)，且f (x )在区间[0,1]上有解析式f (x )＝x 2.(1)求f (－1)，f (1.5)；(2)写出f (x )在区间[－2,2]上的解析式．解：(1)由题意知f (－1)＝－2f (－1＋1)＝－2f (0)＝0， f (1.5)＝f (1＋0.5)＝－12f (0.5)＝－12×14＝－18. (2)当x ∈[0,1]时，f (x )＝x 2；当x ∈(1,2]时，x －1∈(0,1]， f (x )＝－12f (x －1)＝－12(x －1)2；当x ∈[－1,0)时，x ＋1∈[0,1)， f (x )＝－2f (x ＋1)＝－2(x ＋1)2；当x ∈[－2，－1)时，x ＋1∈[－1,0)，f (x )＝－2f (x ＋1)＝－2×[－2(x ＋1＋1)2]＝4(x ＋2)2.所以f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧4(x ＋2)2，x ∈[－2，－1)，－2(x ＋1)2，x ∈[－1，0)，x 2，x ∈[0，1]，－12(x －1)2，x ∈(1，2].13．如图，修建一条公路需要一段环湖弯曲路段与两条直道平滑连接(相切)．已知环湖弯曲路段为某三次函数图象的一部分，则该函数的解析式为( A)A ．y ＝12x 3－12x 2－x B ．y ＝12x 3＋12x 2－3x C ．y ＝14x 3－x D ．y ＝14x 3＋12x 2－2x解析：设所求函数解析式为f (x )＝ax 3＋bx 2＋cx ＋d (a ≠0)，则f ′(x )＝3ax 2＋2bx ＋c (a ≠0)，由题意知⎩⎪⎨⎪⎧f (0)＝d ＝0，f (2)＝8a ＋4b ＋2c ＋d ＝0，f ′(0)＝c ＝－1，f ′(2)＝12a ＋4b ＋c ＝3，解得⎩⎪⎨⎪⎧a ＝12，b ＝－12，c ＝－1，d ＝0，∴f (x )＝12x 3－12x 2－x .14．(2019·江西南昌一模)设函数f (x )＝⎩⎨⎧⎝ ⎛⎭⎪⎫12|x －a |，x ＜a ＋1，－|x ＋1|－a ，x ≥a ＋1，若f (x )的最大值不超过1，则实数a 的取值范围为( A )A.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－32，＋∞B.⎝ ⎛⎭⎪⎫－32，＋∞ C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－54，0 D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤－32，－54 解析：当x ＜a ＋1时，f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12|x －a |在(－∞，a )上递增，在[a ，a＋1)上递减，可得此时f (x )在x ＝a 处取得最大值，且为1；当x ≥a ＋1时，f (x )＝－a －|x ＋1|，当a ＋1≥－1，即a ≥－2时，f (x )递减，由题意得－a －|a ＋2|≤1，解得a ≥－32；当a ＋1＜－1，即a ＜－2时，f (x )在x ＝－1处取得最大值，且为－a ，由题意得－a ≤1，则a ∈∅.综上可得a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫－32，＋∞，故选A.。

【人教版】红对勾2020届高考一轮数学(理)复习：课时作业12

Earlybird课时作业20三角函数的图象与性质π1．在函数①y＝cos|2x|，②y＝|cos x|，③y＝cos(，④y＝tan2x＋6)π中，最小正周期为π的所有函数为(A)2x－(4)A．①②③B．①③④C．②④D．①③解析：①y＝cos|2x|＝cos2x，最小正周期为π；②由图象知y＝|cos x|的最小正周期为π；π2π③y＝cos (的最小正周期T＝＝π；2x＋6)2ππ④y＝tan (的最小正周期T＝.2x－4)2π2．关于函数y＝tan(，下列说法正确的是(C)2x－3)A．是奇函数πB．在区间(上单调递减3)0，πC．(为其图象的一个对称中心，0)6D．最小正周期为πππ解析：函数y＝tan (是非奇非偶函数，A 错误；在区间2x－0，3)(3)π上单调递增，B 错误；最小正周期为，D 错误．2πππ∵当x＝时，tan ＝0，2 ×－6 (3)6π∴(，0)为其图象的一个对称中心．6Earlybirdπ3．(2019·石家庄检测)若(是函数f(x)＝sinωx＋cosωx图象的，0)8一个对称中心，则ω的一个取值是(C)A．2 B．4C．6 D．8ππ解析：因为f(x)＝sinωx＋cosωx＝2sin(，由题意，知fωx＋4)(8 )ωππ＝2sin(＝0，4)＋8ωππ所以＋＝kπ(k∈Z)，8 4即ω＝8k－2(k∈Z)，当k＝1 时，ω＝6.π4．(2019·佛山模拟)已知x0＝是函数f(x)＝sin(2x＋φ)的一个极大3值点，则f(x)的一个单调递减区间是(B)π2ππ5πA．(B．3 )( 6 )，，6 3π2πC．(D．，π)(，π)2 3π解析：因为x0＝是函数f(x)＝sin(2x＋φ)的一个极大值点，所以sin3π＝1，＋φ)2 ×(3π解得φ＝2kπ－，k∈Z.6ππ不妨取φ＝－，此时f(x)＝sin ，2x－6 (6)ππ3π令2kπ＋＜2x－＜2kπ＋(k∈Z)，2 6 2π 5得kπ＋＜x＜kπ＋π(k∈Z)．3 6π 5取k＝0，得函数f(x)的一个单调递减区间为(.，π)3 6Earlybirdπ5．已知函数f(x)＝2sin(2x＋φ)(的图象过点(0，)，则f(x)|φ|＜ 32)图象的一个对称中心是(B)ππA．(B．－，0)(，0)－3 6ππC．(D．，0)(，0)6 12π解析：函数f(x)＝2sin(2x＋φ)(的图象过点(0，)，则f(0)＝|φ|＜ 32)2sinφ＝3，3 ππ∴sinφ＝，又|φ|＜，∴φ＝，2 2 3π则f(x)＝2sin(，3)2x＋π令2x＋＝kπ(k∈Z)，3kππ则x＝－(k∈Z)，2 6π当k＝0 时，x＝－，6π∴(是函数f(x)的图象的一个对称中心．－，0)66．(2019·湖南衡阳八中月考)定义运算：a*b＝Error!例如1](D)2 2A．[B．[－1,1]2 ]－，22 2，1][－1，2 ]2解析：根据三角函数的周期性，我们只看两函数在一个最小正周期内的情况即可．π5π设x∈[0,2π]，当≤x≤时，sin x≥cos x，f(x)＝cos x，f(x)∈4 4Earlybird2 π5π，当0≤x＜或＜x≤2π时，cos x＞sin x，f(x)＝sin x，f(x)∈－1，[ 2 ]4 42∪[－1,0]．0，[ 2 )2综上知f(x)的值域为[.2 ]－1，π7．已知函数f(x)＝2cos(ωx＋φ)＋1(，其图象与直线ω＞0，|φ|＜2)2πππy＝3相邻两个交点的距离为，若f(x)＞1对任意x∈恒成立，－，3 (6)12则φ的取值范围是(B)πππA．[B．6][－－，0]，6 4πππC．(D．12][4]－，－0，3解析：由题意可得函数f(x)＝2cos(ωx＋φ)＋1 的最大值为3.2π∵f(x)的图象与直线y＝3 相邻两个交点的距离为，32π2π2π∴f(x)的周期T＝，∴＝，3 ω 3解得ω＝3，∴f(x)＝2cos(3x＋φ)＋1.ππ∵f(x)＞1 对任意x∈(恒成立，－，6)12∴2cos(3x＋φ)＋1＞1，即cos(3x＋φ)＞0，ππ对任意x∈(恒成立，－，6)12ππππ∴－＋φ≥2kπ－且＋φ≤2kπ＋，k∈Z，4 2 2 2π解得φ≥2kπ－且φ≤2kπ，k∈Z，4Earlybirdπ即2kπ－≤φ≤2kπ，k∈Z.4ππ结合|φ|＜可得当k＝0 时，φ的取值范围为.－，0]2 [4π8．(2019·烟台检测)若函数f(x)＝cos((0＜φ＜π)是奇函数，2x＋φ－3)5π则φ＝.6ππ5π解析：因为f(x)为奇函数，所以φ－＝＋kπ(k∈Z)，φ＝＋kπ，3 2 65πk∈Z.又因为0＜φ＜π，故φ＝.6π2π9．已知关于x的方程2sin(＋1－a＝0 在区间上存在x＋0，6)[ 3 ]两个根，则实数a的取值范围是[2,3)__．πa－1 2π解析：sin(＝在上存在两个根，x＋0，6) 2 [ 3 ]ππ5π设x＋＝t，则t∈，，6 [ 6 ]6π5πa－1∴y＝sin t，t∈[的图象与直线y＝有两个交点，，6 ]6 21 a－1∴≤＜1，∴2≤a＜3.2 2ππ10．设函数f(x)＝3sin(，若存在这样的实数x1，x2，对任意x＋4)2的x∈R，都有f(x1)≤f(x)≤f(x2)成立，则|x1－x2|的最小值为2__.ππ 2解析：f(x)＝3sin (的周期T＝2π×＝4，x＋4)2 πf(x1)，f(x2)应分别为函数f(x)的最小值和最大值，T故|x1－x2|的最小值为＝2.2ππ11．已知函数f(x)＝3sin(ωx＋φ)(的图象关于2)ω＞0，－≤φ＜2Earlybirdπ直线x＝对称，且图象上相邻两个最高点的距离为π.3(1)求ω和φ的值；α 3 π2π3π(2)若f(＝，求cos 的值．＜α＜α＋2 ) 4 (3 )( 2 )6解：(1)f(x)的图象上相邻两个最高点的距离为π，所以f(x)的最小2π正周期T＝π，从而ω＝＝2.Tπ又因为f(x)的图象关于直线x＝对称，3ππ所以2·＋φ＝kπ＋，k＝0，±1，±2，….3 2ππ由－≤φ＜得k＝0，2 2π2ππ所以φ＝－＝－.2 3 6ααπ 3(2)由(1)得f(＝3sin(＝，2 )6)2·－2 4π 1所以sin(＝.6)α－4π2πππ由＜α＜得0＜α－＜，6 3 6 2ππ 1 15 所以cos(＝＝＝.1－sin2(α－1－(6)6) 4 )α－ 243πππ因此cos(＝sinα＝sinα＋α－＋2 )[(6)6]ππππ＝sin(cos ＋cos sinα－α－6) 6 (6)1 3 15 1 3＋15＝×＋×＝.64 2 4 2 8π12．已知f(x)＝2sin(.4)2x＋(1)求函数f(x)图象的对称轴方程；Earlybird(2)求f(x)的单调递增区间；π3π(3)当x∈[时，求函数f(x)的最大值和最小值．，4 ]4π解：(1)f(x)＝2sin(，4)2x＋ππ令2x＋＝kπ＋，k∈Z，4 2kππ得x＝＋，k∈Z.2 8kππ所以函数f(x)图象的对称轴方程是x＝＋，k∈Z.2 8πππ(2)令2kπ－≤2x＋≤2kπ＋，k∈Z，2 4 23ππ得kπ－≤x≤kπ＋，k∈Z.8 83ππ故f(x)的单调递增区间为[，k∈Z.8]kπ－，kπ＋8π3π3ππ7π(3)当x∈[时，≤2x＋≤，，4 ]4 4 4 4π 2所以－1≤sin(≤，4)2x＋2所以－2≤f(x)≤1，π3π所以当x∈[时，函数f(x)的最大值为1，最小值为－.， 24 ]413．(2019·龙岩六校联考)已知函数f(x)＝sin(2x＋φ)，其中φ为实ππ数，若f(x)≤|对任意x∈R恒成立，且f＞0，则f(x)的单f(调递减区间是(C)πA．[(k∈Z)4]kπ，kπ＋ππB．[(k∈Z)4]kπ－，kπ＋4Earlybirdπ3πC．[(k∈Z)4 ]kπ＋，kπ＋4πD．[(k∈Z)kπ－，kπ]2π解析：由题意可得函数f(x)＝sin(2x＋φ)的图象关于直线x＝对称，4 ππ故有2×＋φ＝kπ＋，k∈Z，即φ＝kπ，k∈Z.4 2ππ又f(＝sin ＞0，6 )(＋φ)3所以φ＝2nπ，n∈Z，所以f(x)＝sin(2x＋2nπ)＝sin2x.π3ππ3π令2kπ＋≤2x≤2kπ＋，k∈Z，求得kπ＋≤x≤kπ＋，k∈Z，2 2 4 4π3π故函数f(x)的单调递减区间为[，k∈Z，故选C．kπ＋，kπ＋4 ]4ππ14．设ω∈N*且ω≤15，则使函数y＝sinωx在区间[上不单，3]4调的ω的个数是(C)A．6 B．7C．8 D．9π解析：由ωx＝＋kπ(k∈Z)得函数y＝sinωx的图象的对称轴为x＝2πkπ＋(k∈Z)．2ωωππ∵函数y＝sinωx在区间[上不单调，3]，4ππkππ∴＜＋＜(k∈Z)，4 2ωω 3解得1.5＋3k＜ω＜2＋4k(k∈Z)．由题意ω∈N*且ω≤15，∴当k＝0 时，1.5＜ω＜2，此时ω没有正整数可取；Earlybird当k＝1 时，4.5＜ω＜6，此时ω可以取5；当k＝2 时，7.5＜ω＜10，此时ω可以取8,9；当k＝3 时，10.5＜ω＜14，此时ω可以取11,12,13；当k＝4 时，13.5＜ω＜18，此时ω可以取14,15.故满足题意的ω有8 个，分别为5,8,9,11,12,13,14,15.故选C．π15．若函数f(x)＝A cos2(ωx＋φ)＋1 (的最A＞0，ω＞0，0＜φ＜2)大值为3，f(x)的图象与y轴的交点坐标为(0,2)，其相邻两条对称轴间的距离为2，则f(1)＋f(2)＋…＋f(2 018)＝4_035__.解析：∵函数f(x)＝A cos2(ωx＋φ)＋11＋cos2ωx＋2φ＝A·＋12A A＝cos(2ωx＋2φ)＋1＋的最大值为3，2 2A A∴＋1＋＝3，∴A＝2.2 2根据函数图象相邻两条对称轴间的距离为2，可得函数的最小正周期为4，2ππ即＝4，∴ω＝.2ω 4再根据f(x)的图象与y轴的交点坐标为(0,2)，可得cos2φ＋1＋1＝2，∴cos2φ＝0，πππ又0＜φ＜，∴2φ＝，φ＝.2 2 4故函数f(x)的解析式为πππf(x)＝cos(＋2＝－sin x＋2，x＋2)2 2∴f(1)＋f(2)＋…＋f(2 017)＋f(2 018)＝π2π3π 2 017π 2 018π－(sin ＋sin ＋sin ＋…＋sin ＋sin2 )2 2 2 2π＋2×2 018＝504×0－sin －sinπ＋4 036＝－1＋4 036＝4 035.2Earlybirdπ16．已知函数f(x)＝2sin2(－cos2x－1，x∈R.＋x) 34(1)求f(x)的最小正周期；π(2)若h(x)＝f(x＋t)的图象关于点(对称，且t∈(0，π)，求t，0)－6的值；ππ(3)当x∈[时，不等式|f(x)－m|＜3 恒成立，求实数m的取值，2]4范围．π解：(1)因为f(x)＝－cos(－cos2x＝sin2x－cos2x＝2＋2x) 3 321 3 π＝2sin ，sin2x－cos2x)(2x－(3)2 2故f(x)的最小正周期为π.π(2)由(1)知h(x)＝2sin(.3)2x＋2t－ππ令2×(＋2t－＝kπ(k∈Z)，－6 )3kππ得t＝＋(k∈Z)，2 3π5π又t∈(0，π)，故t＝或.3 6ππππ2π(3)当x∈[时，2x－∈，，，2] 3 [ 3 ]4 6所以f(x)∈[1,2]．又|f(x)－m|＜3，即f(x)－3＜m＜f(x)＋3，所以2－3＜m＜1＋3，即－1＜m＜4.故实数m的取值范围是(－1,4)．。

【人教版】红对勾2020届高考一轮数学(理)复习：课时作业74

Earlybird课时作业9对数与对数函数11．(2019·湖北孝感统考)函数f(x)＝的定义域是(B)ln3x＋1 11A.(－，＋∞)B.(－，0)∪(0，＋∞)3 31C.[－，＋∞) D．[0，＋∞)31解析：由Error!解得x＞－且x≠0，故选B.32．(2019·河南新乡模拟)设a＝60.4，b＝log0.40.5，c＝log80.4，则a，b，c的大小关系是(B)A．a＜b＜c B．c＜b＜aC．c＜a＜b D．b＜c＜a解析：∵a＝60.4＞1，b＝log0.40.5∈(0,1)，c＝log80.4＜0，∴a＞b＞c.故选B.a 3．已知lg a，lg b是方程2x2－4x＋1＝0 的两个实根，则lg(ab)·(lg b)2＝(B)A．2 B．4C．6 D．8解析：由已知，得lg a＋lg b＝2，即lg(ab)＝2.1又lg a·lg b＝，2alg(ab)·(lg b)2＝2(lg a－lg b)2＝所以1(2 2)＝2×2＝4，故选B.2[(lg a＋lg b)2－4lg a·lg b]＝2×2－4 ×4．若函数y＝a－a x(a＞0，a≠1)的定义域和值域都是[0,1]，则log a3 112＋log a＝(D)7 3A．1 B．2C．3 D．4解析：若a＞1，则y＝a－a x在[0,1]上单调递减，则Error!解得a3 112＝2，此时，log a＋log a＝log216＝4；若0＜a＜1，则y＝a－a x在7 3[0,1]上单调递增，则Error!无解，故选D.5．(2019·广东省际名校联考)已知f(x)满足对∀x∈R，f(－x)＋f(x)1＝0，且当x≤0 时，f(x)＝＋k(k为常数)，则f(ln5)的值为(B)e xA．4 B．－4C．6 D．－61解析：易知函数f(x)是奇函数，故f(0)＝＋k＝1＋k＝0，即k＝－e01，所以f(ln5)＝－f(－ln5)＝－(e ln5－1)＝－4.6．(2019·广东韶关南雄模拟)函数f(x)＝x a满足f(2)＝4，那么函数g(x)＝|log a(x＋1)|的图象大致为(C)解析：∵f(2)＝4，∴2a＝4，解得a＝2，∴g(x)＝|log2(x＋1)|＝Error!∴当x≥0 时，函数g(x)单调递增，且g(0)＝0；当－1＜x＜0 时，函数g(x)单调递减，故选C.7．已知函数f(x)＝e x＋2(x＜0)与g(x)＝ln(x＋a)＋2 的图象上存在关于y轴对称的点，则实数a的取值范围是(A)A．(－∞，e) B．(0，e)C．(e，＋∞) D．(－∞，1)解析：由题意知，方程f(－x)－g(x)＝0 在(0，＋∞)上有解，即e－x－ln(x＋a)＝0 在(0，＋∞)上有解，即函数y＝e－x与y＝ln(x＋a)的图象在(0，＋∞)上有交点，则ln a＜1，即0＜a＜e，则a的取值范围是(0，e)，当a≤0 时，y＝e－x与y＝ln(x＋a)的图象总有交点，故a的取值范围是(－∞，e)，故选A.8．(2019·广东省级名校模拟)已知函数f(x)＝(e x－e－x)x，f(log5x)＋f(log 1x)≤2f(1)，则x的取值范围是(C)51A.[，1] B．[1,5]51 1C.[，5]D.(－∞，5]∪[5，＋∞)5解析：∵f(x)＝(e x－e－x)x，∴f(－x)＝－x(e－x－e x)＝(e x－e－x)x＝f(x)，∴函数f(x)是偶函数．∵f′(x)＝(e x－e－x)＋x(e x＋e－x)＞0 在(0，＋∞)上恒成立．∴函数f(x)在(0，＋∞)上单调递增．∵f(log5x)＋f(log 1x)≤2f(1)，5∴2f(log5x)≤2f(1)，即f(log5x)≤f(1)，1∴|log5x|≤1，∴≤x≤5.故选C.519．函数f(x)＝log2 x·log2(2x)的最小值为－.41解析：依题意得f(x)＝log2x·(2＋2log2x)＝(log2x)2＋log2x＝21 1 1 1 2(log 2)2－≥－，当且仅当log2x＝－，即x＝时等号成立，因2x＋4 4 2 21此函数f(x)的最小值为－.410．(2019·沈阳质检)已知函数f(x)＝|log3x|，实数m，n满足0＜mn＜n，且f(m)＝f(n)，若f(x)在[m2，n]上的最大值为2，则＝9__.m 解析：f(x)＝|log3x|＝Error!所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，由0＜m＜n且f(m)＝f(n)，可得Error!则Error!所以0＜m2＜m＜1，则f(x)在[m2,1)上单调递减，在(1，n]上单调递增，Earlybird所以f(m2)＞f(m)＝f(n)，则f(x)在[m2，n]上的最大值为f(m2)＝－1 nlog3m2＝2，解得m＝，则n＝3，所以＝9.3 m11．设f(x)＝log a(1＋x)＋log a(3－x)(a＞0，a≠1)，且f(1)＝2.(1)求a的值及f(x)的定义域；3(2)求f(x)在区间[0，2]上的最大值．解：(1)∵f(1)＝2，∴log a4＝2(a＞0，a≠1)，∴a＝2.由Error!得－1＜x＜3，∴函数f(x)的定义域为(－1,3)．(2)f(x)＝log2(1＋x)＋log2(3－x)＝log2[(1＋x)(3－x)]＝log2[－(x－1)2＋4]，∴当x∈(－1,1]时，f(x)是增函数；当x∈(1,3)时，f(x)是减函数，3故函数f(x)在[0，2]上的最大值是f(1)＝log24＝2.12．已知函数f(x)＝log a(a2x＋t)，其中a＞0 且a≠1.(1)当a＝2 时，若f(x)＜x无解，求t的取值范围；(2)若存在实数m，n(m＜n)，使得x∈[m，n]时，函数f(x)的值域也为[m，n]，求t的取值范围．解：(1)∵log2(22x＋t)＜x＝log22x，∴22x＋t＜2x无解，等价于22x＋t≥2x恒成立，即t≥－22x＋2x＝g(x)恒成立，即t≥g(x)max，1 1∵g(x)＝－22x＋2x＝－(2 2)2＋，x－41 1∴当2x＝，即x＝－1 时，g(x)取得最大值，2 41 1∴t ≥4，故t 的取值范围是[，＋∞).4Earlybird(2)由题意知 f (x )＝log a (a 2x ＋t )在[m ，n ]上是单调增函数， ∴Error!即Error!问题等价于关于 k 的方程 a 2k －a k ＋t ＝0 有两个不相等的实根，令 a k ＝u ＞0，则问题等价于关于 u 的二次方程 u 2－u ＋t ＝0 在 u ∈ (0，＋∞)上有两个不相等的实根，1即Error!即Error!得 0＜t ＜ .4 1∴t 的取值范围为(0，4).13．已知 f (x )是定义在(0，＋∞)上的函数．对任意两个不相等的x 2f x 1－x 1f x 2f 30.2f 0.32正数 x 1，x 2，都有＞0，记 a ＝，b ＝，c ＝x 1－x 230.20.32f log 25，则( B ) log 25A ．a ＜b ＜cB ．b ＜a ＜cC ．c ＜a ＜bD ．c ＜b ＜a解析：已知 f (x )是定义在(0，＋∞)上的函数，对任意两个不相等的正数 x 1，x 2，x 2f x 1－x 1f x 2都有＞0，x 1－x 2故 x 1－x 2 与 x 2f (x 1)－x 1f (x 2)同号，x 2f x 1－x 1f x 2则 x 1－x 2 与x 1x 2f x 1f x 2 (即x 2)同号，－x 1f x∴函数 y ＝是(0，＋∞)上的增函数， x∵1＜30.2＜2,0＜0.32＜1，log 25＞2，∴0.32＜30.2＜log25，∴b＜a＜c，故选B.14．设f(x)是定义在R上的偶函数，且f(2＋x)＝f(2－x)，当x∈[－22,0]时，f (x )＝(2)x－1，若在区间(－2,6)内关于 x 的方程 f (x )－log a(x＋2)＝0(a ＞0 且 a ≠1)恰有 4 个不同的实数根，则实数 a 的取值范围是 ( D )1 A.(，1)B ．(1,4)4 C ．(1,8)D ．(8，＋∞)解析：依题意得 f (x ＋2)＝f (－(2－x ))＝f (x －2)，即 f (x ＋4)＝f (x )，则函数 f (x )是以 4 为周期的函数，结合题意画出函数 f (x )在 x ∈(－2,6) 上的图象与函数 y ＝log a (x ＋2)的图象，结合图象分析可知．要使 f (x )与 y ＝log a (x ＋2)的图象有 4 个不同的交点，则有Error!由此解得 a ＞8，即 a 的取值范围是(8，＋∞)．15．(2019·吉林长春模拟)已知函数 f (x )＝ln(x ＋ x 2＋1)，g (x )＝f (x ) ＋2 017，下列命题：①f (x )的定义域为(－∞，＋∞)； ②f (x )是奇函数；③f (x )在(－∞，＋∞)上单调递增；④若实数 a ，b 满足 f (a )＋f (b －1)＝0，则 a ＋b ＝1；⑤设函数 g (x )在[－2 017,2 017]上的最大值为 M ，最小值为 m ，则 M ＋m ＝2 017.其中真命题的序号是①②③④__.(写出所有真命题的序号) 解析：对于①，∵ x 2＋1＞ x 2＝|x |≥－x ， ∴ x 2＋1＋x ＞0，∴f(x)的定义域为R，∴①正确．对于②，f(x)＋f(－x)＝ln(x＋x2＋1)＋ln(－x＋－x2＋1)＝ln[(x2＋1)－x2]＝ln1＝0.∴f(x)是奇函数，∴②正确．对于③，令u(x)＝x＋x2＋1，则u(x)在[0，＋∞)上单调递增．1当x∈(－∞，0]时，u(x)＝x＋x2＋1＝，而y＝x2＋1－x2＋1－xx在(－∞，0]上单调递减，且x2＋1－x＞0.1∴u(x)＝在(－∞，0]上单调递增，x2＋1－x又u(0)＝1，∴u(x)在R上单调递增，∴f(x)＝ln(x＋x2＋1)在R上单调递增，∴③正确．对于④，∵f(x)是奇函数，而f(a)＋f(b－1)＝0，∴a＋(b－1)＝0，∴a＋b＝1，∴④正确．对于⑤，f(x)＝g(x)－2 017 是奇函数，当x∈[－2 017,2 017]时，f(x)max＝M－2 017，f(x)min＝m－2 017，∴(M－2 017)＋(m－2 017)＝0，∴M＋m＝4 034，∴⑤不正确．x＋116．已知函数f(x)＝ln .x－1(1)求函数f(x)的定义域，并判断函数f(x)的奇偶性；x＋1 m(2)对于x∈[2,6]，f(x)＝ln ＞ln 恒成立，求实数mx－1 x－17－x的取值范围．x＋1解：(1)由＞0，解得x＜－1 或x＞1，x－1∴函数f(x)的定义域为(－∞，－1)∪(1，＋∞)，当x∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)时，－x＋1 x－1 x＋1 x＋1f(－x)＝ln ＝ln x＋1＝ln(x－1)－1＝－ln ＝－f(x)．－x－1 x－1x＋1∴f(x)＝ln 是奇函数．x－1x＋1 m(2)由于x∈[2,6]时，f(x)＝ln ＞ln 恒成立，x－1 x－17－xx＋1 m∴＞＞0，x－1 x－17－x∵x∈[2,6]，∴0＜m＜(x＋1)(7－x)在x∈[2,6]上恒成立．令g(x)＝(x＋1)(7－x)＝－(x－3)2＋16，x∈[2,6]，由二次函数的性质可知，x∈[2,3]时函数g(x)单调递增，x∈[3,6] 时函数g(x)单调递减，即x∈[2,6]时，g(x)min＝g(6)＝7，∴0＜m＜7.故实数m的取值范围为(0,7)．。

2020年高考红对勾一轮复习理科数学人教版创新方案课件7-6

进入导航
第七章立体几何第3页
系列丛书
课堂探究考点突破
真题模拟演练
大一轮复习 ·高三数学理科 ·创新方案
进入导航
第七章·第6节
第4页
系列丛书
课堂探究考点突破
大一轮复习 ·高三数学理科 ·创新方案
进入导航
第七章·第6节
第5页
系列丛书
考点一空间向量的线性运算如图所示，在平行六面体 ABCD A1B1C1D1 中，设A→A1 ＝a，A→B＝b，A→D＝c，M，N，P 分别是 AA1，BC，C1D1 的中点，试用 a，b，c 表示以下各向量： (1)A→P； (2)A→1N； (3)M→P＋N→C1.
大一轮复习 ·高三数学理科 ·创新方案
进入导航
第七章·第6节
第13页
系列丛书
解：(1)∵A→M＝kA→C1，B→N＝kB→C， ∴M→N＝M→A＋A→B＋B→N ＝kC→1A＋A→B＋kB→C ＝k(C→1A＋B→C)＋A→B ＝k(C→1A＋B→1C1)＋A→B ＝kB→1A＋A→B＝A→B－kA→B1 ＝A→B－k(A→A1＋A→B) ＝(1－k)A→B－kA→A1.
大一轮复习 ·高三数学理科 ·创新方案
进入导航
第七章·第6节
第10页
系列丛书
解析：N→M＝N→A＋A→M＝(O→A－O→N)＋12A→B＝O→A－12O→C＋12(O→B －O→A)＝12O→A＋12O→B－12O→C＝12(a＋b－c)．
大一轮复习 ·高三数学理科 ·创新方案
进入导航
第七章·第6节
大一轮复习 ·高三数学理科 ·创新方案
进入导航
第七章·第6节
第14页
系列丛书
∴由共面向量定理知向量M→N与向量A→B，A→A1共面． (2)当 k＝0 时，点 M，A 重合，点 N，B 重合，MN 在平面 ABB1A1 内，当 0＜k≤1 时，MN 不在平面 ABB1A1 内，又由(1)知M→N与A→B，A→A1共面， ∴MN∥平面 ABB1A1.

【人教版】红对勾2020届高考一轮数学(理)复习：课时作业8

课时作业17 定积分与微积分基本定理1．定积分⎠⎛01(3x ＋e x )d x 的值为( D )A ．e ＋1B ．eC ．e －12D ．e ＋12解析：⎠⎛01(3x ＋e x )d x ＝⎝⎛⎭⎪⎫32x 2＋e x |10＝32＋e －1＝e ＋12.2.(2019·河南郑州一模)汽车以v ＝(3t ＋2)m/s 做变速运动时，在第1 s 至第2 s 之间的1 s 内经过的路程是( D )A ．5 mB ．112 m C ．6 mD ．132 m解析：根据题意，汽车以v ＝(3t ＋2)m/s 做变速运动时，汽车在第1 s 至第2 s 之间的1 s 内经过的路程s ＝⎠⎛12(3t ＋2)d t ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3t 22＋2t |21＝132m ，故选D ．3.若f (x )＝⎩⎨⎧lgx ，x ＞0，x ＋⎠⎛0a 3t 2d t ，x ≤0，f (f (1))＝1，则a 的值为( A ) A ．1 B ．2 C ．－1D ．－2解析：因为f (1)＝lg 1＝0，f (0)＝⎠⎛0a 3t 2d t ＝t 3|a 0＝a 3，所以由f (f (1))＝1得a 3＝1，所以a ＝1.4．(2019·孝义质检)定义⎪⎪⎪⎪⎪⎪a c b d ＝ad －bc ，如⎪⎪⎪⎪⎪⎪13 24＝1×4－2×3＝－2，那么⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎠⎛12x d x 132)＝(D )A ．6B ．3C ．32D ．5．(2019·福建省师大附中等校联考)已知函数f (x )＝－x 3＋ax 2＋b x (a ，b ∈R )的图象如图所示，它与x 轴相切于原点，且x 轴与函数图象所围成区域(图中阴影部分)的面积为112，则a 的值为( C)A ．0B ．1C ．－1D ．－2解析：f ′(x )＝－3x 2＋2ax ＋b ．由题意得f ′(0)＝0，得b ＝0， ∴f (x )＝－x 2(x －a )．由⎠⎛a0(x 3－ax 2)d x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫14x 4－13ax 3|0a ＝0－a 44＋a 43＝a 412＝112，得a ＝±1.函数f (x )与x 轴的交点的横坐标一个为0，另一个为A ．,根据图形可知a ＜0，即a ＝－1.6.已知函数y ＝f (x )的图象为如图所示的折线ABC ，则, ⎠⎛-11 [(x ＋1)f (x )]d x 等于( D)A ．2B ．－2,C ．1D ．－1解析：由题图易知,f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧－x －1，－1≤x ≤0，x －1，0＜x ≤1，所以⎠⎛-11 [(x ＋1)f (x )]d x＝⎠⎛-10 (x ＋1)(－x －1)d x ＋⎠⎛01(x ＋1)(x －1)d x＝⎠⎛-10(－x 2－2x －1)d x ＋⎠⎛01(x 2－1)d x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－13x 3－x 2－x |0－1＋⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 3－x |10＝－13－23＝－1，故选D ．7.(2019·新疆第一次适应性检测)由曲线y ＝x 2＋1，直线y ＝－x ＋3，x 轴正半轴与y 轴正半轴所围成图形的面积为( B )A ．3B ．103C ．73D ．83解析：由题可知题中所围成的图形如图中阴影部分所示，由⎩⎪⎨⎪⎧ y ＝x 2＋1，y ＝－x ＋3，解得⎩⎪⎨⎪⎧ x ＝－2，y ＝5(舍去)或⎩⎪⎨⎪⎧x ＝1，y ＝2，即A(1,2)，结合图形可知，所求的面积为⎠⎛01(x 2＋1)d x ＋12×22＝⎝ ⎛⎭⎪⎫13x 3＋x |10＋2＝103.8.(2019·呼和浩特质检)若S 1＝⎠⎛12x 2d x ，S 2＝⎠⎛121x d x ，S 3＝⎠⎛12e x d x ，则S 1，S 2，S 3的大小关系为( B )A ．S 1＜S 2＜S 3B ．S 2＜S 1＜S 3C ．S 2＜S 3＜S 1D ．S 3＜S 2＜S 1解析：方法一 S 1＝13x 3|21＝83－13＝73，,S 2＝ln x |21＝ln2＜lne ＝1，S 3＝e x |21＝e 2－e ≈2.72－2.7＝4.59，所以S 2＜S 1＜S 3.方法二 S 1，S 2，S 3分别表示曲线y ＝x 2，y ＝1x ，y ＝e x 与直线x ＝1，x ＝2及x 轴围成的图形的面积，通过作图易知S 2＜S 1＜S 3.9.若函数f (x )在R 上可导，f (x )＝x 3＋x 2f ′(1)，则⎠⎛02f (x )d x ＝－4__.解析：因为f (x )＝x 3＋x 2f ′(1)，所以f ′(x )＝3x 2＋2xf ′(1)．,所以f ′(1)＝3＋2f ′(1)，解得f ′(1)＝－3.所以f (x )＝x 3－3x 2.,故⎠⎛02f (x )d x ＝⎠⎛02(x 3－3x 2)d x ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫x 44－x 3|20＝－4.10.一物体作变速直线运动，其v －t 曲线如图所示，则该物体在12 s ～6 s 间的运动路程为494m ．解析：由题图可知，v (t )＝⎩⎨⎧2t ，0≤t ＜1，2，1≤t ≤3，13t ＋1，3＜t ≤6.由变速直线运动的路程公式，可得s ＝⎠⎜⎜⎛126v (t )d t ＝⎠⎜⎜⎛1212t d t ＋⎠⎛132d t ＋⎠⎛36⎝ ⎛⎭⎪⎫13t ＋1d t＝t 2⎪⎪⎪112＋2t |31＋⎝⎛⎭⎪⎫16t 2＋t |63＝494(m)．所以物体在12 s ～6 s 间的运动路程是494 m ．11.设M ，m 分别是f (x )在区间[a ，b]上的最大值和最小值，则m (b －a )≤⎠⎛a b f (x )d x ≤M (b －a )．根据上述估值定理可知定积分⎠⎛-122－x 2d x 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤316，3. 解析：因为当－1≤x ≤2时，0≤x 2≤4，所以116≤2－x 2≤1.根据估值定理得116×[2－(－1)]≤⎠⎛-122－x 2d x ≤1×[2－(－1)]，即316≤⎠⎛-122－x 2d x ≤3.12．如图，由曲线y ＝x 2和直线y ＝t 2(0＜t ＜1)，x ＝1，x ＝0所围成的图形(阴影部分)的面积的最小值是14.解析：设图中阴影部分的面积为S (t )，则S (t )＝⎠⎛0t (t 2－x 2)d x ＋⎠⎛t1(x 2－t 2)d x ＝43t 3－t 2＋13.由S ′(t )＝2t (2t －1)＝0，得t ＝12为S (t )在区间(0,1)上的最小值点，此时S (t )m in ＝S ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝14.13．(2019·青岛模拟)已知函数f(x)在R 上满足f (π－x )＝f (x )，若当0≤x ≤π2时，f (x )＝cos x －1，则当0≤x ≤π时，f (x )的图象与x 轴所围成图形的面积为( A )A ．π－2B ．2π－4C ．3π－6D ．4π－8解析：∵当0≤x ≤π2时， f (x )＝cos x －1，∴当π2＜x ≤π时，0≤π－x ＜π2，f (x )＝f (π－x )＝cos(π－x )－1＝－cos x －1，∴f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧cos x －1，0≤x ≤π2，－cos x －1，π2＜x ≤π.所以当0≤x ≤π时，f (x )的图象与x 轴所围成图形的面14.如图，一横截面为等腰梯形的水渠，因泥沙沉积，导致水渠截面边界呈抛物线型(图中虚线所示)，则原始的最大流量与当前最大流量的比值为1.2__.解析：建立如图所示的平面直角坐标系，由抛物线过点(0，－2)，(－5,0)，(5,0)得抛物线的函数表达式为y ＝225x 2－2，抛物线与x 轴围成的面积S 1＝15.(2019·郑州调研) ⎠⎛-11 (1－x 2＋e x －1)d x ＝π2＋e －1e －2.16.(2019·安徽六安第一中学模拟)已知a ＞0，⎝ ⎛⎭⎪⎫a x －x 6展开式的常数项为240，则⎠⎛－aa (x 2＋x cos x ＋4－x 2)d x ＝163＋2π.。

【人教版】2020届高考一轮数学(理)复习：课时作业 (3)

课时作业3简单的逻辑联结词、全称量词与存在量词1．命题“函数y＝f(x)(x∈M)是偶函数”的否定可表示为(A) A．∃x0∈M，f(－x0)≠f(x0)B．∀x∈M，f(－x)≠f(x)C．∀x∈M，f(－x)＝f(x)D．∃x0∈M，f(－x0)＝f(x0)解析：命题“函数y＝f(x)(x∈M)是偶函数”即“∀x∈M，f(－x)＝f(x)”，该命题是一个全称命题，其否定是一个特称命题，即“∃x0∈M，f(－x0)≠f(x0)”．2．(2019·清华大学自主招生能力测试)“∀x∈R，x2－πx≥0”的否定是(D)A．∀x∈R，x2－πx＜0 B．∀x∈R，x2－πx≤0C．∃x0∈R，x20－πx0≤0 D．∃x0∈R，x20－πx0＜0解析：全称命题的否定是特称命题，所以“∀x∈R，x2－πx≥0”的否定是“∃x0∈R，x20－πx0＜0”，故选D.3．(2019·衡水二调)已知命题p：∀x1，x2∈R，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)≥0，则綈p是(B)A．∃x1，x2∉R，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)＜0B．∃x1，x2∈R，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)＜0C．∀x1，x2∉R，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)＜0D．∀x1，x2∈R，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)＜0解析：根据全称命题与特称命题互为否定的关系可知綈p：∃x1，x2∈R，[f(x2)－f(x1)](x2－x1)＜0.4．(2019·安徽安庆模拟)设命题p：∃x0∈(0，＋∞)，x0＋1x0＞3；命题q：∀x∈(2，＋∞)，x2＞2x，则下列命题为真的是(A) A．p∧(綈q) B．(綈p)∧qC．p∧q D．(綈p)∨q解析：对于命题p，当x0＝4时，x0＋1x0＝174＞3，故命题p为真命题；对于命题q，当x＝4时，24＝42＝16，即∃x0∈(2，＋∞)，使得2x0＝x20成立，故命题q为假命题，所以p∧(綈q)为真命题，故选A.5．在一次跳伞训练中，甲、乙两位学员各跳一次，设命题p是“甲降落在指定范围”，q是“乙降落在指定范围”，则命题“至少有一位学员没有降落在指定范围”可表示为(A)A．綈p∨綈q B．p∨綈qC．綈p∧綈q D．p∨q解析：命题p是“甲降落在指定范围”，则綈p是“甲没降落在指定范围”，q是“乙降落在指定范围”，则綈q是“乙没降落在指定范围”，命题“至少有一位学员没有降落在指定范围”包括“甲降落在指定范围，乙没降落在指定范围”“甲没降落在指定范围，乙降落在指定范围”“甲没降落在指定范围，乙没降落在指定范围”．所以命题“至少有一位学员没有降落在指定范围”可表示为綈p∨綈q.故选A.6．(2019·河南郑州外国语中学模拟)已知命题p：若复数z满足(z－i)·(－i)＝5，则z＝6i；命题q：复数1＋i1＋2i 的虚部为－15i，则下列命题中为真命题的是(C)A．(綈p)∧(綈q) B．(綈p)∧q C．p∧(綈q) D．p∧q解析：复数z满足(z－i)·(－i)＝5，则z ＝－5i ＋i ＝6i ，故命题p 为真命题，则綈p 为假命题；复数1＋i 1＋2i ＝(1＋i )·(1－2i )(1＋2i )·(1－2i )＝35－15i ，则z 的虚部为－15，故命题q 为假命题，则綈q 为真命题．由复合命题真假判断的真值表可知(綈p )∧(綈q )为假命题，(綈p )∧q 为假命题，p ∧(綈q )为真命题，p ∧q 为假命题．故选C. 7．(2019·山东泰安联考)下列命题正确的是( D ) A ．命题“∃x ∈[0,1]，使x 2－1≥0”的否定为“∀x ∈[0,1]，都有x 2－1≤0” B ．若命题p 为假命题，命题q 是真命题，则(綈p )∨(綈q )为假命题 C ．命题“若a 与b 的夹角为锐角，则a ·b ＞0”及它的逆命题均为真命题 D ．命题“若x 2＋x ＝0，则x ＝0或x ＝－1”的逆否命题为“若x ≠0且x ≠－1，则x 2＋x ≠0” 解析：对于选项A ，命题“∃x ∈[0,1]，使x 2－1≥0”的否定为“∀x ∈[0,1]，都有x 2－1＜0”，故A 项错误；对于选项B ，p 为假命题，则綈p 为真命题；q 为真命题，则綈q 为假命题，所以(綈p )∨(綈q )为真命题，故B 项错误；对于选项C ，原命题为真命题，若a ·b ＞0，则a 与b 的夹角可能为锐角或零角，所以原命题的逆命题为假命题，故C 项错误；对于选项D ，命题“若x 2＋x ＝0，则x ＝0或x ＝－1”的逆否命题为“若x ≠0且x ≠－1，则x 2＋x ≠0”，故选项D 正确，因此选D. 8．(2019·江西七校联考)已知函数f (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧ 3x ，x ＜0，m －x 2，x ≥0，给出下列两个命题：命题p ：∃m ∈(－∞，0)，方程f (x )＝0有解，命题q ：若m ＝19，则f (f (－1))＝0，那么，下列命题为真命题的是( B ) A ．p ∧q B ．(綈p )∧q C ．p ∧(綈q ) D ．(綈p )∧(綈q ) 解析：因为3x ＞0，当m ＜0时，m －x 2＜0，所以命题p 为假命题；当m ＝19时，因为f (－1)＝3－1＝13，所以f (f (－1))＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫13＝19－⎝ ⎛⎭⎪⎫132＝0，所以命题q 为真命题，逐项检验可知，只有(綈p )∧q 为真命题，故选B. 9．已知命题p ：∀x ∈R ，ax 2＋ax ＋1＞0，命题q ：∃x 0∈R ，x 20－x 0＋a ＝0.若p ∧q 为真命题，则实数a 的取值范围是( D ) A ．(－∞，4] B ．[0,4) C.⎝ ⎛⎦⎥⎤0，14 D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，14 解析：当a ＝0时，命题p 为真；当a ≠0时，若命题p 为真，则a ＞0且Δ＝a 2－4a ＜0，即0＜a ＜4.故命题p 为真时，0≤a ＜4.命题q 为真时，Δ＝1－4a ≥0，即a ≤14.命题p ∧q 为真命题时，p ，q 均为真命题，则实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，14. 10．(2019·聊城模拟)已知函数f (x )在R 上单调递增，若∃x 0∈R ，f (|x 0＋1|)≤f (log 2a －|x 0＋2|)，则实数a 的取值范围是( A ) A ．[2，＋∞) B ．[4，＋∞) C ．[8，＋∞) D ．(0,2] 解析：∵函数f (x )在R 上单调递增， ∴∃x 0∈R ，f (|x 0＋1|)≤f (log 2a －|x 0＋2|)，等价为∃x 0∈R ，|x 0＋1|≤log 2a －|x 0＋2|成立，即|x ＋1|＋|x ＋2|≤log 2a 有解， ∵|x ＋1|＋|x ＋2|≥|x ＋2－x －1|＝1， ∴log 2a ≥1，即a ≥2. 11．已知命题p ：若平面α⊥平面β，平面γ⊥平面β，则有平面α∥平面γ.命题q ：在空间中，对于三条不同的直线a ，b ，c ，若a ⊥b ，b ⊥c ，则a ∥c .对以上两个命题，有以下命题： ①p ∧q 为真；②p ∨q 为假；③p ∨q 为真；④(綈p )∨(綈q )为假．其中，正确的是②__.(填序号) 解析：命题p 是假命题，这是因为α与γ也可能相交；命题q 也是假命题，这两条直线也可能异面，相交． 12．(2019·郑州质量预测)已知函数f (x )＝x ＋4x ，g (x )＝2x ＋a ，若∀x 1∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1，∃x 2∈[2,3]，使得f (x 1)≤g (x 2)，则实数a 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫12，＋∞ . 解析：依题意知f (x )max ≤g (x )max . ∵f (x )＝x ＋4x 在⎣⎢⎡⎦⎥⎤12，1上是减函数， ∴f (x )max ＝f ⎝ ⎛⎭⎪⎫12＝172. 又g (x )＝2x ＋a 在[2,3]上是增函数， ∴g (x )max ＝8＋a ，因此172≤8＋a ，则a ≥12.13．已知命题p ：∀x ∈R ，不等式ax 2＋22x ＋1＜0解集为空集，命题q ：f (x )＝(2a －5)x 在R 上满足f ′(x )＜0，若命题p ∧(綈q )是真命题，则实数a 的取值范围是( D ) A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤52，3 B ．[3，＋∞)C ．[2,3] D.⎣⎢⎡⎦⎥⎤2，52∪[3，＋∞) 解析：命题p ：∀x ∈R ，不等式ax 2＋22x ＋1＜0解集为空集，a ＝0时，不满足题意．当a ≠0时，必须满足： ⎩⎪⎨⎪⎧ a ＞0，Δ＝(22)2－4a ≤0，解得a ≥2. 命题q ：f (x )＝(2a －5)x 在R 上满足f ′(x )＜0，可得函数f (x )在R 上单调递减， ∴0＜2a －5＜1，解得52＜a ＜3. ∵命题p ∧(綈q )是真命题， ∴p 为真命题，q 为假命题． ∴⎩⎨⎧ a ≥2，a ≤52或a ≥3，解得2≤a ≤52或a ≥3，则实数a 的取值范围是[3，＋∞)∪⎣⎢⎡⎦⎥⎤2，52.故选D. 14．(2019·河北衡水中学联考)已知函数f (x )＝2sin(ωx ＋φ)⎝ ⎛⎭⎪⎫ω＞0，φ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2，π的部分图象如图所示，其中|MN |＝52，记命题p ：f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3x ＋5π6，命题q ：将f (x )的图象向右平移π6个单位，得到函数y ＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3x ＋2π3的图象，则以下判断正确的是(D )A ．p ∧q 为真B ．p ∨q 为假C ．(綈p )∨q 为真D ．p ∧(綈q )为真解析：由|MN |＝52，可得 ⎝ ⎛⎭⎪⎫π2ω2＋22＝52，解得ω＝π3，因为f (0)＝1，所以sin φ＝12. 又φ∈⎣⎢⎡⎦⎥⎤π2，π，所以φ＝5π6，所以f (x )＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3x ＋5π6. 故p 为真命题．将f (x )图象上所有的点向右平移π6个单位，得到 f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x －π6＝2sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫π3x ＋5π6－π218的图象，故q 为假命题．所以p ∧q 为假，p ∨q 为真，(綈p )∨q 为假，p ∧(綈q )为真，故选D. 15．(2019·沈阳模拟)已知函数f (x )＝ln(1＋x )－ln(1－x )，给出以下四个命题： ①∀x ∈(－1,1)，有f (－x )＝－f (x )； ②∀x 1，x 2∈(－1,1)且x 1≠x 2，有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2＞0； ③∀x 1，x 2∈(0,1)，有f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22≤f (x 1)＋f (x 2)2； ④∀x ∈(－1,1)，|f (x )|≥2|x |. 其中所有真命题的序号是( D ) A ．①② B ．③④ C ．①②③ D ．①②③④解析：对于①，∵f (x )＝ln(1＋x )－ln(1－x )，且其定义域为(－1,1)，∴f (－x )＝ln(1－x )－ln(1＋x )＝－[ln(1＋x )－ln(1－x )]＝－f (x )，即∀x ∈(－1,1)，有f (－x )＝－f (x )，故①是真命题；对于②，∵x ∈(－1,1)，由f ′(x )＝11＋x ＋11－x ＝21－x 2≥2＞0，可知f (x )在区间(－1,1)上单调递增，即∀x 1，x 2∈(－1,1)且x 1≠x 2，有f (x 1)－f (x 2)x 1－x 2＞0，故②是真命题；对于③，∵f ′(x )＝21－x 2在(0,1)上单调递增， ∴∀x 1，x 2∈(0,1)，有f ⎝ ⎛⎭⎪⎫x 1＋x 22≤f (x 1)＋f (x 2)2，故③是真命题；对于④，设g (x )＝f (x )－2x ，则当x ∈(0,1)时，g ′(x )＝f ′(x )－2≥0， ∴g (x )在(0,1)上单调递增， ∴当x ∈(0,1)时，g (x )＞g (0)，即f (x )＞2x ，由奇函数性质可知，∀x ∈(－1,1)，|f (x )|≥2|x |，故④是真命题，故选D. 16．已知命题p ：∃x 0∈R ，e x 0－mx 0＝0，命题q ：∀x ∈R ，x 2＋mx ＋1≥0，若p ∨(綈q )为假命题，则实数m 的取值范围是[0,2]__．解析：若p ∨(綈q )为假命题，则p 假q 真．由e x －mx ＝0，可得m ＝e x x ，x ≠0，设f (x )＝e x x ，x ≠0，则f ′(x )＝x e x －e x x 2＝(x －1)e x x 2，当x ＞1时，f ′(x )＞0，函数f (x )＝e x x 在(1，＋∞)上是单调递增函数；当0＜x ＜1或x ＜0时，f ′(x )＜0，函数f (x )＝e x x 在(0,1)和(－∞，0)上是单调递减函数，所以当x ＝1时，函数取得极小值f (1)＝e ，所以函数f (x )＝e x x 的值域是(－∞，0)∪[e ，＋∞)，由p 是假命题，可得0≤m ＜e.当命题q 为真命题时，有Δ＝m 2－4≤0，即－2≤m ≤2. 所以当p ∨(綈q )为假命题时，m 的取值范围是0≤m ≤2.。

2020年高考红对勾一轮复习理科数学人教版创新方案课件课时作业70

课时作业70 二项分布、正态分布及其应用1.设X ～N (μ1,σ21),Y ～N (μ2,σ22),这两个正态分布密度曲线如图所示.下列结论中正确的是( C )A.P (Y ≥μ2)≥P (Y ≥μ1)B.P (X ≤σ2)≤P (X ≤σ1)C.对任意正数t ,P (X ≤t )≥P (Y ≤t )D.对任意正数t ,P (X ≥t )≥P (Y ≥t )【解析】:由题图可知μ1<0<μ2,σ1<σ2,∴P (Y ≥μ2)<P (Y ≥μ1),故A 错；P (X ≥σ2)>P (X ≤σ1),故B 错；当t 为任意正数时,由题图可知P (X ≤t )≥P (Y ≤t ),而P (X ≤t )＝1－P (X ≥t ),P (Y ≤t )＝1－P (Y ≥t ),∴P (X ≥t )≤P (Y ≥t ),故C 正确,D 错.2.(2019·福建厦门模拟)袋中装有2个红球,3个黄球,有放回地抽取3次,每次抽取1球,则3次中恰有2次抽到黄球的概率是( D )A.25B.35C.18125D.54125【解析】:袋中装有2个红球,3个黄球,有放回地抽取3次,每次抽取1球,每次取到黄球的概率P 1＝35,∴3次中恰有2次抽到黄球的概率是P ＝C 23⎝ ⎛⎭⎪⎫352⎝ ⎛⎭⎪⎫1－35＝54125.3.(2019·河北唐山模拟)甲乙等4人参加4×100米接力赛,在甲不跑第一棒的条件下,乙不跑第二棒的概率是( D )A.29B.49C.23D.79【解析】:甲不跑第一棒共有A 13·A 33＝18种情况,甲不跑第一棒且乙不跑第二棒共有两类：(1)乙跑第一棒,共有A 33＝6种情况；(2)乙不跑第一棒,共有A 12·A 12·A 22＝8种情况,∴甲不跑第一棒的条件下,乙不跑第二棒的概率为6＋818＝79.故选D.4.(2019·山东淄博一模)设每天从甲地去乙地的旅客人数为随机变量X ,且X ～N (800,502).则一天中从甲地去乙地的旅客人数不超过900的概率为( A )(参考数据：若X ～N (μ,σ2),有P (μ－σ<X ≤μ＋σ)＝0.682 6,P (μ－2σ<X ≤μ＋2σ)＝0.954 4,P (μ－3σ<X ≤μ＋3σ)＝0.997 4)A.0.977 2B.0.682 6C.0.997 4D.0.954 4【解析】:∵X ～N (800,502),∴P (700≤X ≤900)＝0.954 4,∴P (X >900)＝1－0.954 42＝0.022 8, ∴P (X ≤900)＝1－0.022 8＝0.977 2.故选A.5.甲、乙两个小组各10名学生的英语口语测试成绩如下(单位：分).甲组：76,90,84,86,81,87,86,82,85,83乙组：82,84,85,89,79,80,91,89,79,74现从这20名学生中随机抽取一人,将“抽出的学生为甲组学生”记为事件A ；“抽出的学生的英语口语测试成绩不低于85分”记为事件B ,则P (AB ),P (A |B )的值分别是( A )A.14,59B.14,49C.15,59D.15,49【解析】:由题意知,P (AB )＝1020×510＝14,根据条件概率的计算公式得P (A |B )＝P (AB )P (B )＝14920＝59. 6.为向国际化大都市目标迈进,某市今年新建三大类重点工程,它们分别是30项基础设施类工程、20项民生类工程和10项产业建设类工程.现有3名民工相互独立地从这60个项目中任选一个项目参与建设,则这3名民工选择的项目所属类别互异的概率是( D )A.12B.13C.14D.16【解析】:记第i 名民工选择的项目属于基础设施类、民生类、产业建设类分别为事件A i ,B i ,C i ,i ＝1,2,3.由题意,事件A i ,B i ,C i (i ＝1,2,3)相互独立,则P (A i )＝3060＝12,P (B i )＝2060＝13,P (C i )＝1060＝16,i ＝1,2,3,故这3名民工选择的项目所属类别互异的概率是P ＝A 33P (A i B i C i )＝6×12×13×16＝16.7.位于坐标原点的一个质点P 按下述规则移动：质点每次移动一个单位,移动的方向为向上或向右,并且向上、向右移动的概率都是12.质点P 移动五次后位于点(2,3)的概率是516.【解析】:由于质点每次移动一个单位,移动的方向为向上或向右,移动五次后位于点(2,3),所以质点P 必须向右移动两次,向上移动三次,故其概率为C 35⎝ ⎛⎭⎪⎫123·⎝ ⎛⎭⎪⎫122＝C 35⎝ ⎛⎭⎪⎫125＝C 25⎝ ⎛⎭⎪⎫125＝516.8.(2019·江西南昌模拟)口袋中装有大小形状相同的红球2个,白球3个,黄球1个,甲从中不放回地逐一取球,已知第一次取得红球,则第二次取得白球的概率为35.【解析】:口袋中装有大小形状相同的红球2个,白球3个,黄球1个,甲从中不放回地逐一取球,设事件A 表示“第一次取得红球”,事件B 表示“第二次取得白球”,则P (A )＝26＝13,P (AB )＝26×35＝15,∴第一次取得红球后,第二次取得白球的概率为P (B |A )＝P (AB )P (A )＝1513＝35. 9.如图,四边形EFGH 是以O 为圆心,半径为1的圆的内接正方形.将一颗豆子随机地扔到该圆内,用A 表示事件“豆子落在正方形EFGH内”,B 表示事件“豆子落在扇形OHE (阴影部分)内”,则P (B |A )＝14.【解析】:由题意可得,事件A 发生的概率P (A )＝S 正方形EFGH S 圆O＝2×2π×12＝2π.事件AB 表示“豆子落在△EOH 内”,则P (AB )＝S △EOH S 圆O ＝12×12π×12＝12π, 故P (B |A )＝P (AB )P (A )＝12π2π＝14. 10.某一部件由三个电子元件按如图所示方式连接而成,元件1或元件2正常工作,且元件3正常工作,则部件正常工作.设三个电子元件的使用寿命(单位：小时)均服从正态分布N (1 000,502),且各个元件能否正常工作相互独立,那么该部件的使用寿命超过1 000小时的概率为38.【解析】:设元件1,2,3的使用寿命超过1 000小时的事件分别记为A ,B ,C ,显然P (A )＝P (B )＝P (C )＝12,∴该部件的使用寿命超过1 000小时的事件为(A B ＋A B ＋AB )C , ∴该部件的使用寿命超过1 000小时的概率P ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12×12＋12×12＋12×12×12＝38. 11.(2014·新课标Ⅰ)从某企业生产的某种产品中抽取500件,测量这些产品的一项质量指标值,由测量结果得如下频率分布直方图：(1)求这500件产品质量指标值的样本平均数x 和样本方差s 2(同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)；(2)由直方图可以认为,这种产品的质量指标值Z 服从正态分布N (μ,σ2),其中μ近似为样本平均数x ,σ2近似为样本方差s 2.(ⅰ)利用该正态分布,求P (187.8＜Z ＜212.2)；(ⅱ)某用户从该企业购买了100件这种产品,记X 表示这100件产品中质量指标值位于区间(187.8,212.2)的产品件数.利用(ⅰ)的结果,求E (X ). 附：150≈12.2.若Z ～N (μ,σ2),则P (μ－σ＜Z ＜μ＋σ)＝0.682 6,P (μ－2σ＜Z ＜μ＋2σ)＝0.954 4.解：(1)抽取产品的质量指标值的样本平均数x 和样本方差s 2分别为 x ＝170×0.02＋180×0.09＋190×0.22＋200×0.33＋210×0.24＋220×0.08＋230×0.02＝200,s 2＝(－30)2×0.02＋(－20)2×0.09＋(－10)2×0.22＋0×0.33＋102×0.24＋202×0.08＋302×0.02＝150.(2)(ⅰ)由(1)知,Z ～N (200,150),从而P (187.8<Z <212.2)＝P (200－12.2<Z <200＋12.2)＝0.682 6.(ⅱ)由(ⅰ)知,一件产品的质量指标值位于区间(187.8,212.2)的概率为0.682 6,依题意知X ～B (100,0.682 6),所以E (X )＝100×0.682 6＝68.26.12.(2019·广东顺德一模)某市市民用水拟实行阶梯水价,每人月用水量不超过w 立方米的部分按4元/立方米收费,超出w 立方米的部分按10元/立方米收费,从该市随机调查了100位市民,获得了他们某月的用水量数据,整理得到如下频率分布直方图,并且前四组频数成等差数列.(1)求a ,b ,c 的值及居民月用水量在2～2.5内的频数；(2)根据此次调查,为使80%以上居民月用水价格为4元/立方米,应将w 定为多少？(精确到小数点后2位)(3)若将频率视为概率,现从该市随机调查3名居民的月用水量,将月用水量不超过2.5立方米的人数记为X ,求其分布列及均值.解：(1)∵前四组频数成等差数列,∴所对应的频率组距也成等差数列, 设a ＝0.2＋d ,b ＝0.2＋2d ,c ＝0.2＋3d ,∴0.5(0.2＋0.2＋d＋0.2＋2d＋0.2＋3d＋0.2＋d＋0.1＋0.1＋0.1)＝1,解得d＝0.1,∴a＝0.3,b＝0.4,c＝0.5.居民月用水量在2～2.5内的频率为0.5×0.5＝0.25.居民月用水量在2～2.5内的频数为0.25×100＝25.(2)由题图及(1)可知,居民月用水量小于2.5的频率为0.7<0.8,∴为使80%以上居民月用水价格为4元/立方米,应规定w＝2.5＋0.10.15×0.5≈2.83.(3)将频率视为概率,设A(单位：立方米)代表居民月用水量,可知P(A≤2.5)＝0.7,由题意,X～B(3,0.7),P(X＝0)＝C03×0.33＝0.027,P(X＝1)＝C13×0.32×0.7＝0.189,P(X＝2)＝C23×0.3×0.72＝0.441,P(X＝3)＝C33×0.73＝0.343.∴X的分布列为∵X～B∴E(X)＝np＝2.1.13.(2019·广东茂名一模)设X～N(1,1),其正态分布密度曲线如图所示,那么向正方形ABCD中随机投掷10 000个点,则落入阴影部分的点的个数的估计值是(D)(注：若X～N(μ,σ2),则P(μ－σ<X<μ＋σ)＝68.26%,P(μ－2σ<X<μ＋2σ)＝95.44%)A.7 539B.6 038C.7 028D.6 587【解析】:∵X ～N (1,1),∴μ＝1,σ＝1.∵P (μ－σ<X <μ＋σ)＝68.26%,∴P (0<X <2)＝68.26%,则P (1<X <2)＝34.13%,∴阴影部分的面积为1－0.341 3＝0.658 7.∴向正方形ABCD 中随机投掷10 000个点,则落入阴影部分的点的个数的估计值是10 000×0.658 7＝6 587.故选D.14.(2019·金华一中模拟)春节放假,甲回老家过节的概率为13,乙、丙回老家过节的概率分别为14,15.假定三人的行动相互之间没有影响,那么这段时间内至少1人回老家过节的概率为( B )A.5960B.35C.12D.160【解析】:“甲、乙、丙回老家过节”分别记为事件A ,B ,C ,则P (A )＝13,P (B )＝14,P (C )＝15,所以P (A )＝23,P (B )＝34,P (C )＝45.由题知A ,B ,C 为相互独立事件,所以三人都不回老家过节的概率P (A B C )＝P (A )P (B )P (C )＝23×34×45＝25,所以至少有一人回老家过节的概率P ＝1－25＝35.15.甲罐中有5个红球,2个白球和3个黑球,乙罐中有4个红球,3个白球和3个黑球.先从甲罐中随机取出一球放入乙罐,分别以A 1,A 2和A3表示由甲罐取出的球是红球,白球和黑球的事件；再从乙罐中随机取出一球,以B表示由乙罐取出的球是红球的事件,则下列结论中正确的是②④.(写出所有正确结论的序号)①P(B)＝2 5；②P(B|A1)＝5 11；③事件B与事件A1相互独立；④A1,A2,A3是两两互斥的事件；⑤P(B)的值不能确定,它与A1,A2,A3中哪一个发生都有关. 【解析】:由题意知A1,A2,A3是两两互斥的事件,P(A1)＝510＝12,P(A2)＝210＝15,P(A3)＝310,P(B|A1)＝12×51112＝511,由此知,②正确；P(B|A2)＝411,P(B|A3)＝4 11,而P(B)＝P(A1B)＋P(A2B)＋P(A3B)＝P(A1)P(B|A1)＋P(A2)P(B|A2)＋P(A3)P(B|A3)＝12×511＋15×411＋310×411＝922.由此知①③⑤不正确；A1,A2,A3是两两互斥事件,④正确,故答案为②④.16.(2019·河北石家庄新华模拟)“过大年,吃水饺”是我国不少地方过春节的一大习俗.2018年春节前夕,A市某质检部门随机抽取了100包某种品牌的速冻水饺,检测其某项质量指标值,所得频率分布直方图如下：(1)求所抽取的100包速冻水饺该项质量指标值的样本平均数x (同一组中的数据用该组区间的中点值作代表)；(2)①由直方图可以认为,速冻水饺的该项质量指标值Z 服从正态分布N (μ,σ2),利用该正态分布,求Z 落在(14.55,38.45)内的概率；②将频率视为概率,若某人从某超市购买了4包这种品牌的速冻水饺,记这4包速冻水饺中这种质量指标值位于(10,30)内的包数为X ,求X 的分布列和数学期望.附：计算得所抽查的这100包速冻水饺的质量指标值的标准差为σ＝142.75≈11.95；若ξ～N (μ,σ2),则P (μ－σ<ξ≤μ＋σ)＝0.682 6,P (μ－2σ<ξ≤μ＋2σ)＝0.954 4.解：(1)所抽取的100包速冻水饺该项质量指标值的平均数x ＝5×0.1＋15×0.2＋25×0.3＋35×0.25＋45×0.15＝26.5.(2)①∵Z 服从正态分布N (μ,σ2),且μ＝26.5,σ≈11.95,∴P (14.55<Z <38.45)＝P (26.5－11.95<Z <26.5＋11.95)＝0.682 6, ∴Z 落在(14.55,38.45)内的概率是0.682 6.②根据题意得X ～B ⎝ ⎛⎭⎪⎫4，12, P (X ＝0)＝C 04⎝ ⎛⎭⎪⎫124＝116； P (X ＝1)＝C 14⎝ ⎛⎭⎪⎫124＝14； P (X ＝2)＝C 24⎝ ⎛⎭⎪⎫124＝38； P (X ＝3)＝C 34⎝ ⎛⎭⎪⎫124＝14； P (X ＝4)＝C 44⎝ ⎛⎭⎪⎫124＝116. ∴X 的分布列为∴E (X )＝4×12＝2.。

【人教版】红对勾2020届高考一轮数学(理)复习：课时作业74

课时作业9 对数与对数函数1．(2019·湖北孝感统考)函数f (x )＝1ln (3x ＋1)的定义域是( B )A.⎝⎛⎭⎪⎫－13，＋∞ B.⎝⎛⎭⎪⎫－13，0∪(0，＋∞) C.⎣⎢⎡⎭⎪⎫－13，＋∞ D ．[0，＋∞)解析：由⎩⎪⎨⎪⎧3x ＋1＞0，ln (3x ＋1)≠0，解得x ＞－13且x ≠0，故选B. 2．(2019·河南新乡模拟)设a ＝60.4，b ＝log 0.40.5，c ＝log 80.4，则a ，b ，c 的大小关系是( B )A ．a ＜b ＜cB ．c ＜b ＜aC ．c ＜a ＜bD ．b ＜c ＜a解析：∵a ＝60.4＞1，b ＝log 0.40.5∈(0,1)，c ＝log 80.4＜0，∴a ＞b＞c .故选B.3．已知lg a ，lg b 是方程2x 2－4x ＋1＝0的两个实根，则lg(ab )·⎝⎛⎭⎪⎫lg a b2＝( B )A ．2B ．4C ．6D ．8解析：由已知，得lg a ＋lg b ＝2，即lg(ab )＝2.又lg a ·lg b ＝12，所以lg(ab )·⎝ ⎛⎭⎪⎫lg a b 2＝2(lg a －lg b )2＝ 2[(lg a ＋lg b )2－4lg a ·lg b ]＝2×⎝⎛⎭⎪⎫22－4×12＝2×2＝4，故选B.4．若函数y ＝a －a x (a ＞0，a ≠1)的定义域和值域都是[0,1]，则log a 37＋log a 1123＝( D )A ．1B ．2C ．3D ．4解析：若a ＞1，则y ＝a －a x在[0,1]上单调递减，则⎩⎪⎨⎪⎧a －a ＝0，a －1＝1，解得a ＝2，此时，log a 37＋log a 1123＝log 216＝4；若0＜a ＜1，则y ＝a －a x在[0,1]上单调递增，则⎩⎪⎨⎪⎧a －a ＝1，a －1＝0，无解，故选D.5．(2019·广东省际名校联考)已知f (x )满足对∀x ∈R ，f (－x )＋f (x )＝0，且当x ≤0时，f (x )＝1e x ＋k (k 为常数)，则f (ln5)的值为( B )A ．4B ．－4C ．6D ．－6解析：易知函数f (x )是奇函数，故f (0)＝1e 0＋k ＝1＋k ＝0，即k ＝－1，所以f (ln5)＝－f (－ln5)＝－(e ln5－1)＝－4.6．(2019·广东韶关南雄模拟)函数f (x )＝x a 满足f (2)＝4，那么函数g (x )＝|log a (x ＋1)|的图象大致为( C )解析：∵f (2)＝4，∴2a ＝4，解得a ＝2，∴g (x )＝|log 2(x ＋1)|＝⎩⎪⎨⎪⎧log 2(x ＋1)，x ≥0，－log 2(x ＋1)，－1＜x ＜0，∴当x ≥0时，函数g (x )单调递增，且g (0)＝0；当－1＜x ＜0时，函数g (x )单调递减，故选C.7．已知函数f (x )＝e x ＋2(x ＜0)与g (x )＝ln(x ＋a )＋2的图象上存在关于y 轴对称的点，则实数a 的取值范围是( A )A ．(－∞，e)B ．(0，e)C ．(e ，＋∞)D ．(－∞，1)解析：由题意知，方程f (－x )－g (x )＝0在(0，＋∞)上有解，即e －x－ln(x ＋a )＝0在(0，＋∞)上有解，即函数y ＝e －x 与y ＝ln(x ＋a )的图象在(0，＋∞)上有交点，则ln a ＜1，即0＜a ＜e ，则a 的取值范围是(0，e)，当a ≤0时，y ＝e －x 与y ＝ln(x ＋a )的图象总有交点，故a 的取值范围是(－∞，e)，故选A.8．(2019·广东省级名校模拟)已知函数f (x )＝(e x －e －x )x ，f (log 5x )＋f (log 15x )≤2f (1)，则x 的取值范围是( C )A.⎣⎢⎡⎦⎥⎤15，1 B ．[1,5]C.⎣⎢⎡⎦⎥⎤15，5 D.⎝⎛⎦⎥⎤－∞，15∪[5，＋∞)解析：∵f (x )＝(e x －e －x )x ，∴f (－x )＝－x (e －x －e x )＝(e x －e －x )x ＝f (x )， ∴函数f (x )是偶函数．∵f ′(x )＝(e x －e －x )＋x (e x ＋e －x )＞0在(0，＋∞)上恒成立． ∴函数f (x )在(0，＋∞)上单调递增． ∵f (log 5x )＋f (log 15x )≤2f (1)，∴2f (log 5x )≤2f (1)，即f (log 5x )≤f (1)， ∴|log 5x |≤1，∴15≤x ≤5.故选C. 9．函数f (x )＝log 2x ·log2(2x )的最小值为－14 .解析：依题意得f (x )＝12log 2x ·(2＋2log 2x )＝(log 2x )2＋log 2x ＝⎝⎛⎭⎪⎫log 2x ＋122－14≥－14，当且仅当log 2x ＝－12，即x ＝22时等号成立，因此函数f (x )的最小值为－14.10．(2019·沈阳质检)已知函数f (x )＝|log 3x |，实数m ，n 满足0＜m ＜n ，且f (m )＝f (n )，若f (x )在[m 2，n ]上的最大值为2，则nm ＝9__.解析：f (x )＝|log 3x |＝⎩⎪⎨⎪⎧－log 3x ，0＜x ＜1，log 3x ，x ≥1，所以f (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，由0＜m ＜n 且f (m )＝f (n )，可得⎩⎪⎨⎪⎧0＜m ＜1，n ＞1，log 3n ＝－log 3m ，则⎩⎪⎨⎪⎧0＜m ＜1，n ＞1，mn ＝1，所以0＜m 2＜m ＜1，则f (x )在[m 2,1)上单调递减，在(1，n ]上单调递增，所以f (m 2)＞f (m )＝f (n )，则f (x )在[m 2，n ]上的最大值为f (m 2)＝－log 3m 2＝2，解得m ＝13，则n ＝3，所以nm ＝9.11．设f (x )＝log a (1＋x )＋log a (3－x )(a ＞0，a ≠1)，且f (1)＝2. (1)求a 的值及f (x )的定义域； (2)求f (x )在区间⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，32上的最大值．解：(1)∵f (1)＝2，∴log a 4＝2(a ＞0，a ≠1)，∴a ＝2.由⎩⎪⎨⎪⎧1＋x ＞0，3－x ＞0，得－1＜x ＜3， ∴函数f (x )的定义域为(－1,3)． (2)f (x )＝log 2(1＋x )＋log 2(3－x )＝log 2[(1＋x )(3－x )]＝log 2[－(x －1)2＋4]， ∴当x ∈(－1,1]时，f (x )是增函数；当x ∈(1,3)时，f (x )是减函数，故函数f (x )在⎣⎢⎡⎦⎥⎤0，32上的最大值是f (1)＝log 24＝2.12．已知函数f (x )＝log a (a 2x ＋t )，其中a ＞0且a ≠1. (1)当a ＝2时，若f (x )＜x 无解，求t 的取值范围；(2)若存在实数m ，n (m ＜n )，使得x ∈[m ，n ]时，函数f (x )的值域也为[m ，n ]，求t 的取值范围．解：(1)∵log 2(22x ＋t )＜x ＝log 22x ，∴22x ＋t ＜2x 无解，等价于22x ＋t ≥2x 恒成立，即t ≥－22x ＋2x ＝g (x )恒成立，即t ≥g (x )max ，∵g (x )＝－22x＋2x＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫2x －122＋14，∴当2x ＝12，即x ＝－1时，g (x )取得最大值14，∴t ≥14，故t 的取值范围是⎣⎢⎡⎭⎪⎫14，＋∞.(2)由题意知f (x )＝log a (a 2x ＋t )在[m ，n ]上是单调增函数，∴⎩⎪⎨⎪⎧ f (m )＝m ，f (n )＝n ，即⎩⎪⎨⎪⎧a 2m ＋t ＝a m，a 2n ＋t ＝a n，问题等价于关于k 的方程a 2k －a k ＋t ＝0有两个不相等的实根，令a k ＝u ＞0，则问题等价于关于u 的二次方程u 2－u ＋t ＝0在u ∈(0，＋∞)上有两个不相等的实根，即⎩⎪⎨⎪⎧ u 1＋u 2＞0，u 1·u 2＞0，Δ＞0，即⎩⎨⎧t ＞0，t ＜14，得0＜t ＜14.∴t 的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫0，14.13．已知f (x )是定义在(0，＋∞)上的函数．对任意两个不相等的正数x 1，x 2，都有x 2f (x 1)－x 1f (x 2)x 1－x 2＞0，记a ＝f (30.2)30.2，b ＝f (0.32)0.32，c ＝f (log 25)log 25，则( B )A ．a ＜b ＜cB ．b ＜a ＜cC ．c ＜a ＜bD ．c ＜b ＜a解析：已知f (x )是定义在(0，＋∞)上的函数，对任意两个不相等的正数x 1，x 2，都有x 2f (x 1)－x 1f (x 2)x 1－x 2＞0，故x 1－x 2与x 2f (x 1)－x 1f (x 2)同号，则x 1－x 2与x 2f (x 1)－x 1f (x 2)x 1x2⎝ ⎛⎭⎪⎫即f (x 1)x 1－f (x 2)x 2同号， ∴函数y ＝f (x )x 是(0，＋∞)上的增函数， ∵1＜30.2＜2,0＜0.32＜1，log 25＞2， ∴0.32＜30.2＜log 25，∴b ＜a ＜c ，故选B.14．设f (x )是定义在R 上的偶函数，且f (2＋x )＝f (2－x )，当x ∈[－2,0]时，f (x )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22x－1，若在区间(－2,6)内关于x 的方程f (x )－log a (x＋2)＝0(a ＞0且a ≠1)恰有4个不同的实数根，则实数a 的取值范围是( D )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫14，1 B ．(1,4) C ．(1,8)D ．(8，＋∞)解析：依题意得f (x ＋2)＝f (－(2－x ))＝f (x －2)，即f (x ＋4)＝f (x )，则函数f (x )是以4为周期的函数，结合题意画出函数f (x )在x ∈(－2,6)上的图象与函数y ＝log a (x ＋2)的图象，结合图象分析可知．要使f (x )与y ＝log a (x ＋2)的图象有4个不同的交点，则有⎩⎪⎨⎪⎧a ＞1，log a (6＋2)＜1，由此解得a ＞8，即a 的取值范围是(8，＋∞)． 15．(2019·吉林长春模拟)已知函数f (x )＝ln(x ＋x 2＋1)，g (x )＝f (x )＋2 017，下列命题：①f(x)的定义域为(－∞，＋∞)；②f(x)是奇函数；③f(x)在(－∞，＋∞)上单调递增；④若实数a，b满足f(a)＋f(b－1)＝0，则a＋b＝1；⑤设函数g(x)在[－2 017,2 017]上的最大值为M，最小值为m，则M＋m＝2 017.其中真命题的序号是①②③④__.(写出所有真命题的序号)解析：对于①，∵x2＋1＞x2＝|x|≥－x，∴x2＋1＋x＞0，∴f(x)的定义域为R，∴①正确．对于②，f(x)＋f(－x)＝ln(x＋x2＋1)＋ln(－x＋(－x)2＋1)＝ln[(x2＋1)－x2]＝ln1＝0.∴f(x)是奇函数，∴②正确．对于③，令u(x)＝x＋x2＋1，则u(x)在[0，＋∞)上单调递增．当x∈(－∞，0]时，u(x)＝x＋x2＋1＝1x2＋1－x，而y＝x2＋1－x在(－∞，0]上单调递减，且x2＋1－x＞0.∴u(x)＝1x2＋1－x在(－∞，0]上单调递增，又u(0)＝1，∴u(x)在R上单调递增，∴f(x)＝ln(x＋x2＋1)在R上单调递增，∴③正确．对于④，∵f(x)是奇函数，而f(a)＋f(b－1)＝0，∴a＋(b－1)＝0，∴a＋b＝1，∴④正确．对于⑤，f(x)＝g(x)－2 017是奇函数，当x∈[－2 017,2 017]时，f(x)max＝M－2 017，f(x)min＝m－2 017，∴(M－2 017)＋(m－2 017)＝0，∴M＋m＝4 034，∴⑤不正确．16．已知函数f (x )＝ln x ＋1x －1.(1)求函数f (x )的定义域，并判断函数f (x )的奇偶性；(2)对于x ∈[2,6]，f (x )＝ln x ＋1x －1＞ln m(x －1)(7－x )恒成立，求实数m的取值范围．解：(1)由x ＋1x －1＞0，解得x ＜－1或x ＞1，∴函数f (x )的定义域为(－∞，－1)∪(1，＋∞)，当x ∈(－∞，－1)∪(1，＋∞)时，f (－x )＝ln －x ＋1－x －1＝ln x －1x ＋1＝ln ⎝ ⎛⎭⎪⎫x ＋1x －1－1＝－ln x ＋1x －1＝－f (x )． ∴f (x )＝ln x ＋1x －1是奇函数．(2)由于x ∈[2,6]时，f (x )＝ln x ＋1x －1＞ln m(x －1)(7－x )恒成立，∴x ＋1x －1＞m(x －1)(7－x )＞0， ∵x ∈[2,6]，∴0＜m ＜(x ＋1)(7－x )在x ∈[2,6]上恒成立．令g (x )＝(x ＋1)(7－x )＝－(x －3)2＋16，x ∈[2,6]，由二次函数的性质可知，x ∈[2,3]时函数g (x )单调递增，x ∈[3,6]时函数g (x )单调递减，即x ∈[2,6]时，g (x )min ＝g (6)＝7， ∴0＜m ＜7.故实数m 的取值范围为(0,7)．。

2020年高考红对勾一轮复习理科数学人教版创新方案课件7-4

大一轮复习 ·高三数学理科 ·创新方案
进入导航
第七章·第4节
第8页
系列丛书
直线、平面间平行的判定方法 (1)关注是否符合判定定理与性质定理，并注意定理中易忽视的条件． (2)结合题意构造或绘制图形，结合图形作出判断． (3)利用实物进行空间想象，比较判断． (4)熟记一些常见结论，如垂直于同一条直线的两个平面平行等．
大一轮复习 ·高三数学理科 ·创新方案
进入导航
第七章·第4节
第11页
系列丛书
(2)(2019·安庆模拟)在正方体 ABCD A1B1C1D1 中，M，N，Q 分别是棱 D1C1，A1D1，BC 的中点，点 P 在 BD1 上且 BP＝23BD1，则下面说
法正确的是___②__③______(填序号)．
①MN∥平面 APC；②C1Q∥平面 APC；③A，P，M 三点共线；④ 平面 MNQ∥平面 APC.
解析：如图，对于①，连接 MN，AC，
大一轮复习 ·高三数学理科 ·创新方案
进入导航
第七章·第4节
第12页
系列丛书
则 MN∥AC，连接 AM，CN，易得 AM，CN 交于点 P，即 MN⊂平面 APC，所以 MN∥平面 APC 是错误的．对于②，由①知 M，N 在平面 APC 内，由题易知 AN∥C1Q，且 AN⊂平面 APC，C1Q⊄平面 APC. 所以 C1Q∥平面 APC 是正确的．对于③，由①知，A，P，M 三点共线是正确的．对于④，由①知 MN⊂平面 APC，又 MN⊂平面 MNQ，所以平面 MNQ∥平面 APC 是错误的．
获得的结论证明一些空平行、线面平行及面面平行的判
间图形的平行关系的简定及应用，题型为解答题中的一

2020年高考红对勾一轮复习理科数学人教版创新方案课件3-1

大一轮复习 ·高三数学理科 ·创新方案
进入导航
第三章·第1节
第9页
系列丛书
1.象限角的两种判断方法 (1)图象法：在平面直角坐标系中，作出已知角并根据象限角的定义直接判断已知角是第几象限角． (2)转化法：先将已知角化为 k·360°＋α(0°≤α＜360°，k∈Z) 的形式，即找出与已知角终边相同的角 α，再由角 α 终边所在的象限判断已知角是第几象限角．
大一轮复习 ·高三数学理科 ·创新方案
进入导航
第三章·第1节
第10页
系列丛书
2．求θn或 nθ(n∈N*)所在象限的方法 (1)将 θ 的范围用不等式(含有 k，且 k∈Z)表示． (2)两边同除以 n 或乘以 n. (3)对 k 进行讨论，得到θn或 nθ(n∈N*)所在的象限．提醒：(1)相等的角终边一定相同，但终边相同的角却不一定相等，终边相同的角有无数个，它们之间相差 360°的整数倍． (2)终边在一条直线上的角之间相差 180°的整数倍；终边在互相垂直的两条直线上的角之间相差 90°的整数倍．
大一轮复习 ·高三数学理科 ·创新方案
进入导航
第三章·第1节
第14页
系列丛书
考点二弧度制、扇形的弧长及面积公式的应用
已知一扇形的圆心角为 α，半径为 R，弧长为 l. (1)若 α＝60°，R＝10 cm，求扇形的弧长 l； (2)已知扇形的周长为 10 cm，面积是 4 cm2，求扇形的圆心角； (3)若扇形周长为 20 cm，当扇形的圆心角 α 为多少弧度时，这个扇形的面积最大？
B．第二象限角
C．第三象限角
D．第四象限角
解析：因为 θ 是第三象限角，
所以 π＋2kπ＜θ＜32π＋2kπ(k∈Z)，故π2＋kπ＜θ2＜34π＋kπ(k∈Z)，

2020年高考红对勾一轮复习理科数学人教版创新方案课件7-1

大一轮复习 ·高三数学理科 ·创新方案
进入导航
第七章·第1节
第10页
系列丛书
(1)(2019·青岛模拟)以下命题：
①以直角梯形的一腰所在直线为轴旋转一周所得的旋转体是圆台；
②圆柱、圆锥、圆台的底面都是圆面；
③一个平面截圆锥，得到一个圆锥和一个圆台．
其中正确命题的个数为 ( B )
A．0
B．1
C．2
系列丛书
解析：①不一定，只有当这两点的连线平行于轴时才是母线； ②不一定，当以斜边所在直线为旋转轴时，其余两边旋转形成的面所围成的几何体不是圆锥，如图所示，它是由两个同底圆锥组成的几何体；③错误，棱台的上、下底面相似且是对应边平行的多边形，各侧棱延长线交于一点，但是侧棱长不一定相等．
大一轮复习 ·高三数学理科 ·创新方案
系列丛书
第七章
立体几何
第七章立体几何
进入导航
第1页
系列丛书
第1节空间几何体的结构特征及三视图与直观图
大一轮复习 ·高三数学理科 ·创新方案
进入导航
第七章·第1节
第2页
系列丛书
考纲考情
考向预测
1.认识柱、锥、台、球及其简单组
合体的结构特征，并能运用这些从近三年高考情况来看，
特征描述现实生活中简单物体的结构．
进入导航
第七章·第1节
第14页
系列丛书
考点二空间几何体的三视图角度 1 已知几何体，识别三视图
(2019·珠海质检)将正方体(如图 1 所示)截去两个三棱锥，得
到如图 2 所示的几何体，则该几何体的侧视图为( B )
大一轮复习 ·高三数学理科 ·创新方案
进入导航
第七章·第1节

2020年高考红对勾一轮复习理科数学人教版创新方案课件课时作业2

＋c＜0}≠∅”的逆命题、否命题、逆否命题中结论成立的是( D )
A．都真
B．都假
C．否命题真 D．逆＝ax2＋bx＋c 的开口向下，则 {x|ax2＋bx＋c＜0}≠∅”，这是一个真命题，所以其逆否命题也为真命题；但其逆命题：“若{x|ax2＋bx＋c＜0}≠∅，则抛物线 y＝ax2＋ bx＋c 的开口向下”是一个假命题，因为当不等式 ax2＋bx＋c＜0 的解集非空时，可以有 a＞0，即抛物线的开口可以向上，因此否命题也是假命题，故选 D.
大一轮复习 ·高三数学理科 ·创新方案
第11页
系列丛书
9．(2017·天津卷)设 θ∈R，则“θ－1π2＜1π2”是“sinθ＜12”的
( A)
A．充分而不必要条件 B．必要而不充分条件
C．充要条件
D．既不充分也不必要条件
解析：∵θ－1π2＜1π2⇔－1π2＜θ－1π2＜1π2⇔0＜θ＜π6，sinθ＜12 ⇔θ∈2kπ－76π，2kπ＋π6，k∈Z，
大一轮复习 ·高三数学理科 ·创新方案
第6页
系列丛书
5．(2019·江西鹰谭中学月考)设 f(x)＝x2－4x(x∈R)，则 f(x)＞0
的一个必要不充分条件是( C )
A．x＜0
B．x＜0 或 x＞4
C．|x－1|＞1 D．|x－2|＞3
解析：依题意，f(x)＞0⇔x2－4x＞0⇔x＜0 或 x＞4. 又|x－1|＞1⇔x－1＜－1 或 x－1＞1，即 x＜0 或 x＞2，而{x|x＜ 0 或 x＞ x|x＜0 或 x＞2}，因此选 C.
大一轮复习 ·高三数学理科 ·创新方案
第7页
系列丛书
6．(2019·山东日照联考)“m＜0”是“函数 f(x)＝m＋log2x(x≥1)

【人教版】2020届高考一轮数学(理)复习：课时作业 (71)

课时作业71 离散型随机变量的均值与方差1．(2019·西安调研)某种种子每粒发芽的概率都为0.9，现播种了1 000粒，对于没有发芽的种子，每粒需再补种2粒，补种的种子数记为X ，则X 的数学期望为( B ) A ．100 B ．200 C ．300 D ．400 解析：设没有发芽的种子有ξ粒，则ξ～B (1 000,0.1)，且X ＝2ξ，∴E (X )＝E (2ξ)＝2E (ξ)＝2×1 000×0.1＝200. 2．(2019·太原模拟)随机变量X 的分布列如下：其中a ，b ，c 成等差数列．若E (X )＝13，则D (X )的值是( B ) A.49 B.59 C.23 D.95 解析：a ＋b ＋c ＝1.又∵2b ＝a ＋c ，故b ＝13，a ＋c ＝23. 由E (X )＝13，得13＝－a ＋c ，故a ＝16，c ＝12. D (X )＝⎝ ⎛⎭⎪⎫－1－132×16＋⎝ ⎛⎭⎪⎫0－132×13＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－132×12＝59.故选B. 3．体育课的排球发球项目考试的规则是：每位学生最多可发球3次，一旦发球成功，则停止发球，否则一直发到3次为止．设学生一次发球成功的概率为p (p ≠0)，发球次数为X ，若X 的数学期望E (X )>1.75，则p 的取值范围是( C )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，712B.⎝ ⎛⎭⎪⎫712，1C.⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12D.⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1 解析：根据题意，学生发球次数为1即一次发球成功的概率为P (X ＝1)＝p ，发球次数为2即两次发球成功的概率为P (X ＝2)＝p (1－p )，发球次数为3的概率为P (X ＝3)＝(1－p )2，则期望E (X )＝p ＋2p (1－p )＋3(1－p )2＝p 2－3p ＋3.依题意有E (X )>1.75，即p 2－3p ＋3>1.75，解得p >52或p <12，结合p 的实际意义，可得0<p <12. 4．甲、乙两人进行乒乓球比赛，约定每局胜者得1分，负者得0分，比赛进行到有一人比对方多2分或打满6局时停止．设甲在每局中获胜的概率为23，乙在每局中获胜的概率为13，且各局胜负相互独立，则比赛停止时已打局数X 的期望E (X )为( B ) A.24181 B.26681 C.27481 D.670243 解析：依题意，知X 的所有可能值为2,4,6，设每两局比赛为一轮，则该轮结束时比赛停止的概率为⎝ ⎛⎭⎪⎫232＋⎝ ⎛⎭⎪⎫132＝59.若该轮结束时比赛还将继续，则甲、乙在该轮中必是各得一分，此时，该轮比赛结果对下轮比赛是否停止没有影响．从而有P (X ＝2)＝59，P (X ＝4)＝49×59＝2081，P (X ＝6)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫492＝1681，故E (X )＝2×59＋4×2081＋6×1681＝26681. 5．(2018·浙江卷)设0<p <1，随机变量ξ的分布列是则当p A ．D (ξ)减小 B ．D (ξ)增大C ．D (ξ)先减小后增大 D ．D (ξ)先增大后减小解析：由题意得E (ξ)＝0×1－p 2＋1×12＋2×p 2＝12＋p ， D (ξ)＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤0－⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋p 2·1－p 2＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋p 2·12＋⎣⎢⎡⎦⎥⎤2－⎝ ⎛⎭⎪⎫12＋p 2·p 2＝18[(1＋2p )2(1－p )＋(1－2p )2＋(3－2p )2·p ]＝－p 2＋p ＋14＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫p －122＋12. 由⎩⎪⎨⎪⎧ 0<1－p 2<1，0<p 2<1，1－p 2＋12＋p 2＝1，得0<p <1， ∴D (ξ)在⎝ ⎛⎭⎪⎫0，12上单调递增，在⎝ ⎛⎭⎪⎫12，1上单调递减，故选D. 6．(2017·全国卷Ⅱ)一批产品的二等品率为0.02，从这批产品中每次随机取一件，有放回地抽取100次，X 表示抽到的二等品件数，则D (X )＝1.96. 解析：本题主要考查二项分布．由题意可知X ～B (100，0.02)，由二项分布可得DX ＝100×0.02×(1－0.02)＝1.96. 7．现有甲、乙、丙三人参加某电视台的应聘节目《非你莫属》，若甲应聘成功的概率为12，乙、丙应聘成功的概率均为t 2(0<t <2)，且三个人是否应聘成功是相互独立的．记应聘成功的人数为ξ，当且仅当ξ为2时概率最大，则E (ξ)的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫32，52. 解析：由题意知，ξ的所有可能取值为0,1,2,3.P (ξ＝0)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12⎝ ⎛⎭⎪⎫1－t 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－t 2＝(2－t )28；P (ξ＝1)＝12×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－t 2⎝ ⎛⎭⎪⎫1－t 2＋2×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12×t 2×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－t 2＝4－t 28； P (ξ＝2)＝2×12×t 2×⎝ ⎛⎭⎪⎫1－t 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫1－12×t 2×t 2＝4t －t 28； P (ξ＝3)＝12×t 2×t 2＝t 28. 故ξ的分布列为∴E (ξ)＝0×8＋1×8＋2×8＋3×t 8＝t ＋12，由题意知P (ξ＝2)－P (ξ＝1)＝t －12>0， P (ξ＝2)－P (ξ＝0)＝－t 2＋4t －24>0， P (ξ＝2)－P (ξ＝3)＝2t －t 24>0，又0<t <2，∴1<t <2， ∴32<E (ξ)<52，即E (ξ)的取值范围为⎝ ⎛⎭⎪⎫32，52. 8．(2019·河南豫南九校联考)为创建国家级文明城市，某城市号召出租车司机在高考期间至少进行一次“爱心送考”，该城市某出租车公司共200名司机，他们进行“爱心送考”的次数统计如图所示．(1)求该出租车公司的司机进行“爱心送考”的人均次数； (2)从这200名司机中任选两人，设这两人进行送考次数之差的绝对值为随机变量X ，求X 的分布列及数学期望．解：(1)由统计图得200名司机中送考1次的有20人，送考2次的有100人，送考3次的有80人， ∴该出租车公司的司机进行“爱心送考”的人均次数为20×1＋100×2＋80×3200＝2.3. (2)从该公司任选两名司机，记“这两人中一人送考1次，另一人送考2次”为事件A ，“这两人中一人送考2次，另一人送考3次”为事件B ， “这两人中一人送考1次，另一人送考3次”为事件C ， “这两人送考次数相同”为事件D ，由题意知X 的所有可能取值为0,1,2， P (X ＝1)＝P (A )＋P (B )＝C 120C 1100C 2200＋C 1100C 180C 2200＝100199， P (X ＝2)＝P (C )＝C 120C 180C 2200＝16199， P (X ＝0)＝P (D )＝C 220＋C 2100＋C 280C 2200＝83199， ∴X 的分布列为E (X )＝0×83199＋1×100199＋2×16199＝132199. 9．设袋子中装有a 个红球，b 个黄球，c 个蓝球，且规定：取出一个红球得1分，取出一个黄球得2分，取出一个蓝球得3分． (1)当a ＝3，b ＝2，c ＝1时，从该袋子中任取(有放回，且每球取到的机会均等)2个球，记随机变量ξ为取出此2球所得分数之和，求ξ的分布列； (2)从该袋子中任取(每球取到的机会均等)1个球，记随机变量η为取出此球所得分数．若E (η)＝53，D (η)＝59，求a ∶b ∶c . 解：(1)由题意得ξ＝2,3,4,5,6，故P (ξ＝2)＝3×36×6＝14， P (ξ＝3)＝2×3×26×6＝13， P (ξ＝4)＝2×3×1＋2×26×6＝518， P (ξ＝5)＝2×2×16×6＝19， P (ξ＝6)＝1×16×6＝136. 所以ξ的分布列为(2)由题意知η所以E (η)＝a ＋b ＋c ＋a ＋b ＋c ＋a ＋b ＋c ＝3， D (η)＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1－532·a a ＋b ＋c ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫2－532·b a ＋b ＋c ＋⎝ ⎛⎭⎪⎫3－532·c a ＋b ＋c ＝59，化简得⎩⎪⎨⎪⎧ 2a －b －4c ＝0，a ＋4b －11c ＝0. 解得a ＝3c ，b ＝2c ，故a ∶b ∶c ＝3∶2∶1.10．(2019·河南洛阳模拟)某超市计划按月订购一种冰激凌，每天进货量相同，进货成本为每桶5元，售价为每桶7元，未售出的冰激凌以每桶3元的价格当天全部处理完毕，根据往年销售经验，每天需求量与当天最高气温(单位：℃)有关，如果最高气温不低于25℃，需求量为600桶，如果最高气温(单位：℃)位于区间[20,25)，需求量为400桶，如果最高气温低于20℃，需求量为200桶．为了确定六月份的订购计划，统计了前三年六月份各天的最高气温数据，得下面的频数分布表：(1)求六月份这种冰激凌一天的需求量X (单位：桶)的分布列； (2)设六月份一天销售这种冰激凌的利润为Y (单位：元)，当六月份这种冰激凌一天的进货量n (单位：桶)为多少时，Y 的数学期望取得最大值？解：(1)由已知得，X 的所有可能取值为200,400,600，记六月份最高气温低于20℃为事件A 1，最高气温(单位：℃)位于区间[20,25)为事件A 2，最高气温不低于25℃为事件A 3，根据题意，结合频数分布表，用频率估计概率，可知P (X ＝200)＝P (A 1)＝1890＝15， P (X ＝400)＝P (A 2)＝3690＝25， P (X ＝600)＝P (A 3)＝3690＝25，故六月份这种冰激凌一天的需求量X (单位：桶)的分布列为(2)当200<n ≤400时，E (Y )＝15×[200×2＋(n －200)×(－2)]＋45×n ×2＝65n ＋160∈(400,640]；当400<n ≤600时，E (Y )＝15×[200×2＋(n －200)×(－2)]＋25×[400×2＋(n －400)×(－2)]＋25×n ×2＝－25n ＋800∈[560,640)；当n >600时， E (Y )＝15×[200×2＋(n －200)×(－2)]＋25×[400×2＋(n －400)×(－2)]＋25×[600×2＋(n －600)×(－2)]＝1 760－2n <560，所以当n ＝400时，Y 的数学期望E (Y )取得最大值640. 11．计划在某水库建一座至多安装3台发电机的水电站．过去50年的水文资料显示，水库年入流量X (年入流量：一年内上游来水与库区降水之和．单位：亿立方米)都在40以上．其中，不足80的年份有10年，不低于80且不超过120的年份有35年，超过120的年份有5年，将年入流量在以上三段的频率作为相应段的概率，并假设各年的入流量相互独立． (1)求未来4年中，至多有1年的年入流量超过120的概率； (2)水电站希望安装的发电机尽可能运行，但每年发电机最多可运行台数受年入流量X 限制，并有如下关系：发电机未运行，则该台发电机年亏损800万元．欲使水电站年总利润的均值达到最大，应安装发电机多少台？解：(1)依题意，得 p 1＝P (40<X <80)＝1050＝0.2， p 2＝P (80≤X ≤120)＝3550＝0.7， p 3＝P (X >120)＝550＝0.1.由二项分布可知，在未来4年中，至多有1年的年入流量超过120的概率为 p ＝C 04(1－p 3)4＋C 14(1－p 3)3p 3 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫9104＋4×⎝ ⎛⎭⎪⎫9103×110＝0.947 7. (2)记水电站年总利润为Y (单位：万元)． ①安装1台发电机的情形．由于水库年入流量总大于40，故一台发电机运行的概率为1，对应的年利润Y ＝5 000，E (Y )＝5 000×1＝5 000. ②安装2台发电机的情形．依题意，当40<X <80时，一台发电机运行，此时Y ＝5 000－800＝4 200，因此P (Y ＝4 200)＝P (40<X <80)＝p 1＝0.2；当X ≥80时，两台发电机运行，此时Y ＝5 000×2＝10 000，因此P (Y ＝10 000)＝P (X ≥80)＝p 2＋p 3＝0.8.由此得Y 的分布列如下：所以，E ③安装3台发电机的情形．依题意，当40<X <80时，一台发电机运行，此时Y ＝5 000－1 600＝3 400，因此P (Y ＝3 400)＝P (40<X <80)＝p 1＝0.2；当80≤X ≤120时，两台发电机运行，此时Y ＝5 000×2－800＝9 200，因此P (Y ＝9 200)＝P (80≤X ≤120)＝p 2＝0.7；当X >120时，三台发电机运行，此时Y ＝5 000×3＝15 000，因此P (Y ＝15 000)＝P (X >120)＝p 3＝0.1，由此得Y 的分布列如下：综上，欲使水电站年总利润的均值达到最大，应安装发电机2台．。