(广东专用)2020高考数学总复习 第二章第十二节 课时跟踪训练 理
(广东专用)2020高考数学总复习 第二章第五节 课时跟踪训练 理
课时知能训练一、选择题1．下列四类函数中，具有性质“对任意的x ＞0，y ＞0，函数f(x)满足f(x ＋y)＝f(x)f(y)”的是( )A ．幂函数B ．对数函数C ．指数函数D ．余弦函数【解析】 由指数式的运算性质ax ＋y ＝ax·ay.【答案】 C2．(2020·山东高考)若点(a,9)在函数y ＝3x 的图象上，则tan aπ6的值为( ) A ．0 B.33C ．1 D. 3【解析】 由题意，3a ＝9，则a ＝2，∴tan aπ6＝tan π3＝ 3.【答案】 D3．设函数f(x)＝a －|x|(a ＞0且a≠1)，f(2)＝4，则( )A ．f(－2)＞f(－1)B ．f(－1)＞f(－2)C ．f(1)＞f(2)D ．f(－2)＞f(2)【解析】 由a －2＝4，a ＞0，得a ＝12，∴f(x)＝(12)－|x|＝2|x|.又∵|－2|＞|－1|，∴2|－2|＞2|－1|，即f(－2)＞f(－1)．【答案】 A4．(2020·惠州质检)函数y ＝xax|x|(0＜a ＜1)的图象的大致形状是( )【解析】 y ＝x·ax |x|＝⎩⎪⎨⎪⎧ax ，x ＞0，－ax ， x ＜0.且0＜a ＜1， ∴x ＞0时，函数是减函数；x ＜0时，是增函数．【答案】 D5．设函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧ 2x x<0，g x x>0，若f(x)是奇函数，则g(2)的值是( )A ．－14 B ．－4C.14 D ．4【解析】 当x<0时，f(x)＝2x ，∴f(－2)＝14， 又f(x)是奇函数．∴f(－2)＝－f(2)＝14，∴f(2)＝－14. 又g(2)＝f(2)，∴g(2)＝－14. 【答案】 A二、填空题6．已知函数f(x)＝ax ＋a －x(a ＞0，且a≠1)，且f(1)＝3，则f(0)＋f(1)＋f(2)的值是________．【解析】 ∵f(1)＝a ＋1a＝3，f(0)＝2， f(2)＝a2＋a －2＝(a ＋a －1)2－2＝7，∴f(1)＋f(0)＋f(2)＝12.【答案】 127．设f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ＋32，x ＜0，2－x ，x≥0.则f(x)≥12的解集是_______． 【解析】 当x ＜0时，2x ＋32≥12，x≥－12， ∴－12≤x ＜0. 当x≥0时，2－x≥12，即x≤1， ∴0≤x≤1.因此f(x)≥12的解集是[－12，1]． 【答案】 [－12，1] 8．(创新题)设函数f(x)＝2x 1＋2x －12，[x]表示不超过x 的最大整数，则函数y ＝[f(x)]的值域是________．【解析】 f(x)＝2x 1＋2x －12＝1－11＋2x －12＝12－12x ＋1∵t ＝2x ＋1在R 上增，且2x ＋1＞1，∴f(x)在R 上是增函数，－12＜f(x)＜12， 故y ＝[f(x)]的值域是{0，－1}．【答案】 {－1,0}三、解答题9．函数y ＝ax －1(a ＞0且a≠1)的图象恒过定点A.(1)写出定点A 的坐标；(2)若点A 在直线mx ＋ny －1＝0(mn ＞0)上，求1m ＋1n 的最小值． 【解】 (1)令x －1＝0，x ＝1，此时y ＝1， ∴函数y ＝ax －1的图象恒过定点A(1,1)．(2)∵点A(1,1)在直线mx ＋ny －1＝0(mn ＞0)上，∴m ＋n ＝1，∴m ＞0，n ＞0.∴1m ＋1n ＝(1m ＋1n )(m ＋n)＝n m ＋m n＋2≥2＋2＝4. 当且仅当m n ＝n m ，即m ＝n ＝12时取“＝”． ∴1m ＋1n的最小值为4. 10．已知函数f(x)＝2x －12|x|. (1)若f(x)＝2，求x 的值；(2)若2tf(2t)＋mf(t)≥0对于t ∈[1,2]恒成立，求实数m 的取值范围．【解】 (1)当x ＜0时，f(x)＝0；当x≥0时，f(x)＝2x －12x. 由条件可知2x －12x＝2，即22x －2·2x －1＝0，解得2x ＝1±2. ∵2x ＞0，∴x ＝log2(1＋2)．(2)当t ∈[1,2]时，2t(22t －122t )＋m(2t －12t)≥0， ∴m(22t －1)≥－(24t －1)．(*)∵22t －1＞0，∴m≥－(22t ＋1)．∵t ∈[1,2]，∴－(1＋22t)∈[－17，－5]，故m 的取值范围是[－5，＋∞)．11．设函数f(x)＝ex x. (1)求函数f(x)的单调区间；(2)若k ＞0，求不等式f′(x)＋k(1－x)f(x)＞0的解集．【解】 (1)由f(x)＝ex x ，得f′(x)＝x －1x2ex. 令f′(x)＝0，得x ＝1.因为当x ＜0时，f′(x)＜0；当0＜x ＜1时，f′(x)＜0；当x ＞1时，f′(x)＞0.∴f(x)的增区间为[1，＋∞)，减区间是(－∞，0)、(0,1]．(2)由(1)知f′(x)＋k(1－x)f(x)＞0等价于x －1ex x2＋k 1－x ex x ＞0⇔x －11－kx ex x2＞0.∴(x －1)(kx －1)＜0，且x≠0.故当0＜k ＜1时，解集为{x|1＜x ＜1k}； 当k ＝1时，解集为∅；当k ＞1时，不等式的解集为{x|1k＜x ＜1}．。
2020届高考总复习数学(文科)课时跟踪练(二)
课时跟踪练（二）A 组基础巩固1. 设m € R，命题“若m>0,则方程x2+ x—m= 0有实根”的逆否命题是（）A .若方程x2+ x—m= 0有实根，则m>0B.若方程x2+ x—m= 0有实根，则m<0C .若方程x2+ x—m= 0没有实根，则m>0D .若方程x2+ x—m= 0没有实根，则m< 0解析：根据逆否命题的定义，命题“若m>0,则方程x2+ x —m=0有实根”的逆否命题是“若方程x2+ x—m = 0没有实根，则m< 0”.答案：D2. （2018 天津卷）设x€ R 则x3>8”是“|>2 的（）A .充分不必要条件B.必要不充分条件C .充要条件D.既不充分也不必要条件解析：由x3>8? x>2? |x|>2,反之不成立，故“X3>8”是仪|>2”的充分不必要条件.故选 A.答案：A3. （20佃济南外国语中学月考）设a>b, a, b, c€ R，则下列命题为真命题的是（）2 2 aA. ac2>bc B・b>12 2C. a—c>b—cD. a >b解析：对于选项A, a>b,若c= 0,则ac2= bc?,故A错；对于a选项B，a>b，若a>0，b<0，则b<1，故B错；对于选项C，a>b，则a—c>b—c，故C正确；对于选项D，a>b，若a，b均小于0，则a2<b，故D错.答案：C4. （2019 张家界二模）设集合A= {x|x> —1}，B = {x|x> 1}，则“x€ A且x?B”成立的充要条件是（）A. —1<x< 1B. x< 1C. x> —1D. —1<x<1解析：因为集合A= {x|x>—1}，B = {x|x> 1}，又因为“x€ A且x?B”，所以—1<x<1;又当—1<x<1时，满足x€ A且x?B，所以“x € A且x?B”成立的充要条件是“—1vxv1 ”.答案：D-J25. （2019焦作模拟）设0€ R，贝厂cos皓专”是“tan 0= 1”的（）A .充分不必要条件B. 必要不充分条件C .充要条件D .既不充分也不必要条件解析：由COS B=¥，得0= ± + k n, k€ Z,由tan 0= 1，得0= 4 + k n, k € Z,所以“ COS0=¥”是“tan 0= 1”的既不充分也不必要条件.答案：D6. 原命题：设a、b、C€ R，若“ a>b”，贝卩“ ac2>be2”，以及它的逆命题、否命题、逆否命题中，真命题共有（）A. 0个B. 1个C. 2个D. 4个解析：原命题：若e= 0,则不成立，由等价命题同真同假知其逆否命题也为假；逆命题为设a, b, e€ R，若“ae2>be2”，贝S “a >b”.由ac >be2知e2>0,所以由不等式的基本性质得a>b,所以逆命题为真，由等价命题同真同假知否命题也为真，所以真命题共有2个，故选C.答案：C7. 已知条件p：x>1或x< —3,条件q：5x —6>x2,贝卩？p 是？q的（）A .充分不必要条件B. 必要不充分条件C .充要条件D.既不充分也不必要条件解析：由5x—6>x2，得2<x<3,即q： 2<x<3.所以q? p, p ' q,所以？p? ?q, ?q * ?p,所以?p是?q的充分不必要条件.答案：A8. 下列结论错误的是（）A. 命题“若x2-3x —4= 0,则x= 4”的逆否命题为“若X M4, 则x2-3x-4M0”B. “x= 4”是“ x2—3x—4= 0”的充分条件C .命题“若m>0,则方程x2+ x—m = 0有实根”的逆命题为真命题D .命题“若m2+ n2= 0,则m = 0且n= 0”的否命题是“若m2 + n2M0,贝卩m M0或n M0”解析：C项命题的逆命题为“若方程x2+ x—m= 0有实根，则1m>0”.若方程有实根，则△= 1+ 4m>0,即m> —4,所以不是真命题.答案：C9. （2019广东省际名校联考）王昌龄《从军行》中两句诗为“黄沙百战穿金甲，不破楼兰终不还”，其中后一句中“攻破楼兰”是“返回家乡”的__________ 件.解析：“不破楼兰终不还”的逆否命题为“若返回家乡，则攻破楼兰”，所以“攻破楼兰”是“返回家乡”的必要条件.答案：必要10. 直线x—y—k= 0与圆（x—1）2+ y2= 2有两个不同交点的充要条件是________ .解析：直线x —y- k= 0与圆(x —1)2+ y2= 2有两个不同交点等价于n—；k|< 2,解得—i<k<3.答案：—1<kv311.有下列几个命题：①“若a>b,则a2>b2”的否命题；②“若x+ y= 0,则x, y互为相反数”的逆命题;③“若x2v4,则—2v x v 2”的逆否命题.其中真命题的序号是________ .解析：①原命题的否命题为“若a<b,则a2<b2”，错误.②原命题的逆命题为“若x, y互为相反数，则x + y= 0”正确.③原命题的逆否命题为“若x>2或x< —2,则x2>4”，正确. 答案：②③12. (2019 湖南师大附中月考)设p：ln(2x—1)< 0, q：(x —a)[x —(a + 1)]< 0,若q是p的必要不充分条件，则实数a的取值范围是■A .充分不必要条件B. 必要不充分条件C. 充分必要条件D .既不充分也不必要条件解析：法一因为数列｛a n｝是公差为d的等差数列，所以S4= 4a1+ 6d, S5= 5a1+ 10d, S6 = 6a1+ 15d,所以S4+ S6= 10a i + 21d, 2S5= 10a i + 20d・若d>0,贝S 21d>20d, 10a1 + 21d>10a1 + 20d,即S4+ S6>2S5・若S4 + S6>2S5，则10a1 + 21d>10a1 + 20d,即21d>20d,所以d>0•所以d>0”是“S4 + S6>2S5”的充分必要条件.故选C・法二因为S4+ S6>2S5? S4+ S4+ a5+ a6>2（S4+ a5）? a6>a5? a5 + d>a5?d>0,所以d>0”是“S4 + S6>2S5”的充分必要条件.故选C・答案：C14. （2019河南高考适应性考试）下列说法中，正确的是（）A .命题“若am2<bm2，则avb”的逆命题是真命题B. 命题“ ？x°€ R, x0 —X o>0” 的否定是“ ？x€ R, x2—x< 0”C. 命题“ p或q”为真命题，则命题p”和命题q”均为真命题D. 已知x€ R，贝S x>1”是x>2”的充分不必要条件解析：选项A的逆命题为“若avb,则am2vbm2”,当m = 0时,不成立，所以是假命题；易知选项B正确；对于选项C,命题“p或q”为真命题，则命题p”和命题q”至少有一个是真命题，所以是假命题；对于选项D，X>1”是X>2”的必要不充分条件，所以是假命题.答案：BM a15. (2019天津六校联考)“a= 1”是函数f(x)=——e x是奇函数a e的_______ 件.解析：当[a= 1 时，f( —x) = —f(x)(x€ R)，则f(x)是奇函数，充分性成立.若f(x)为奇函数，恒有f( —x)= —f(x)，得(1 —a2)(e2x+1)= 0,则a =±，必要性不成立.e x a故“a= 1”是“函数f(x) = - —e是奇函数”的充分不必要条件.a e答案：充分不必要16. (2019江西新课程教学质量监测)已知命题p：x2+ 2x—3>0;x——a命题q： -------- >0,且？q的一个必要不充分条件是？p,则a的取值x—a —1范围是________ .解析：由x2+ 2x —3>0 得x< —3 或x>1.则？p：—3< x< 1.命题q：x>a+ 1 或x<a，贝U ?q：a< x< a+1.依题意?q是?p的充分不必要条件.a》一3,则解得—3w a w 0.l a+1 w 1.答案：[—3, 0]1解析：由p得：2<x w 1,由q得：a<x<a+1,因为q是p的必1 1要不充分条件，所以a< 2且a+ 1> 1,所以0w a<2・答案：0, * 1B组素养提升13. [一题多解](2017浙江卷)已知等差数列｛a n｝的公差为d,前n 项和为S n,则d>0” 是“S4+ S6>2S5”的（）。
(广东专用)高考数学总复习 第十章第二节 课时跟踪训练 理
课时知能训练一、选择题1．甲、乙两人从4门课程中各选修2门，则甲、乙所选的课程中至少有1门不相同的选法共有()A．6种B．12种C．30种D．36种【解析】从反面考虑：甲、乙所选的课程，共有C24C24种不同的选法，其中甲、乙选的课程都相同有C24种．故甲、乙选的课程至少有1门不同有C24C24－C24＝30(种)．【答案】 C2．在1,2,3,4,5这五个数字组成的没有重复数字的三位数中，各位数字之和为偶数的共有()A．36个B．24个C．18个D．6个【解析】在1,2,3,4,5这五个数字中有3个奇数，2个偶数，要求三位数各位数字之和为偶数，则两个奇数一个偶数，∴符合条件的三位数共有C23·C12·A33＝36.【答案】 A3．将甲、乙、丙、丁四名学生分到三个不同的班，每个班至少分到一名学生，且甲、乙两名学生不能分到同一个班，则不同分法的种数为()A．18 B．24 C．30 D．36【解析】四名学生中有两名学生分在一个班的种数是C24，顺序有A33种，又甲乙被分在同一个班的有A33种．所以种数是C24A33－A33＝30.【答案】 C4．将标号为1,2,3,4,5,6的6张卡片放入3个不同的信封中，若每个信封放2张，其中标号为1,2的卡片放入同一信封，则不同的放法共有()A．12种B．18种C．36种D．54种【解析】先把1,2放入一个信封，有C13种方法，再从3、4、5、6中选2个放入一个信封，有C24种．故共有C13C24＝18(种)．【答案】 B5．(2012·汕尾质检)由1、2、3、4、5、6组成没有重复数字且1、3都不与5相邻的六位偶数的个数是()A．72 B．96 C．108 D．144【解析】从2、4、6三个偶数中选一个数放在个位，有C13种方法，将其余两个偶数全排列，有A22种排法．当1,3不相邻且不与5相邻时有A33种方法，当1,3相邻且不与5相邻时，有A22A23种方法．故满足题意的偶数个数是C13·A22(A33＋A22A23)＝108.【答案】 C二、填空题6．某电视台连续播放5个广告，其中3个不同的商业广告和2个不同的奥运宣传广告，要求最后播放的必须是奥运宣传广告，且2个奥运宣传广告不能连续播放则不同的播放方式有________种．【解析】3个商业广告共有A33种排法，奥运广告不连续播放，最后播放的必须是奥运广12 告有C13A22种排法．故共有A33C13A22＝36种．【答案】 367．将6位志愿者分成4个组，其中两个组各2人，另两个组各1人．分赴世博会的四个不同场馆服务，不同的分配方案有________种(用数字作答)．【解析】 将6位志愿者分为2名，2名，1名，1名四组，有C26C24A22＝12×15×6＝45种分组方法．将四组分赴四个不同场馆有A44种方法．∴根据分步乘法计数原理，不同的分配方案有45·A44＝1 080种方法．【答案】 1 0808．4位同学参加某种形式的竞赛，竞赛规则规定：选甲题答对得100分，答错得－100分，选乙题答对得90分，答错得－90分，若4位同学的总分为0分，则这4位同学不同得分情况的种数是________．【解析】 由于4位同学的总分为0分，故4位同学选甲、乙题的人数有且只有三种情况： ①甲：4人，乙：0人；②甲：2人，乙：2人；③甲：0人，乙：4人；对于①，须2人答对，2人答错；共有C24＝6种情况；对于②，有C24C12C12＝24种情况；对于③，与①相同，有6种情况，故共有6＋24＋6＝36种不同的情况．【答案】 36三、解答题9．把1,2,3,4,5,6,7,8,9这九个数字填在如图10－2－1所示的九个空格内，每格只填一个数，若要求每行从左到右都是依次增大，有多少种不同的填法？图10－2－1【解】 分三步，每一步完成一行：第一步，从9个数中选3个排在第一行，有C39种选法；第二步，从剩下的6个数中选3个排在第二行，有C36种选法；第三步，将最后3个数按从小到大的顺序排在第三行，有C33种选法；所以，共有C39C36C33＝1 680种填法．10．(1)3人坐在有八个座位的一排上，若每人的左右两边都要有空位，则不同坐法的种数为几种？(2)现有10个保送上大学的名额，分配给7所学校，每校至少有1个名额，问名额分配的方法共有多少种？【解】 (1)由题意知有5个座位都是空的，我们把3个人看成是坐在座位上的人，往5个空座的空档插，由于这5个空座位之间共有4个空，3个人去插，共有A34＝24种．(2)法一每个学校至少一个名额，则分去7个，剩余3个名额分到7所学校的方法种数就是要求的分配方法种数．若3个名额分到一所学校有7种方法，若分配到2所学校有C27×2＝42种，若分配到3所学校有C37＝35种．∴共有7＋42＋35＝84种方法．法二10个元素之间有9个间隔，要求分成7份，相当于用6块档板插在9个间隔中，共有C69＝84种方法．所以名额分配的方法共有84种方法．11．四个不同的小球放入编号为1,2,3,4的四个盒子中．(1)若每个盒子放一球，则有多少种不同的放法？(2)恰有一个空盒的放法共有多少种？【解】(1)每个盒子放一球，共有A44＝24种放法．(2)法一先选后排，分三步完成．第一步：四个盒子中选一只为空盒，有4种选法；第二步：选两球为一个元素，有C24种选法；第三步：三个元素放入三个盒中，有A33种放法．故共有4×C24A33＝144种放法．法二先分组后排列，看作分配问题．第一步：在四个盒子中选三个，有C34种选法；第二步：将四个球分成2,1,1三组，有C24(即C24C12C11A22)种分法；第三步：将三组分到选定的三个盒子中，有A33种分法．故共有C34C24A33＝144种分法．3。
2020届高考数学(理科)总复习课时跟踪练(十二)函数模型及其应用
课时跟踪练(十二)A 组 基础巩固1．一根蜡烛长20 cm ，点燃后每小时燃烧5 cm ，燃烧时剩下的高度h (cm)与燃烧时间t (h )的函数关系用图象表示为图中的( )解析：由题意知h ＝20－5t (0≤t ≤4)． ★答案★：B2．设某公司原有员工100人从事产品A 的生产，平均每人每年创造产值t 万元(t 为正常数)．公司决定从原有员工中分流x (0<x <100，x ∈N *)人去进行新开发的产品B 的生产．分流后，继续从事产品A 生产的员工平均每人每年创造产值在原有的基础上增长了 1.2x %.若要保证产品A 的年产值不减少，则最多能分流的人数是( )A ．15B ．16C ．17D ．18解析：由题意，分流前每年创造的产值为100t (万元)，分流x 人后，每年创造的产值为(100－x )(1＋1.2x %)t ，则⎩⎨⎧0<x <100，x ∈N *，（100－x ）（1＋1.2x %）t ≥100t ，解得0<x≤50 3.因为x∈N*，所以x的最大值为16.★答案★：B3．某旅游城市为向游客介绍本地的气温情况，绘制了一年中各月平均最高气温和平均最低气温的雷达图．图中A点表示十月的平均最高气温约为15 ℃，B点表示四月的平均最低气温约为5 ℃.下面叙述不正确的是()A．各月的平均最低气温都在0 ℃以上B．七月的平均温差比一月的平均温差大C．三月和十一月的平均最高气温基本相同D．平均最高气温高于20 ℃的月份有5个解析：由图形可得各月的平均最低气温都在0 ℃以上，A正确；七月的平均温差约为10 ℃，而一月的平均温差约为5 ℃，故B正确；三月和十一月的平均最高气温都在10 ℃左右，基本相同，C正确；平均最高气温高于20 ℃的月份只有2个，D错误．★答案★：D4．我们处在一个有声世界里，不同场合，人们对声音的音量会有不同要求．音量大小的单位是分贝(dB)，对于一个强度为I的声波，其音量的大小η可由如下公式计算：η＝10lg II 0(其中I 0是人耳能听到声音的最低声波强度)，则70 dB 的声音的声波强度I 1是60 dB 的声音的声波强度I 2的( )A.76倍 B ．1076倍C ．10倍D ．ln 76倍解析：由η＝10lg II 0得I ＝I 010η10，所以I 1＝I 0107，I 2＝I 0106，所以I 1I 2＝10，所以70 dB 的声音的声波强度I 1是60 dB 的声音的声波强度I 2的10倍．★答案★：C5．当生物死亡后，其体内原有的碳14的含量大约每经过5 730年衰减为原来的一半，这个时间称为“半衰期”．当死亡生物体内的碳14含量不足死亡前的千分之一时，用一般的放射性探测器就测不到了．若某死亡生物体内的碳14用该放射性探测器探测不到，则它经过的“半衰期”个数至少是( )A ．8B ．9C ．10D ．11解析：设该死亡物体内原有的碳14的含量为1，则经过n 个“半衰期”后的含量为⎝ ⎛⎭⎪⎫12n ，由⎝ ⎛⎭⎪⎫12n <11 000，得n ≥10.所以，若某死亡生物内的碳14用该放射性探测器探测不到，则它至少需要经过10个“半衰期”．★答案★：C6．某公司为了发展业务制定了一个激励销售人员的奖励方案，在销售额x 为8万元时，奖励1万元．销售额x 为64万元时，奖励4万元．若公司拟定的奖励模型为y ＝a log 4x ＋b .某业务员要得到8万元奖励，则他的销售额应为________万元．解析：依题意得⎩⎨⎧a log 48＋b ＝1，a log 464＋b ＝4.解得⎩⎨⎧a ＝2，b ＝－2.所以y ＝2log 4x －2，令2log 4x －2＝8，得x ＝45＝1 024. ★答案★：1 0247．“好酒也怕巷子深”，许多著名品牌是通过广告宣传进入消费者视线的．已知某品牌商品靠广告销售的收入R 与广告费A 之间满足关系R ＝a A (a 为常数)，广告效应为D ＝a A －A .那么精明的商人为了取得最大广告效应，投入的广告费应为________(用常数a 表示)．解析：令t ＝A (t ≥0)，则A ＝t 2，所以D ＝at －t 2＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫t －12a 2＋14a 2.所以当t ＝12a ，即A ＝14a 2时，D 取得最大值． ★答案★：14a 28．大学毕业生小赵想开一家服装专卖店，经过预算，该门面需要装修费为20 000元，每天需要房租、水电等费用100元，受经营信誉度、销售季节等因素的影响，专卖店销售总收益R 与门面经营天数x 的关系是R (x )＝⎩⎨⎧400x －12x 2，0≤x ≤400，80 000，x >400，则总利润最大时，该门面经营的天数是________．解析：由题意，总利润y ＝⎩⎪⎨⎪⎧400x －12x 2－100x －20 000，0≤x ≤400，60 000－100x ，x >400， 当0≤x ≤400时，y ＝－12(x －300)2＋25 000，所以当x ＝300时，y max ＝25 000； 当x >400时，y ＝60 000－100x <20 000. 综上，当x ＝300天时，总利润最大． ★答案★：3009．(2019·邯郸调研)已知某服装厂生产某种品牌的衣服，销售量q (x )(单位：百件)关于每件衣服的利润x (单位：元)的函数解析式为q (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧1 260x ＋1，0<x ≤20，90－35x ，20<x ≤180，求该服装厂所获得的最大效益是多少元？解：设该服装厂所获效益为f (x )元，则f (x )＝100xq (x )＝⎩⎪⎨⎪⎧126 000x x ＋1，0<x ≤20，100x （90－35x ），20<x ≤180.当0<x ≤20时，f (x )＝126 000x x ＋1＝126 000－126 000x ＋1，f (x )在区间(0，20]上单调递增，所以当x ＝20时，f (x )有最大值120 000.当20<x ≤180时，f (x )＝9 000x －3005·x x ， 则f ′(x )＝9 000－4505·x ， 令f ′(x )＝0，得x ＝80.当20<x <80时，f ′(x )>0，f (x )单调递增， 当80≤x ≤180时，f ′(x )≤0，f (x )单调递减， 所以当x ＝80时，f (x )有极大值，也是最大值240 000. 由于120 000<240 000.故该服装厂所获得的最大效益是240 000元．10．一片森林原来面积为a ，计划每年砍伐一些树，且每年砍伐面积的百分比相等，当砍伐到面积的一半时，所用时间是10年，为保护生态环境，森林面积至少要保留原面积的14，已知到今年为止，森林剩余面积为原来的22.(1)求每年砍伐面积的百分比；(2)到今年为止，该森林已砍伐了多少年？ 解：(1)设每年降低的百分比为x (0<x <1)， 则a (1－x )10＝12a ，即(1－x )10＝12.解得x ＝1－⎝ ⎛⎭⎪⎫12110.(2)设经过m 年剩余面积为原来的22，则a (1－x )m ＝22a ，即⎝ ⎛⎭⎪⎫12m 10＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1212， 即m 10＝12，解得m ＝5. 故到今年为止，该森林已砍伐了5年．B 组 素养提升11．(2017·北京卷)根据有关资料，围棋状态空间复杂度的上限M 约为3361，而可观测宇宙中普通物质的原子总数N 约为1080，则下列各数中与MN最接近的是(参考数据：lg 3≈0.48)( )A ．1033B ．1053C ．1073D ．1093 解析：M ≈3361，N ≈1080，M N ≈33611080，则lg MN ≈lg 33611080＝lg 3361－lg 1080＝361lg 3－80lg 10≈93.所以MN ≈1093.★答案★：D12．某位股民购进某只股票，在接下来的交易时间内，他的这只股票先经历了n 次涨停(每次上涨10%)，又经历了n 次跌停(每次下跌10%)，则该股民这只股票的盈亏情况(不考虑其他费用)为 ( )A ．略有盈利B ．略有亏损C ．没有盈利也没有亏损D ．无法判断盈亏情况解析：设该股民购进这只股票的价格为a 元，则经历n 次涨停后的价格为a (1＋10%)n ＝a ×1.1n 元，经历n 次跌停后的价格为a ×1.1n ×(1－10%)n ＝a ×1.1n ×0.9n ＝a ×(1.1×0.9)n ＝0.99n ·a <a ，故该股民这只股票略有亏损．★答案★：B13．某食品的保鲜时间y (单位：小时)与储藏温度x (单位：℃)满足函数关系y ＝e kx ＋b (e ＝2.718…为自然对数的底数，k ，b 为常数)．若该食品在0 ℃的保鲜时间是192 小时，在22 ℃的保鲜时间是48 小时，则该食品在33 ℃的保鲜时间是________．解析：由已知条件，得192＝e b ， 又48＝e 22k ＋b ＝e b ·(e 11k )2，所以e 11k ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫4819212＝⎝ ⎛⎭⎪⎫1412＝12，设该食品在33 ℃的保鲜时间是t 小时，则t ＝e 33k ＋b ＝192 e 33k＝192(e11k )3＝192×⎝ ⎛⎭⎪⎫123＝24.★答案★：2414．某企业去年年底给全部的800名员工共发放2 000万元年终奖，该企业计划从今年起，10年内每年发放的年终奖都比上一年增加60万元，企业员工每年净增a 人(a ∈N *)．(1)若a ＝10，在计划时间内，该企业的人均年终奖是否会超过3万元？(2)为使人均年终奖年年有增长，该企业每年员工的净增量不能超过多少人？解：(1)设从今年起的第x 年(今年为第1年)该企业人均发放年终奖为y 万元．则y ＝2 000＋60x 800＋ax(a ∈N *，1≤x ≤10)．假设该企业的人均年终奖会超过3万元，又a ＝10，则2 000＋60x 800＋10x>3，解得x >403>10.所以10年内该企业的人均年终奖不会超过3万元． (2)设1≤x 1<x 2≤10， 则f (x 2)－f (x 1)＝2 000＋60x 2800＋ax 2－2 000＋60x 1800＋ax 1＝（60×800－2 000a ）（x 2－x 1）（800＋ax 2）（800＋ax 1）>0，所以60×800－2 000a >0，得a <24.所以为使人均年终奖年年有增长，该企业每年员工的净增量不能超过23人．感谢您的下载!快乐分享，知识无限！由Ruize收集整理！。
(广东专用)2022高考数学总复习 第二章第七节 课时跟踪训练 理
课时知能训练一、选择题1．如果f＝aa＞0且a≠1为减函数，那么g＝og错误!－1的图象是图中的【解析】易知0＜a＜1，g在1，＋∞上的增函数．【答案】 A2．2022·韶关质检函数＝2－2的图象大致是【解析】当＜0时，＝2－2是增函数，从而排除C、D又f2＝f4＝0，B不符合，选A【答案】 A3．为了得到函数＝g错误!的图象，只需把函数＝g 的图象上所有的点A．向左平移3个单位长度，再向上平移1个单位长度B．向右平移3个单位长度，再向上平移1个单位长度C．向左平移3个单位长度，再向下平移1个单位长度D．向右平移3个单位长度，再向下平移1个单位长度【解析】由＝g错误!，得＝g＋3－1由＝g 图象向左平移3个单位，得＝g＋3的图象，再向下平移一个单位得＝g＋3－1的图象．【答案】 C4．在同一平面直角坐标系中，函数＝g的图象与＝e的图象关于直线＝对称，而函数＝f的图象与＝g的图象关于轴对称．若fm＝－1，则m的值为A．－e B．－错误!C．e【解析】依题意得，点m，－1位于函数＝f的图象上，点m，－1关于轴的对称点－m，－1必位于＝g的图象上．∵＝g与＝e的图象关于直线＝对称．∴g＝n ．因此－1＝n－m，∴－m＝e－1，则m＝－错误!5．函数f＝错误!的图象和函数g＝og2的图象的交点个数是A．1B．2C．3D．4【解析】在同一坐标系中画出f与g的图象，如图可知f与g的图象有3个交点．【答案】 C二、填空题6．如图2－7－1所示，函数f的图象是曲线OAB，其中点O，A，B的坐标分别为0,0，1,2，3,1，则f错误!的值等于________．图2－7－1【解析】∵f3＝1，∴错误!＝1，∴f错误!＝f1＝2【答案】 27．2022·梅州调研若函数＝f∈R满足f＋2＝f，且∈[－1,1时，f＝||则函数＝f的图象与函数＝og4||的图象的交点的个数为________．【解析】当||＞4时，＝og4||＞1，且f∈[0,1]，在同一坐标系内作出两函数图象，可知两函数的图象有6个交点．【答案】 68．已知函数f＝错误!的图象与函数＝g的图象关于直线＝对称，令h＝g1－||，则关于h有下列命题：①h的图象关于原点对称；②h为偶函数；③h的最小值为0；④h在0,1上为减函数．其中正确命题的序号为________．将你认为正确的命题的序号都填上【解析】g＝og错误!，∴h＝og错误!1－||，∴h＝错误!∴正确的命题序号为②③三、解答题9．已知函数f＝错误!1画出f的图象的简图；2根据图象写出函数的单调递增区间．【解】1函数f的图象如图所示．2由图象可知，函数f的单调递增区间为[－1,0]，[2,5]．10．已知函数f＝3＋m2＋n－2的图象过点－1，－6，且函数g＝f′＋6的图象关于轴对称．1求函数f的解析式；2若函数h＝f′＋c有最小值1，试求实数c的值．【解】1由函数f图象过点－1，－6，得m－n＝－3 ①由f＝3＋m2＋n－2，得f′＝32＋2m＋n，则g＝f′＋6＝32＋2m＋6＋n，又g图象关于轴对称，所以－错误!＝0，所以m＝－3，代入①式得n＝0因此f＝3－32－22由1知f′＝32－6，∴h＝32－6＋c＝3－12＋c－3当＝1时，h有最小值c－3因此c－3＝1，∴c＝4∴实数c的值为411．2022·清远调研已知函数f＝|2－4＋3|1求函数f的单调区间，并指出其增减性；2若关于的方程f－a＝至少有三个不相等的实数根，求实数a的取值范围．【解】f＝错误!作出图象如图所示．1递增区间为[1,2，[3，＋∞，递减区间为－∞，1，[2,3．2原方程变形为|2－4＋3|＝＋a，设＝＋a，在同一坐标系下再作出＝＋a的图象如图则当直线＝＋a过点1,0时，a＝－1；当直线＝＋a与抛物线＝－2＋4－3相切时，由错误!得2－3＋a＋3＝0由Δ＝9－43＋a＝＝－错误!由图象知当a∈[－1，－错误!]时，方程至少有三个不等实根．。
(广东专用)2020高考数学总复习第二章第一节课时跟踪训练理
1B .(4，+m)【解析】 由 log0.5(4x — 3) > 0 得 0 v 4x — 3v 1,解得3v x v 1. 4 ••• f(3) = f(2) — f(1) , f(2) = f(1) — f(0),因此 f(3) = f(2) — f(1) = [f(1) — f(0)] — f(1) =— f(0), 又 f(0) = log2(4 — 0) = 2,故 f(3) = — f(0) = — 2.【答案】 B3. (2020北京高考)根据统计，一名工人组装第 x 件某产品所用的时间(单位：分钟)为f(x)(A , c 为常数).已知工人组装第 4件产品用时30分钟，组装第A 件产品用时15分钟，那么c 和A 的值分别是( )A . 75,25B . 75,16C . 60,25D . 60,16【解析】 由题意，组装第 A 件产品所需时间为 C = 15.VA 故组装第4件产品所需时间为 牛=30,解得c = 60,c将c = 60代入 =15得A = 16. VA【答案】 D4•若一系列函数的解析式相同，值域相同，但定义域不同，则称这些函数为孪生函数例如解析式为y = 2x2 + 1,值域为{9}的 孪生函数”三个： (1)y = 2x2 + 1 , x € { — 2}; (2)y = 2x2 + 1, x € {2} ; (3)y = 2x2 + 1, x € { — 2,2}.、选择题1. 函数y =,：log0.5 4x — 3 课时知能训练的定义域为( C . (1 ,+s ) 3 D . (4, 1) U (1,+^)A .(4 j) 【答案】 Alog2 4 — x ,2.定义在 R 上的函数 f(x)= f x — 1— f x — 2 A . — 1 B . —2 C . 1 D . 【解析】 当x > 0时, f(x) = f(x — 1) — f(x — 2),x <0 则f(3)的值为(那么函数解析式为y= 2x2 + 1,值域为{1,5}的孪生函数”共有()A . 5个B . 4个C. 3个 D . 2个【解析】孪生函数”有：y = 2x2 + 1, x € {0 , 2} ; y= 2x2 + 1, x€ {0，- 2}; y = 2x2 + 1, x €{0 , -：；2, —2}.【答案】C2 x € [ 一1 1]5•已知函数f(x)=' '' 若f[f(x)] = 2，则x的取值范围是()x , x?[ —1, 1],A . ?B . [ —1,1]C. (一s,—1) U (1 ,+s) D . {2} U [ —1,1]【解析】若x € [ —1,1]，则有f(x) = 2?[ —1,1],••• f(2) = 2,若x?[ —1,1]，贝U f(x) = x?[ —1,1] ,• f[f(x)] = x，此时若f[f(x)] = 2，则有x = 2.【答案】D二、填空题6. 若函数f(x) = (x + a)(bx + 2a)(常数a、b € R)是偶函数，且它的值域为(―s, 4],则该函数的解析式f(x) = _________ .【解析】f(x) = bx2 + (2a+ ab)x + 2a2,T f(x)是偶函数，•2a+ ab= 0.又f(x)的值域为(—s, 4],• b v 0 且2a2= 4.• b =—2,即即f(x) = —2x2 + 4.【答案】—2x2 + 4x2 —x + 1, x v 17. 函数f(x) = 1 _____ 的值域是.x> 1x1 3 3【解析】当x v 1时，x2 —x + 1 = (x —2)2 + 3寿;1当x> 1时，0v丄v 1.x因此，函数f(x)的值域是(0,+ s).【答案】(0 , + s)1 cIn 一，x > 0x& (2020珠海模拟)已知f(x)= ，则f(x) >—1的解集为__________ .1,x v 0x1【解析】当x>0时，In丄>—1,x •0 v x v e;1当x v 0 时，一>—1,A x v—1.x综上，x € (— g, — 1) U (0, e).【答案】(一^，― 1) U (0, e)三、解答题x + 2>0 x >— 2 【解】 由|x| — x 工0得X V 0 ,2— x2 >0— ,'2<xw ；2••• f(x)的定义域为［—-'2, 0). 10. 二次函数y = f1(x)的图象以原点为顶点且过点 (1,1)，反比例函数y = f2(x)的图象与直线y = x 的两个交点间距离为 8,若f(x) = f1(x) + f2(x)，求f(x)的解析式.【解】 由已知，设f1(x) = ax2,由f1(1) = 1得a = 1.• f1(x) = x2.设f2(x)=中很>0)，它的图象与直线 y = x 的交点分别为A( ,'k , ,'k), B( — k , — ；k).8 由|AB| = 8,得 k = 8,「. f2(x)=-. x8故 f(x) = x2 + -.(x 丰 0) x图 2— 1 — 111. (2020肇庆模拟)行驶中的汽车在刹车时由于惯性作用， 要继续往前滑行一段距离才能停 下，这段距离叫作刹车距离.在某种路面上，某种型号汽车的刹车距离 y(米)与汽车的车速 x(千米/时)满足下列关系：y = 200 + mx + n(m , n 是常数).如图2 — 1 — 1所示是根据多次实 验数据绘制的刹车距离 y(米)与汽车的车速x(千米/时)的关系图.(1) 求出y 关于x 的函数表达式；(2) 如果要求刹车距离不超过25.2米，求行驶的最大速度. 【解】(1)由题意及函数图象，8.418.6 1解得m =而，n =0,所以y =眾+說％ >0)A x2 x ⑵令200+而三25・2得—72 W X w 70.9.求函数 lg x + 2 f (x )= |x| — x+ ；2 — x2的定义域. 402+ 40m + n = 得200 赛+ 60m + n =■/x>0,••• O W x W 70.故行驶的最大速度是70 千米/时．。
(广东专用)2020高考数学总复习第二章第五节课时跟踪训练理
、选择题1下列四类函数中，具有性质 对任意的x >0, y >0，函数f(x)满足f(x + y) = f(x)f(y)的是( )A •幕函数B .对数函数C .指数函数D •余弦函数【解析】 【答案】 由指数式的运算性质 ax + y = ax ay.C2. (2020山东高考)若点(a,9)在函数y = 3x 的图象上，贝U tan 青'的值为() A . 0 B. 3C . 1 【解析】 DA /3由题意，3a = 9,则a = 2,a n n f —••• tan — = tan 3= '3.【答案】 D3.设函数 f(x) = a - |x|(a > 0 且 a 丰 1,) f(2) = 4,则( )A . f( — 2) > f( — 1)B . f( — 1) > f( — 2)C . f(1) >f(2)D . f( — 2)>f(2)1【解析】 由a — 2 = 4, a > 0，得a = ,1•-f(x) =(2)—|x|= 2|x|.ax , x > 0,且0v a v 1,—ax , x v 0.课时知能训练【答案】 D5.设函数 2x f(x)=x<0,若f(x)是奇函数，则g(2)的值是(g x x>0, • x > 0时，函数是减函数；x v 0时，是增函数.)A .B . — 4 又•/ — 2|> — 1|,「. 2| — 2|>2|— 1|,即即 f( — 2)> f( —1). 【答案】 A【解析】1 C. D . 44 1 【解析】 当 x<0 时，f(x) = 2x ,「. f( — 2)=-, 4又f(x)是奇函数.1 1••• f( — 2) = — f(2) = ］「. f(2)=—. 4 4又 g(2) = f(2) ,• g(2) = — 1.4【答案】 A二、填空题 6.已知函数 f(x) = ax + a — x(a >0,且 a 丰 1)且 f(1) = 3,贝U f(0) + f(1) + f(2)的值是 _______________1【解析】 T f(1) = a + -= 3, f(0) = 2, af(2) = a2 + a — 2 = (a + a — 1)2 — 2= 7,• f(1) + f(0) + f(2) = 12.【答案】 123门 2x + 二，x v 0, 1 7 .设f(x) = 2则f(x)寿的解集是 _________ . 2 — x , x > 0.3 1 1 【解析】 当x v 0时，2x + 3言xA 2，1• • — 2^x< 0.当X 》0寸，2 — xg ，即x wi,• 0w x < 1. 1 1 因此f(x) 1的解集是［—2，1］.1 【答案】［—2，1］2x 1& (创新题)设函数f(x)= --------------- —匚，［x ］表示不超过x 的最大整数，贝U 函数y =［f(x)］的值域是1 + 2x 2•/1 = 2x + 1 在 R 上增，且 2x + 1> 1 , 1 1• f(x)在R 上是增函数，一f(x) v ^, 故y = [f(x)]的值域是{0，— 1}.【答案】 { —1,0}三、解答题9.函数y = ax — 1(a > 0且a 丰1的图象恒过定点 A.【解析】2x 1 . 1 1 1一_= 1一 一_ = _ 1+ 2x 2 1+ 2x 2 2 1 2x + 1x⑴写出定点A 的坐标；1 1(2)若点A 在直线 mx + ny — 1 = 0(mn >0)上，求 不+ n 的最小值・ 【解】 ⑴令x — 1 = 0, x = 1,此时y = 1,•••函数y = ax — 1的图象恒过定点 A(1,1).⑵•••点 A(1,1)在直线 mx + ny — 1 = 0(mn > 0)上，• m + n = 1, • m >0, n > 0.•- - + - = (- + 张 + n) = n + m + 2>2+ 2 = 4. m n m n m n当且仅当m = n ，即m = n =1时取=”. n m2 1 1• — ~F -的最小值为4. m n(1)若f(x) = 2,求x 的值；⑵若2tf(2t) + mf(t)二对于t € [1,2]恒成立，求实数 m 的取值范围.(1)当 x v 0 时，f(x) = 0;当 x >0时，f(x) = 2x —— 2x1由条件可知 2x — 2x = 2,即卩 22x — 2 2x — 1= 0,解得 2x = 1土:2.•/ 2x > 0,• x = Iog2(1 + ；'2).1 1(2)当 t € [1,2]时，2t(22t —云)+ m(2t —云)刊• m(22t — 1) A (24t — 1). (*)•/22t — 1 >0,.・.m>— (22t + 1).•-1 € [1,2],•— (1 + 22t) € [ — 17,— 5],故m 的取值范围是[—5,+s)(1)求函数f(x)的单调区间；⑵若k >0,求不等式f ' (F )k(1 — x)f(x) > 0的解集.【解】(1)由f(x)=程得f ' (=1 ex. x x2令 f ' (=0,得 x = 1.因为当x v 0时，f ' (V 0;当 0v x v 1 时，f ' (x)0;当 x > 1 时，f ' (>0. • f(x)的增区间为[1 ,+s)减区间是(一汽0)、(0,1].⑵由(1)知 f ' (F ) k(1 — x)f(x) > 0 等价于10.已知函数f(x) = 2x — 12|x「 x2 【解】 11•设函数 f(x)= ex x1 —kx ex> 0.ex> 0?x2x•••(X —1)(kx —1) v 0，且X M 0.1 故当O v k v 1时，解集为｛x|1 v x v-｝；k 当k= 1时，解集为?1当k> 1时，不等式的解集为｛x|1 v x v 1｝.k。
(广东专用)2020高考数学总复习第二章第八节课时跟踪训练理
A . 1 B. 2 C. 3/• x —1 = 0 或In x = 0，得x = 1.【答案】A2. (2020东莞质检)为了求函数f(x) = 2x —x2的一个零点，某同学利用计算器，得到自变量x和函数值x 0.6 1.0 1.4 1.8 2.2 2.6 3.0f(x) 1.16 1.00 0.68 0.24 —0.24 —0.70 —1.00则函数f(x)的一个零点所在的区间是()A . (0.6,1.0)B . (1.4,1.8)C . (1.8,2.2) D. (2.6,3.0)【解析】•/ f(1.8) f(2.2) = 0.24 X —0.24) V 0,•••零点在(1.8,2.2)上.【答案】C13.已知a是函数f(x) = 2x —log*的零点，若0 V x0v a,贝U f(x0)的值满足()B . f(x0) > 0D . f(x0)的符号不确定【解析】1••• f(a) = 2a—log ^a =又f(x)在(0, + s上是增函数，•••当0V x0v a 时，f(x0) V f(a) = 0.【答案】 C4 . (2020珠海模拟)函数f(x) = |x—2|—ln x在定义域内的零点个数为()A . 0B . 1C . 2D . 3【解析】由f(x) = |x—2|—ln x = 0，得|x—2|= ln x ,令y= |x —2|与y= ln x(x >0),在同一坐标系内作两函数的图象，有两个交点.• f(x) = |x —2|—ln x在定义域内有两个零点.【答案】C5. 若函数f(x)的零点与g(x) = 4x+ 2x —2的零点之差的绝对值不超过0.25，贝U f(x)可以是( )、选择题1 f(x)x —1 In xx —3的零点个数为课时知能训练【解析】T f(x) = 0,即x—1x—3A . f(x0) = 0C . f(x0) V 0A . f(x) = 4x —1 B. f(x) = (x —1)21C. f(x) = ex—1D. f(x) = ln(x —2)【解析】•/ A、B、C、D四个选项中的零点是确定的：I 3A : x = 4，B: x= 1, C: x= 0, D: x= 2*••• g(x) = 4x + 2x —2 在R 上连续且g(》=2 + 2—2= 2 —3V 0, gg)= 2 + 1 —2= 1> 0. 设g(x) = 4x + 2x —2 的零点为x0,则4< x0 V1,II "11o v xo - 4V4，二|x0—4V 4.1因此函数f(x) = 4x —1的零点x==满足.4【答案】A二、填空题16. ___________________________________________________ “= 4”是函数f(x) = ax2 —x + 1只有一个零点”的________________________________________条件.【解析】当a=-时，△= (一1)2 —4a= 0,4••• f(x) = ax2 —x + 1 只有一个零点，但a= 0时，f(x) = ax2 —x + 1也有一个零点，1•“a 4”是函数f(x)只有一个零点”的充分不必要条件.【答案】充分不必要7. ____________________________________________________________ 若函数f(x) = 2 —|x—1|—m有零点，则实数m的取值范围是____________________________ .1【解析】令f(x) = 0，得m= (?)|x —1|,—1| >P1•0v(2)|x—1| <,1 即卩0 v m< 1.【答案】0 v m<l&设x0 是方程ln x + x= 4 的解，且x0 € (k, k+ 1), k € Z 则k = _________ .【解析】令f(x) = ln x + x —4，且f(x)在(0 ,+8递增，•/f(2) = ln 2 + 2—4<0 , f(3) = ln 3 —1>0.• f(x)在(2,3)内有解，••• k= 2.【答案】2三、解答题19. 若函数f(x) = bx+ 2有一个零点为3，求g(x) = x2 + 5x + b的零点.【解】•/ -是函数f(x)的零点，31 1•• f(?= 0,即§b+ 2= 0，解得 b =— 6.• g(x) = x2 + 5x —6, 由x2 + 5x— 6 = 0，得x = 1 或x=—6,••• g(x)的零点为1和一6.110. 设函数f(x) =(2)|x —1|, g(x) = Iog2x(x >0),试判定函数 $ (x=f(x) —g(x)在(0,2］内零点的个数.【解】(1)当x € (0,1)时，g(x) = Iog2x v 0,1 1f(x) =(2)|x—1|= (2)1 —x > 0,••方程f(x) = g(x)在(0,1)内无实根，•$ (x)= f(x) —g(x)在(0,1)内无零点.1t丄⑵当x € ［1,2］时，f(x) = Qx — 1 ,•$ (x)= f(x)—g(x)= g)x —1 —Iog2x在［1,2］上是减函数，且 $ (x的图象连续不间断，1 1又$ (1= 1—0= 1 >0, $ (2)=1 —1 = —2v 0,•$ (1)•$<v°,因此$ (x在(0,2)内有唯一零点，根据(1)、⑵知，$ (x)= f(x) —g(x)在(0,2］内有唯一的零点.11•中央电视台有一档娱乐鉴宝”节目，主持人会给选手在限定时间内猜某一艺术品”的售价机会，如果猜中，就把物品奖励给选手，同时获得一枚商标•某次猜一种艺术品”价格在500〜1 000元之间.选手开始报价：1 000元，主持人回答：高了；紧接着报价900元，高了；700元，低了；800元，低了，880元，高了；850元，低了；851元，恭喜你，你猜中了.表面上看猜价格具有很大的碰运气的成分，实际中，游戏报价过程体现了逼近”的数学思想，你能设计出可行的猜价方案来帮助选手猜价吗？【解】取价格区间［500,1 000］的中点750，如果主持人说低了，就再取［750,1 000］的中点875;否则取另一个区间(500,750)的中点；若遇到小数取整数.照这样的方案，游戏过程猜测价如下：750,875,812,843,859,851，经过6次可猜中价格.。
(广东专用)2020高考数学总复习第二章第十一节课时跟踪训练理
课时知能训练一、选择题1函数f(x) = (x —3)ex的单调递增区间是()A •(―汽2)B . (0,3)C. (1,4)D. (2,+^)【解析】f' (x) (x —3)' e+(x —3)(ex) = (x —2)ex,令 f ' (x)0,解得x>2.【答案】D2. (2020梅州调研)若函数f(x) = x3 —6bx + 3b在(0,1)内有极小值，则实数b的取值范围是( )A . (0,1)B . (— s, 1)1C. (0 ,+s) D . (0,刁)【解析】 f ' (x) 3x2 —6b,且f(x)在(0,1)内有极小值.••• f ' (x)0 在(0,1)内有解，易知b> 0且0<仍v 1,解之得0 v b v 1.【答案】D3. 对于在R上可导的任意函数f(x)，若满足(x —a)f ' (x),则必有()A. f(x) > f(a) B . f(x) w f(a)C. f(x) >f(a) D . f(x) v f(a)【解析】由(x —a)f ' (x)知Q当x> a 时，f' (x)戸当x v a 时，f' (x) w 0.•••当x= a时，函数f(x)取得最小值，则f(x) >f(a)【答案】A4. (2020 浙江高考)设函数f(x) = ax2 + bx + c(a, b, c € R)，若x = —1 为函数f(x)ex 的一个极值点，则下列图象不可能为y= f(x)的图象是()【解析】设h(x) = f(x)ex，则h' (x) (2ax + b)ex + (ax2 + bx + c)ex=(ax2 + 2ax+ bx + b+ c)ex.由x=—1为函数f(x)ex的一个极值点.因此ax2 + 2ax+ bx + b+ c= c—a= 0,「. c = a.• f(x) = ax2 + bx + a.若方程ax2 + bx + a= 0有两根x1, x2，贝Ux1x2 = a= 1, D中图象一定不满足该条件.a【答案】Df x5. (2020东莞调研)函数f(x) = x2 —2ax+ a在区间(—s, 1)上有最小值，贝函数g(x)= -在区间(1, + 8上一定()A .有最小值B .有最大值C.是减函数 D •是增函数【解析】由函数f(x) = x2- 2ax+ a在区间(―8 1)上有最小值，可得a的取值范围为a v 1, ••• g(x) = = x + a-2a,则g'符 1 —弓.X x x2易知在x € (1 ,+ 8上g' (x>0，所以g(x)为增函数.【答案】D二、填空题16. 已知f(x) = ^mx2 + In x - 2x在定义域内是增函数，则实数m的取值范围为_________ .1【解析】 f ' (x) mx + -- 2》0寸一切x > 0恒成立，x•详-(1)2+2.令g(x) =- (3)2 + - =- (1 -1)2+ 1,x x x当1 = 1，即x = 1时，g(x)有最大值1,故m> 1.x【答案】[1 , + 8)7. 已知函数f(x) = x3+ ax2 + bx+ a2 在x= 1 处取极值10，贝U f(2) = ________ .【解析】 f ' (x) 3x2 + 2ax+ b,f 1 = 10, 1 + a+ b+ a2= 10,由题意即f 1 = 0, 3 + 2a+ b = 0,消去b,得a= 4或a=- 3.但当a=- 3时，f ' (=3x2 - 6x + 3>0,故不存在极值.• a= 4, b=- 11, f(2) = 18.【答案】18&给出定义：若函数f(x)在D上可导，即f'存在，且导函数f' 在D上也可导，则称f(x) 在D上存在二阶导函数，记 f ” (x= (f ' (x))若f ” (xV0在D上恒成立，则称f(x)在D上为凸函数.以下四个函数在(0,才)上是凸函数的是_________________________________ .(把你认为正确的序号都填上)① f(x) = sin x + cos x;② f(x) = ln x —2x;③f(x) =- x3 + 2x —1;④ f(x) = xex.【答案】①②③三、解答题9. 已知函数f(x) = ex—ax—1.3由f" (x=—x2 v 0,得②是凸函数；由f" (x= —6x v 0,得③是凸函数；由f" (x= 2ex + xex>0,得④不是凸函数.n【解析】 在定义域(0, 2)内，由f " (x) — sin x — cos x v 0,得①是凸函数；(1) 若f(x)在定义域R 内单调递增，求a 的取值范围；(2) 是否存在a ,使f(x)在(—g, 0］上单调递减，在［0,+^上单调递增？若存在，求出 a 的 值；若不存在，说明理由.【解】 ⑴ T f(x) = ex — ax — 1,/• f ' (x) ex — a.••• f(x)在R 上单调递增••• f ' (x) ex — a >0恒成立，即 a < ex x € R 恒成立.■/x € R 时，ex € (0,+g), • a < 0.⑵由已知f(x)在(一g, 0］上单调递减，在区间［0, + g 上单调递增可知，f(0)是f(x)的极小值. • f ' () e0— a = 0? a = 1,经检验，a = 1符合要求.••存在a = 1满足条件.110. (2020肇庆调研)已知函数f(x) = ax2 + bln x 在x = 1处有极值(1)求a , b 的值；⑵判断函数y = f(x)的单调性并求出单调区间.b 1(1)f ' =)2ax + -，又 f(x)在 x = 1 处有极值 2. x 21a = °,即 22a + b = 0. 1解之得予且b =- 4⑵由(1)可知 f(x) = 1x2 — In x ,其定义域是(0 ,+g),戸， 1 x +1 x — 1且 f ' (=)x —-= ------------------- x x -当x 变化时，f ' (x) f(x)的变化情况如下表:所以函数y = f(x)的单调减区间是(0,1)，单调增区间是(1 ,+g)4 1【解】 函数f(x)的定义域为(0,2), f ' (= - — --------- + a.x 2 — x【解】 =0,11. 设函数f(x) = In x + ln(2 —x) + ax(a> 0).(1)当a= 1时，求f(x)的单调区间；1⑵若f(x)在(0,1］上的最大值为2，求a的值.⑴当 a = 1 时，f ' (x )x 2— x ，令 f ' (x )0,由于 0v x v 2,得 2— x2>0, ••• 0v x v 2,此时函数f(x)是增函数. 令 f ' (V 0,由 0v x v 2，得 2— x2 v 0,• ；2v x v 2,此时,f(x)是减函数.故f(x)的单调递增区间为(0,「2)，单调递减区间为('2, 2).2— 2x⑵当 x € (0,1］时，f ' (x ) - + a ,x 2 — x•/ a > 0.>0 2 — 2x+ a >0, f ' (>0.x 2— x所以，f(x)在(0,1］上单调递增，故f(x)在(0,1］上的最大值为f(1) = a , 因此a = —x2 + 2 2— 2x x 2 — x。
(广东专用)2020高考数学总复习第五章第二节课时跟踪训练理
课时知能训练一、选择题1. (2020全国卷I )设Sn 为等差数列｛an ｝的前n 项和，若a1= 1，公差d = 2, Sk + 2-Sk = 24,则k =() A . 8 B . 7 C . 6 D . 5【解析】 T 数列｛an ｝是等差数列，a1 = 1, d = 2./• an = 2n — 1,又 Sk + 2— Sk = 24,••• ak + 2+ ak + 1 = 2(k + 2) + 2(k + 1) — 2= 4k + 4= 24,k = 5.【答案】 D2 .设等差数列｛an ｝的前n 项和为Sn •若a1 = — 11, a4+ a6=— 6,则当Sn 取最小值时，n 等于() A . 6 B . 7 C . 8 D . 9【解析】 设等差数列的公差为 d ,由a4 + a6= a1 + a9=— 11 + a9=— 6，得到a9= 5，从而d = 2. 所以 Sn =— 11n +n(n —1)= n2 — 12n ,因此当Sn 取得最小值时，n = 6.【答案】 A3 .已知数列 an =｛n — 1 n 为奇数 n n 为偶数 ，贝U a1+ a2 + a3+ a4+…+ a99+ a100=( )A . 4 800B . 4 900C . 5 000D . 5 100【解析】 由题意得a1 + a2 + a3+ a4+ - + a99+ a100=0 + 2+ 2+ 4+ 4 + ••• + 98+ 98+ 100=2(2 + 4 + 6+ …+ 98) + 100 = 5 000.【答案】 C4.设等差数列｛an ｝的前n 项和为Sn ,若S3= 9, S6= 36,则a7+ a8+ a9等于( )A . 63B . 45C . 36D . 27【解析】 •/ S3、S6 — S3, S9— S6 成等差数列，且 S3 = 9, S6 = 36, S6— S3 = 27,•- a7 + a8+ a9= S3+ 18X2= 45.【答案】 B1 1因此—=1 + 3(n — 1) = 3n — 2,「. an =an ' ' 3n — 2'【答案】 C二、填空题 1 1B, 3n — 1C.3n — 2 1D'3 n + 1【解析】 1 1 1 1由题设，得 t = + 3，… — = 3.an +1 an ' an +1 an5 . （2020惠州质检）已知数列｛an ｝满足a1= 1, an + 1 = 1 故｛齐是首项为1，公差为3的等差数列.an3an + 1 ，则an 等于（6 . (2020湖南高考)设Sn是等差数列｛an｝(n € N*)的前n项和，且a1= 1, a4= 7,贝U S5= _____________ 【解析】由a4= a1 + 3d得d= 2,* S5= 5X1 + ~^~ X2 = 25.【答案】 257.等差数列｛an ｝的前n 项和为Sn ,且6S5— 5S3= 5,贝U a4= ___________ .【解析】 •/ 6S5— 5S3= 5,••• 6(5a1 + 10d)— 5(3a1 + 3d) = 5,1 1•- al + 3d = 3,即 a4= 3.1【答案】1 38 .各项均不为零的等差数列 ｛an ｝中，若an — an — 1— an + 1 = 0(n € N † , n > 2,)贝U S2 012等于 __________【解析】 T an — 1 + an + 1 = 2an• an — an — 1 — an + 1 = a2— 2an = 0,解得 an = 2 或 an = 0(舍).• S2 012= 2X2 012= 4 024.【答案】 4 024三、解答题an9. 在数列｛an ｝中，a1= 1, an +1 = 2an +2n ,设bn = ，证明：数列｛bn ｝是等差数列.2n — 1【证明】 ■/ an + 1 = 2an + 2n• bn + 1 — bn = 1, 又 b1 = a1= 1,•数列｛bn ｝是首项为1,公差为1的等差数列.10. 已知数列｛an ｝中 a1 = 8, a4= 2,且满足 an + 2+ an = 2an + 1.(1)求数列｛an ｝的通项公式；† an = a1+ (n — 1)d =— 2n + 10.⑵令an >0得n < 5.•当 n W5时，an >0 n >6时，an v 0.•当 nW5时，Sn = |a1|+ |a2|+…+ |an|=a1 + a2+ …+ an =— n2+ 9n当 n>6时，Sn = |a1|+ |a2|+…+ |an|=a1 + a2+ …+ a5— (a6 + a7+ …+ an)=—(a1 + a2+ …+ an)+ 2(a1 + a2 + …+ a5)=—(—n2+ 9n) + 2X( — 52 + 45)=n2 — 9n + 40,• Sn = ｛ — n2 + 9n n W5 , n2—9n + 40 n >6 .11. (2020肇庆模拟)设a1, d 为实数，首项为 a1,公差为d 的等差数列｛an ｝的前n 项和为Sn ,满足S5S6+ 15 =0.(1) 若 S5= 5，求 S6 及 a1;(2) 求d 的取值范围.—15【解】 (1)由题意知 S6= =— 3, a6= S6 — S5=— 8. S5 bn + 1 = an + 1 2n 2an + 2n 2n an2n — 1+ 1 = bn + 1,⑵设Sn 是数列｛|an|｝的前n 项和，求Sn.【解】 (1)由2an + 1 = an + 2 + an 可得｛an ｝是等差数列，所以｛5a1 + 10d = 5, a1+ 5d =— 8.解得 a1= 7, 所以 S6=— 3, al = 7.(2) •/ S5S6+ 15= 0,•••(5a1+ 10d)(6a1 + 15d) + 15= 0,即 2a2+ 9da1 + 10d2+ 1 = 0.由于关于al 的一元二次方程有解，所以△= 81d2— 8(10d2+ 1)= d2 — 8>0解得d <— 2 2或d 》2,2. 且公差d = a4二也= 4 — 1=—2.。
(广东专用)2020高考数学总复习 第二章第七节 课时跟踪训练 理
课时知能训练一、选择题1．如果f(x)＝ax(a ＞0且a≠1)为减函数，那么g(x)＝log 1a(x －1)的图象是图中的( )【解析】 易知0＜a ＜1，g(x)在(1，＋∞)上的增函数．【答案】 A2．(2020·韶关质检)函数y ＝2x －x2的图象大致是( )【解析】 当x ＜0时，y ＝2x －x2是增函数，从而排除C 、D.又f(2)＝f(4)＝0，B 不符合，选A. 【答案】 A3．为了得到函数y ＝lg x ＋310的图象，只需把函数y ＝lg x 的图象上所有的点( ) A ．向左平移3个单位长度，再向上平移1个单位长度B ．向右平移3个单位长度，再向上平移1个单位长度C ．向左平移3个单位长度，再向下平移1个单位长度D ．向右平移3个单位长度，再向下平移1个单位长度【解析】 由y ＝lg x ＋310，得y ＝lg(x ＋3)－1. 由y ＝lg x 图象向左平移3个单位，得y ＝lg(x ＋3)的图象，再向下平移一个单位得y ＝lg(x ＋3)－1的图象．【答案】 C4．在同一平面直角坐标系中，函数y ＝g(x)的图象与y ＝ex 的图象关于直线y ＝x 对称，而函数y ＝f(x)的图象与y ＝g(x)的图象关于y 轴对称．若f(m)＝－1，则m 的值为( )A ．－eB ．－1eC ．e D.1e 【解析】 依题意得，点(m ，－1)位于函数y ＝f(x)的图象上，点(m ，－1)关于y 轴的对称点(－m ，－1)必位于y ＝g(x)的图象上．∵y ＝g(x)与y ＝ex 的图象关于直线y ＝x 对称．∴g(x)＝ln x ．因此－1＝ln(－m)，∴－m ＝e －1，则m ＝－1e. 【答案】 B5．函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧4x －4， x≤1，x2－4x ＋3， x ＞1.的图象和函数g(x)＝log2x 的图象的交点个数是( ) A ．1 B ．2 C ．3 D ．4【解析】 在同一坐标系中画出f(x)与g(x)的图象，如图可知f(x)与g(x)的图象有3个交点．【答案】 C二、填空题6．如图2－7－1所示，函数f(x)的图象是曲线OAB ，其中点O ，A ，B 的坐标分别为(0,0)，(1,2)，(3,1)，则f(1f 3)的值等于________．图2－7－1【解析】 ∵f(3)＝1，∴1f 3＝1， ∴f(1f 3)＝f(1)＝2. 【答案】 27．(2020·梅州调研)若函数y ＝f(x)(x ∈R)满足f(x ＋2)＝f(x)，且x ∈[－1,1)时，f(x)＝|x|.则函数y ＝f(x)的图象与函数y ＝log4|x|的图象的交点的个数为________．【解析】 当|x|＞4时，y ＝log4|x|＞1，且f(x)∈[0,1]，在同一坐标系内作出两函数图象，可知两函数的图象有6个交点．【答案】 68．已知函数f(x)＝(12)x 的图象与函数y ＝g(x)的图象关于直线y ＝x 对称，令h(x)＝g(1－|x|)，则关于h(x)有下列命题：①h(x)的图象关于原点对称；②h(x)为偶函数；③h(x)的最小值为0；④h(x)在(0,1)上为减函数．其中正确命题的序号为________．(将你认为正确的命题的序号都填上)【解析】 g(x)＝log 12x ，∴h(x)＝log 12(1－|x|)， ∴h(x)＝⎩⎨⎧log 121＋x －1＜x≤0，log 121－x 0＜x ＜1， ∴正确的命题序号为②③. 【答案】 ②③ 三、解答题9．已知函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧ 3－x2，x ∈[－1，2]，x －3，x ∈2，5]. (1)画出f(x)的图象的简图；(2)根据图象写出函数的单调递增区间．【解】 (1)函数f(x)的图象如图所示．(2)由图象可知，函数f(x)的单调递增区间为[－1,0]，[2,5]．10．已知函数f(x)＝x3＋mx2＋nx －2的图象过点(－1，－6)，且函数g(x)＝f′(x)＋6x 的图象关于y 轴对称．(1)求函数f(x)的解析式；(2)若函数h(x)＝f′(x)＋c 有最小值1，试求实数c 的值．【解】 (1)由函数f(x)图象过点(－1，－6)，得m －n ＝－3. ①由f(x)＝x3＋mx2＋nx －2，得f′(x)＝3x2＋2mx ＋n ，则g(x)＝f′(x)＋6x ＝3x2＋(2m ＋6)x ＋n ，又g(x)图象关于y 轴对称， 所以－2m ＋62×3＝0， 所以m ＝－3，代入①式得n ＝0.因此f(x)＝x3－3x2－2.(2)由(1)知f′(x)＝3x2－6x ， ∴h(x)＝3x2－6x ＋c ＝3(x －1)2＋c －3.当x ＝1时，h(x)有最小值c －3.因此c －3＝1，∴c ＝4.∴实数c 的值为4.11．(2020·清远调研)已知函数f(x)＝|x2－4x ＋3|.(1)求函数f(x)的单调区间，并指出其增减性；(2)若关于x 的方程f(x)－a ＝x 至少有三个不相等的实数根，求实数a 的取值范围．【解】 f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧ x －22－1，x ∈－∞，1]∪[3，＋∞，－x －22＋1，x ∈1，3，作出图象如图所示．(1)递增区间为[1,2)，[3，＋∞)，递减区间为(－∞，1)，[2,3)．(2)原方程变形为|x2－4x ＋3|＝x ＋a ，设y ＝x ＋a ，在同一坐标系下再作出y ＝x ＋a 的图象(如图)则当直线y ＝x ＋a 过点(1,0)时，a ＝－1；当直线y ＝x ＋a 与抛物线y ＝－x2＋4x －3相切时，由⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x ＋a y ＝－x2＋4x －3得x2－3x ＋a ＋3＝0. 由Δ＝9－4(3＋a)＝0.得a ＝－34. 由图象知当a ∈[－1，－34]时，方程至少有三个不等实根．。
(广东专用)2020高考数学总复习第二章第六节课时跟踪训练理
、选择题课时知能训练 1若不等式x2 — x W0勺解集为M ，函数f(x) = ln(1 - |x|)的定义域为N ，贝U MA N 为( ) A • [0,1) B • (0,1) C . [0,1] D • (— 1,0]【解析】 易得 M = [0,1] , N = (— 1,1),二 MA N = [0,1).【答案】 A2. (2020安徽高考)若点(a , b)在y = lg x 图象上, a 工1则下列点也在此图象上的是 1 - A . (a ，b) B . (10a,1 —b)C . (—, b+ 1) D . (a2,2b)a 【解析】 T 点(a , b)在函数y = lg x 的图象上，••• b = lg a ，贝U 2b = 2lg a = lg a2,故点(a2,2b)也在函数y = lg x 的图象上.【答案】 D3. 已知函数y = g(x)的图象与函数y = 3x 的图象关于直线 y = x 对称，则g(2)的值为( ) A . 9 B. .'3C. ,'2 D . log32【解析】 易知 g(x) = log3x , • g(2)= Iog32.【答案】 D1 戸, 4. 设 a = log32 , b = In 2, c = 5—夕 则( )A . a v b v c C . c v a v bB . a v c v b D . c v b v a【解析】T a — b - ln 2 — ln 2 - ln 2 1l l 3 3 ln 3ln 3 由 2v e v 3,知 In 3 > 1, In 2>0.• a — b v 0,故 a v b. ①1 1 1 1 又 a = log32 > log3 3>2，a2>4.C2 = 5— 1 = 4. • a2> c2, a > c. ②结合①、②知，b > a > c.【答案】 C5. (2020 •州模拟)已知函数f(x) = |lg x|.若a 工,且f(a) = f(b)，则a + b 的取值范围是( )A . (1,+ IB . [1 ,+ ©C . (2,+ a )D . [2 ,+ I【解析】 lg x f(x) = |lg x| = -lg x x >1 ,0v x v 1又 a ^b 且 f(a) = f(b).• a , b 在f(x)的不同单调区间上.不妨设 0v a v 1, b > 1.则 lg b = — lg a ，因此，ab = 1.••• a + b > 2 ab = 2(a 丰 b) 【答案】 C二、填空题Ig x , x > 0,6-(2020 陕西高考)设 f (x )= 10x , x W0 则 f (f ( -2))=——1【解析】 由题设f( — 2)= 10-2 =而〉0,则 f(f( — 2)) = f(10 — 2) = Ig 10 — 2= — 2lg 10 = — 2.【答案】 —27 .已知 f(3x) = 4xlog23 + 233，贝U f(2) + f(4) + f(8) + …+ f(28)的值是 ____________【解析】 3x = t , • x = Iog3t ,• f(t) = 4log23 log3t + 233 = 4log2t + 233,• f(2) + f(4) + f(8) + •••+ f(28)=4(log22 + Iog24 + Iog28 + …+ Iog228) + 8 X233=4 - Iog2(2 - 22 - 23•…28昭33 = 4 Iog2236 + 1 864=4X 36+ 1 864= 2 008.【答案】 2 008(2) 当 x0> 0 时,f(x0) 斗化为 Iog2(x0 + 2) 则 Iog2(x0 + 2) >Iog24 • x0 + 2>4 二 x0》2, • x0的取值范围是(―a,— 1] U [2 ,+ R ). 【答案】 (―a, — 1] U [2 , + a)三、解答题9. 已知 0v x v n ，化简:lg(cos x tan x + 1 — 2$喝)+ lg^/2cos(x —》]—lg(1 + sin 2x).【解】•/ 0v x v n•原式=lg(sin x + cos x) + lg(cos x + sin x) — lg(1 + sin 2x) sin x +cos x 2 1 + sin 2x 10. (2020梅州调研)已知函数f(x) = — x + Iog27—I 十x1 1(1)求 f(2 013)十 f( ― 2 013)的值；⑵当x € (— a , a],其中a € (0,1), a 是常数时，函数f(x)是否存在最小值？若存在， 求出f(x)的最小值；若不存在，请说明理由.【解】 •/ f(x)的定义域为(—1,1)，关于原点对称,1 + x . c 1 — x(1)f( — x)= x + Iog2 = x — Iog2〒 &已知函数 f(x)= Iog2 x , x <0 x +2 , x >0若f(x0) 则x0的取值范围是=Ig 1+ sin 2x1+ sin 2xf(x0)》化为【解析】(1)当 x0<0时,1 —x 1 + x• f( —x) = —f(x)，故f(x)在(—1,1)上是奇函数，1 111因此f(2 013)+f(—2 013)=f(2 013)—f(2 013)=0.2⑵•/ f(x) = —x+ Iog2( —1+ 1+x)，当一1v x v 1时，u= 1 + x是增函数，且1 + x >0, • f(x)在(—1,1)上是减函数，又a€ (0,1),•当x€ (—a, a］时，f(x)是减函数，1 一a故f(x)min = f(a) = —a+ Iog21 + a•f(x)存在最小值，且为Iog21—a—a.1 + a11 .已知函数f(x) = Iog4(4x + 1) + 2kx(k € R)是偶函数.(1) 求k的值；(2) 若方程f(x) = m有解，求m的取值范围.【解】(1)由函数f(x)是偶函数，可知f(x) = f( —x), •Iog4(4x + 1) + 2kx = Iog4(4 —x + 1) —2kx,4x + 1•• Iog4=—4kx ,4 —x + 1•Iog44x =—4kx,•x =—4kx，即(1 + 4k)x = 0,对x € R 恒成立，•k =—14'1(2)由m = f(x) = Iog4(4x + 1) — =Iog44；+1 = Iog4(2x +••• Iog42 = 1.1 故要使方程f(x) = m有解，m的取值范围为【2，+8).。
(广东专用)2020高考数学总复习 第二章第二节 课时跟踪训练 理
课时知能训练一、选择题1．(2020·汕尾模拟)函数f(x)中，满足“对任意x1，x2∈(0，＋∞)，当x1＜x2时，都有f(x1)＞f(x2)”的是( )A ．f(x)＝1xB ．f(x)＝(x －1)2C ．f(x)＝exD ．f(x)＝ln(x ＋1)【解析】 由题意知f(x)在(0，＋∞)上是减函数．A 中，f(x)＝1x满足要求； B 中f(x)＝(x －1)2在[0,1]上是减函数，在(1，＋∞)上是增函数；C 中f(x)＝ex 是增函数；D 中f(x)＝ln(x ＋1)是增函数．【答案】 A2．若函数f(x)＝－x2＋2ax 与g(x)＝(a ＋1)1－x 在区间[1,2]上都是减函数，则a 的取值范围是( )A ．(－1,0)B ．(－1,0)∪(0,1]C ．(0,1)D ．(0,1]【解析】 ∵f(x)＝－x2＋2ax ＝－(x －a)2＋a2在[1,2]上是减函数，∴a≤1. ①又g(x)＝(a ＋1)1－x 在[1,2]上是减函数．∴a ＋1＞1，∴a ＞0 ②由①、②知，0＜a≤1.【答案】 D3．定义新运算：当a≥b 时，a b ＝a ；当a ＜b 时，a b ＝b2，则函数f(x)＝(1x)x －(2x)，x ∈[－2,2]的最大值等于( )A ．－1B ．1C ．6D ．12【解析】 由已知得当－2≤x≤1时，f(x)＝x －2，当1＜x≤2时，f(x)＝x3－2∵f(x)＝x －2，f(x)＝x3－2在定义域内都为增函数．∴f(x)的最大值为f(2)＝23－2＝6.【答案】 C4．已知函数f(x)＝x2－2ax ＋5在(－∞，2]上是减函数，且对任意的x1，x2∈[1，a ＋1]，总有|f(x1)－f(x2)|≤4，则实数a 的取值范围为( )A ．[1,4]B ．[2,3]C ．[2,5]D ．[3，＋∞)【解析】 ∵f(x)＝x2－2ax ＋5的对称轴方程x ＝a.又∵f(x)在(－∞，2]上是减函数，∴2≤a ，又∵x1，x2∈[1，a ＋1]，∴|f(x1)－f(x2)|≤{f(x1)，f(x2)}max －f(a)．又∵|f(x1)－f(x2)|≤4，∴⎩⎪⎨⎪⎧ f 1－f a ≤4，f a ＋1－f a ≤4.即⎩⎪⎨⎪⎧ 6－2a －5－a2≤46－a2－5－a2≤4解得：－1≤a≤3.综上可知：2≤a≤3.【答案】 B5．(2020·揭阳质检)已知f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧2－a x ＋1，x ＜1ax ， x≥1是R 上的增函数，那么a 的取值范围是( )A ．(1，＋∞)B ．(1，32]C ．(1,2)D ．[32，2) 【解析】 依题意⎩⎪⎨⎪⎧ 2－a ＞0，a ＞1，a≥2－a ×1＋1.解之得32≤a ＜2. 【答案】 D二、填空题6．(2020·江苏高考)函数f(x)＝log5(2x ＋1)的单调增区间是________．【解析】 f(x)的定义域(－12，＋∞)， y ＝log5u 在(0，＋∞)上是增函数，且x ＞－12时，u ＝2x ＋1为增函数， 函数f(x)的增区间是(－12，＋∞)． 【答案】 (－12，＋∞) 7．(2020·东莞模拟)对于任意实数a ，b ，定义min{a ，b}＝⎩⎪⎨⎪⎧a ，a≤b ，b ，a ＞b.设函数f(x)＝－x ＋3，g(x)＝log2x ，则函数h(x)＝min{f(x)，g(x)}的最大值是________．【解析】 依题意，h(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧log2x ，0＜x≤2，－x ＋3，x ＞2. 当0＜x≤2时，h(x)＝log2x 是增函数；当x ＞2时，h(x)＝3－x 是减函数，∴h(x)在x ＝2时，取得最大值h(2)＝1.【答案】 18．(2020·北京高考)已知函数f(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧2x ， x≥2，x －13， x ＜2.若关于x 的方程f(x)＝k 有两个不同的实根，则实数k 的取值范围是________．【解析】 当x≥2时，f(x)＝2x 是减函数，0＜f(x)≤1， 当x ＜2时，f(x)＝(x －1)3是增函数，f(x)＜1.结合函数的图象知，f(x)＝k 有两个不同的实根，则0＜k ＜1.【答案】 (0,1)三、解答题9．已知f(x)＝x x －a(x≠a)． (1)若a ＝－2，试证f(x)在(－∞，－2)内单调递增；(2)若a ＞0且f(x)在(1，＋∞)内单调递减，求a 的取值范围．【解】 (1)证明 任设x1＜x2＜－2，则f(x1)－f(x2)＝x1x1＋2－x2x2＋2＝2x1－x2x1＋2x2＋2. ∵(x1＋2)(x2＋2)＞0，x1－x2＜0，∴f(x1)＜f(x2)，∴f(x)在(－∞，－2)内单调递增．(2)f(x)＝x x －a ＝x －a ＋a x －a ＝1＋a x －a ， 当a ＞0时，f(x)在(a ，＋∞)，(－∞，a)上是减函数，又f(x)在(1，＋∞)内单调递减，∴0＜a≤1，故实数a 的取值范围为(0,1]．10．若不等式a －1|x|＜2x 在[1，＋∞)上恒成立，求实数a 的取值范围． 【解】 不等式a －1|x|＜2x 在[1，＋∞)上恒成立， 得a －1x ＜2x ，即a ＜2x ＋1x恒成立． 令g(x)＝2x ＋1x，x ∈[1，＋∞)， ∵g′(x)＝2－1x2＝2x2－1x2， 当x≥1时，g′(x)＞0，∴g(x)在x ∈[1，＋∞)上是增函数．因此g(x)min ＝g(1)＝3.∴a ＜3时，f(x)＜2x 在x ∈[1，＋∞)上恒成立．故实数a 的取值范围是(－∞，3)．11．(2020·江西高考)设f(x)＝13x3＋mx2＋nx.(1)如果g(x)＝f′(x)－2x －3在x ＝－2处取得最小值－5，求f(x)的解析式；(2)如果m ＋n ＜10(m ，n ∈N ＋)，f(x)的单调递减区间的长度是正整数，试求m 和n 的值．(注：区间(a ，b)的长度为b －a)【解】 (1)易知f′(x)＝x2＋2mx ＋n∴g(x)＝f′(x)－2x －3＝x2＋2(m －1)x ＋n －3＝(x ＋m －1)2＋n －3－(m －1)2，∵g(x)在x ＝－2处取得最小值－5.所以⎩⎪⎨⎪⎧ m －1＝2n －3－m －12＝－5，即m ＝3，n ＝2，故函数的解析式为f(x)＝13x3＋3x2＋2x. (2)因为f′(x)＝x2＋2mx ＋n ，且f(x)的单调递减区间的长度为正整数，故f′(x)＝0一定有两个不同的根，从而Δ＝4m2－4n ＞0即m2＞n.不妨设为x1，x2，则|x2－x1|＝2m2－n 为正整数．故m≥2时才可能有符合条件的m ，n ，当m ＝2时，只有n ＝3符合要求，当m ＝3时，只有n ＝5符合要求，当m≥4时，没有符合要求的n.综上所述，只有m ＝2，n ＝3或m ＝3，n ＝5满足上述要求．。
(广东专用)2020高考数学总复习第二章第三节课时跟踪训练理
课时知能训练一、选择题1若f(x)是R 上周期为5的奇函数，且满足 f(1) = 1, f(2) = 2，则f(3) — f(4)等于( )A 1B . 1C .— 2D . 2【解析】 ：•函数周期T = 5,且为奇函数，••• f(1) = f(1 — 5)= f( — 4) =— f(4) = 1 , ••• f(4) =— 1.又••• f(2) = f(2 — 5) = f( — 3) = — f(3) = 2,•-f(3) = — 2,因此 f(3) — f(4) = — 2— ( — 1) =— 1. 【答案】 A2.(2020安徽高考)设f(x)是定义在 R 上的奇函数，当x W0寸，f(x) = 2x2 — x ,贝U f(1)=( )A . — 3B .— 1C . 1D . 3【解析】 当 x <0时，f(x) = 2x2 — x ,贝U f( — 1) = 3,由f(x)在R 上为奇函数，得f(1) =— f( — 1) = — 3.【答案】 A3. 若函数 f(x)满足 f(x) f(x + 2) = 2,若 f(0) = 2,贝U f(2 012)=( )A . 2B . — 2C . 1D . 2 0102 2【解析】 由 f(x + 2)=得 f(x + 4) == f(x),ff x + 2• f(x)的周期为4.• f(2 012) = f(503 冶 + 0) = f(0) = 2. 【答案】 A4.(2020 •东六校联考)若偶函数f(x)在(―汽0)内单调递减，则不等式 f( — 1)< f(lg x)的解集是()A . (0,10)B .去 10)1 、小 1C .(在，+)D. (0, 10) U (10 , + ©【解析】 因为f(x)为偶函数，所以f(x) = f(|x|),因为f(x)在(一8, 0)内单调递减， 所以f(x)在(0 ,+8上单调递增. 故|lg x| > 1,即即 lg x > 1 或 lg x <— 1 ,1解得 x > 10或 0<x < 10. 【答案】 D5. (2020湖北高考)已知定义在 R 上的奇函数f(x)和偶函数g(x)满足f(x) + g(x) = ax — a — x +2(a > 0,且 a 工 1)若 g(2) = a ,则 f(2)=( )A . 2m 15J7 D . a2B.C.. 44【解析】-f(x)为奇函数，g(x)为偶函数，••• f( —2) + g( —2)= g(2) —f(2) = a—2 —a2+ 2, ②• f( —2) = —f(2), g(—2) = g(2) = a,••• f(2) + g(2)=a2 —a—2+ 2, ①由①、②联立，g(2) = a= 2, f(2) = a2—a—2=.4【答案】 B二、填空题6. 设函数f(x) = x(ex + ae— x)(x € R)是偶函数，则实数a的值为_____________ .【解析】••• f(x)是偶函数，• f( —1) = f(1),•••—C + ae)= e+ a，化简变形得(1 + a)(e + 】)=0,e e e因此1 + a= 0, • a=—1.【答案】—17. __________________________________________________________________ (2020 广东高考)设函数f(x) = x3cos x + 1，若f(a) = 11,贝U f( —a)= _______________________ .【解析】令g(x) = f(x) —1 = x3cos x，则g(x)为奇函数，由f(a) = g(a)+ 1 = 11,得g(a)= 10, g(—a)=—10,又g( —a)= f( —a) —1,故f( —a)= g( —a) + 1 = —9.【答案】—9&设函数f(x)是定义在R上的偶函数，且对任意的x€ R恒有f(x + 1) = f(x —1)，已知当x€ ［0,1］时,f(x) = 2x,则有①2是函数f(x)的周期；②函数f(x)在(1,2)上是减函数，在(2,3)上是增函数；③函数f(x)的最大值是1，最小值是0.其中所有正确命题的序号是____________ .【解析】在f(x + 1) = f(x —1)中，令x—1 = t，则有f(t + 2) = f(t),因此2是函数f(x)的周期，故①正确；当x€ ［0,1］时，f(x) = 2x是增函数，则f(x)在［—1,0］上是减函数，根据函数的周期性知，函数f(x)在(1,2)上是减函数，在(2,3)上是增函数，故②正确；在区间［—1,1］上，f(x)的最大值为f(1) = f( —1) = 2, f(x)的最小值为f(0) = 1,故③错误.【答案】①②三、解答题9. 已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，当x》0寸，f(x) = x2 + 2x.试解关于a的不等式f(2 —a2) >f(a).【解】当x寸，f(x) = x2 + 2x是增函数.又f(x)是定义在R上的奇函数.•f(x)在(—8,+^上是增函数.由f(2 —a2)>f(a)，得2 —a2> a,解之得—2v a v 1.•••不等式的解集为{a| —2v a v 1}.10. 定义在R上的函数f(x)，满足对任意x1 , x2 € R,有f(x1 + x2) = f(x1) + f(x2).(1)判断函数f(x)的奇偶性；⑵如果f(4) = 1, f(x —1)v 2，且f(x)在［0，+ 上是增函数，试求实数x的取值范围. 【解】(1)令x1 = x2 = 0,得f(0) = 0；令x1 = x, x2 = —x,得f(0) = f(x) + f( —x),即f( —x) = —f(x), •f(x)为奇函数.••• f( —2) + g( —2)= g(2) —f(2) = a—2 —a2+ 2, ②(2) •/ f(4) = 1,「. f(8) = f(4) + f(4)= 2,•••原不等式化为f(x —1) v f(8).又f(x)在［0，+ s上是增函数，f(0) = 0且f(x)是奇函数，• f(x)在(—8,+^上是增函数.因此x —1 v 8，• x v 9.所以实数x的取值范围是(一8, 9).11•已知函数f(x)是定义在R上的奇函数，且它的图象关于直线x= 1对称.(1)求证：f(x)是周期为4的周期函数；⑵若f(x) = x(0 v x W 1)求x € ［—5, —4］时，函数f(x)的解析式.【解】⑴证明由函数f(x)的图象关于直线x = 1对称，有f(x + 1)= f(1 —x)，即有f( —x) = f(x + 2).又函数f(x)是定义在R上的奇函数，有f( —x) = —f(x).故f(x + 2)=—f(x).从而f(x + 4) = —f(x + 2) = f(x)，即f(x)是周期为4的周期函数.⑵由函数f(x)是定义在R上的奇函数，有f(0) = 0.x € ［—1,0)时，一x € (0,1］，f(x) = —f( —x)=—号一x.故x € ［—1,0］时，f(x) =——x.x€ ［—5，—4］时，x+ 4 € ［—1,0］，f(x) = f(x + 4) =——x —4.从而，x€ ［—5，—4］时，函数f(x) =—，—x—4.。
(广东专用)2020高考数学总复习 第二章第十三节 课时跟踪训练 理
课时知能训练一、选择题1．(2020·汕尾质检)⎠⎛241x dx 等于( ) A ．－2ln 2 B ．2ln 2 C ．－ln 2 D ．ln 2【解析】 ⎠⎛241xdx ＝ln x | 42＝ln 4－ln 2＝ln 2. 【答案】 D2．已知f(x)为偶函数且⎠⎛06f(x)dx ＝8，则⎠⎛6－6f(x)dx 等于( ) A ．0 B ．4 C ．8 D ．16【解析】 原式＝⎠⎛0－6f(x)dx ＋⎠⎛06f(x)dx ， ∵原函数为偶函数，即在y 轴两侧的图象对称．∴对应的面积相等．即8×2＝16.【答案】 D3．(2020·湖南高考)由直线x ＝－π3，x ＝π3，y ＝0与曲线y ＝cos x 所围成的封闭图形的面积为( )A.12 B ．1 C.32D. 3 【解析】 由定积分的几何意义，曲线围成的面积为S ＝∫π3－π3cos xdx ＝sin x ⎪⎪⎪ π3－π3＝sin π3－sin(－π3)＝ 3. 【答案】 D图2－13－34．(2020·潮州模拟)如图2－13－3所示，阴影部分的面积是( )A ．2 3B ．2－ 3 C.323 D.353【解析】 设阴影部分面积为S ，则S ＝⎠⎛1－3[(3－x2)－2x]dx ＝(3x －x33－x2)| 1－3＝323. 【答案】 C5．若a ＝⎠⎛2π2sin xdx ，b ＝⎠⎛01cos xdx ，则a 与b 的关系( ) A ．a ＜b B ．a ＞bC ．a ＝bD ．a ＋b ＝0【解析】 ∵(－cos x)′＝sin x ，(sin x)′＝cos x ，∴a ＝⎠⎛2π2sin xdx ＝－cos x | 错误!＝－cos 2， b ＝⎠⎛01cos xdx ＝sin 1. ∴b －a ＝sin 1＋cos 2＝－2sin21＋sin 1＋1＝98－2(sin 1－14)2， ∵0＜sin 1＜1，∴b －a ＞0，a ＜b.【答案】 A二、填空题6．定积分⎠⎛0416－x2dx ＝________. 【解析】 ∵y ＝16－x2表示以(0,0)为圆心，以4为半径的上半圆．∴⎠⎛0416－x2dx 表示圆面积的14，即14×π×42＝4π. 【答案】 4π7．已知力F 和物体移动方向相同，而且与物体位置x 有如下关系：F(x)＝⎩⎪⎨⎪⎧|x|， x≤0.x2＋1， x>0.那么力F 使物体从x ＝－1的点运动到x ＝1的点做功大小为________．【解析】 ⎠⎛1－1F(x)dx ＝⎠⎛0－1|x|dx ＋⎠⎛10(x2＋1)dx ＝⎠⎛0－1(－x)dx ＋⎠⎛10(x2＋1)dx ＝－x22| 0－1＋(x33＋x)| 10 ＝12(－1)2＋13×13＋1＝116. 【答案】 1168．(2020·深圳模拟)如图2－13－4，圆O ：x2＋y2＝π2内的正弦曲线y ＝sin x 与x 轴围成的区域记为M(图中阴影部分)，随机往圆O 内投一个点A ，则点A 落在区域M 内的概率是________．图2－13－4【解析】 ∵S 阴＝2⎠⎛0πsin xdx ＝－2cos x | π0＝4，S 圆＝π3 ∴P(A)＝S 阴S 圆＝4π3. 【答案】 4π3 三、解答题9．汽车从A 处起以速度v(t)＝v0－at(m/s)(其中v0，a 均为正的常数)开始减速行驶，至B 点停止，求A ，B 之间的距离．【解】 由v0－at ＝0，得t ＝v0a， 则s ＝∫v0a 0(v0－at)dt ＝∫v0a 0v0dt －∫v0a0atdt ＝v0t | v0a 0－12at2| v0a 0＝v20a －12a(v0a )2＝v202a. ∴A ，B 之间的距离为v202a. 10．已知f(x)在R 上可导，f(x)＝x2＋2f′(2)x ＋3，试求⎠⎛03f(x)dx 的值． 【解】 ∵f(x)＝x2＋2f′(2)x ＋3，∴f′(x)＝2x ＋2f′(2)，∴f′(2)＝4＋2f′(2)，∴f′(2)＝－4，∴f(x)＝x2－8x ＋3，∴⎠⎛03f(x)dx ＝(13x3－4x2＋3x)| 30＝－18. 11．如图2－13－5所示，直线y ＝kx 分抛物线y ＝x －x2与x 轴所围图形为面积相等的两部分，求k 的值．图2－13－5【解】 抛物线y ＝x －x2与x 轴两交点的横坐标为x1＝0，x2＝1，所以，抛物线与x 轴所围图形的面积S ＝⎠⎛01(x －x2)dx ＝(x22－13x3)| 10＝16. 又⎩⎪⎨⎪⎧y ＝x －x2，y ＝kx ，得x2＋x(k －1)＝0. 抛物线y ＝x －x2与y ＝kx 两交点的横坐标为x3＝0，x4＝1－k ，所以，S 2＝∫1－k 0(x －x2－kx)dx ＝(1－k 2x2－13x3)| 1－k 0 ＝16(1－k)3. 又知S ＝16， 所以(1－k)3＝12， 于是k ＝1－ 312＝1－342.。
(广东专用)2020高考数学总复习 第八章第三节 课时跟踪训练 理
课时知能训练一、选择题1．(2020·广州模拟)若圆心在x 轴上，半径为5的圆O 位于y 轴左侧，且与直线x ＋2y ＝0相切，则圆O 的方程是( )A ．(x －5)2＋y2＝5B ．(x ＋5)2＋y2＝5C ．(x －5)2＋y2＝5D ．(x ＋5)2＋y2＝5【解析】 设圆心为(a,0)(a ＜0)，则r ＝|a ＋2×0|12＋22＝5，解得a ＝－5， 所以，圆的方程为(x ＋5)2＋y2＝5.【答案】 D2．已知圆C ：x2＋y2＋mx －4＝0上存在两点关于直线x －y ＋3＝0对称，则实数m 的值为( )A ．8B ．－4C ．6D ．无法确定【解析】 因为圆上两点A 、B 关于直线x －y ＋3＝0对称，所以直线x －y ＋3＝0过圆心(－m 2，0)， 从而－m 2＋3＝0，即m ＝6. 【答案】 C3．已知两点A(－2,0)，B(0,2)，点C 是圆x2＋y2－2x ＝0上任意一点，则△ABC 面积的最小值是( )A ．3－ 2B ．3＋ 2C ．3－22 D.3－22【解析】 圆的标准方程为(x －1)2＋y2＝1，直线AB 的方程为x －y ＋2＝0，圆心(1,0)到直线AB 的距离d ＝|1－0＋2|2＝322， 则点C 到直线AB 的最短距离为322－1，又|AB|＝22， S △ABC 的最小值为12×22×(322－1)＝3－ 2. 【答案】 A4．点P(4，－2)与圆x2＋y2＝4上任一点连线的中点轨迹方程是( )A ．(x －2)2＋(y ＋1)2＝1B ．(x －2)2＋(y ＋1)2＝4C ．(x ＋4)2＋(y －2)2＝4D ．(x ＋2)2＋(y －1)2＝1【解析】 设圆上任一点坐标为(x0，y0)，则x20＋y20＝4，连线中点坐标为(x ，y)，则⎩⎪⎨⎪⎧ 2x ＝x0＋4，2y ＝y0－2，⇒⎩⎪⎨⎪⎧x0＝2x －4，y0＝2y ＋2，代入x20＋y20＝4中得(x －2)2＋(y ＋1)2＝1.【答案】 A5．(2020·重庆高考)在圆x2＋y2－2x －6y ＝0内，过点E(0,1)的最长弦和最短弦分别为AC 和BD ，则四边形ABCD 的面积为( ) A ．5 2 B ．10 2 C ．15 2 D ．20 2【解析】 圆的标准方程为(x －1)2＋(y －3)2＝10，则圆心F(1,3)半径r ＝10，由题意知AC ⊥BD ，且AC ＝210，|BD|＝210－5＝25，所以四边形ABCD 的面积为S ＝12|AC|·|BD| ＝－12×210×25＝10 2. 【答案】 B二、填空题6．(2020·潮州模拟)直线x －2y －2k ＝0与2x －3y －k ＝0的交点在圆x2＋y2＝9的外部，则k 的范围是________．【解析】 由⎩⎪⎨⎪⎧ x －2y －2k ＝02x －3y －k ＝0，得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝－4k y ＝－3k . ∴(－4k)2＋(－3k)2＞9，即25k2＞9，解得k ＞35或k ＜－35. 【答案】 (－∞，－35)∪(35，＋∞) 7．圆C 的圆心在直线2x －y －7＝0上，且与y 轴交于点A(0，－4)，B(0，－2)，则圆C 的方程是________．【解析】 圆心也在直线y ＝－3上，故圆心为(2，－3)，半径为 5.∴所求圆的方程为(x －2)2＋(y ＋3)2＝5.【答案】 (x －2)2＋(y ＋3)2＝58．(2020·佛山模拟)已知圆C 的圆心是直线x －y ＋1＝0与x 轴的交点，且圆C 与直线x ＋y ＋3＝0相切．则圆C 的方程为________．【解析】 由题意可得圆心(－1,0)，圆心到直线x ＋y ＋3＝0的距离即为圆的半径，故r ＝22＝2，所以圆的方程为(x ＋1)2＋y2＝2.【答案】 (x ＋1)2＋y2＝2三、解答题9．(2020·福建高考改编)已知直线l ：y ＝x ＋m ，m ∈R ，若以点M(2,0)为圆心的圆与直线l 相切于点P ，且点P 在y 轴上，求该圆的方程．【解】 法一 依题意，点P 的坐标为(0，m)，因为MP ⊥l ，所以0－m 2－0×1＝－1， 解得m ＝2，即点P 的坐标为(0,2)，从而圆的半径r ＝|MP|＝2－02＋0－22＝22，故所求圆的方程为(x －2)2＋y2＝8.法二 设所求圆的半径为r ，则圆的方程可设为(x －2)2＋y2＝r2.依题意，所求圆与直线l ：x －y ＋m ＝0相切于点P(0，m)，则⎩⎪⎨⎪⎧4＋m2＝r2，|2－0＋m|2＝r ， 解得⎩⎨⎧m ＝2，r ＝2 2.所以所求圆的方程为(x －2)2＋y2＝8.10.图8－3－1如图8－3－1，矩形ABCD 的两条对角线相交于点M(2,0)，边AB 所在直线的方程为x －3y －6＝0，点T(－1，1)在边AD 所在直线上．求：(1)边AD 所在直线的方程；(2)矩形ABCD 外接圆的方程．【解】 (1)∵直线AB 的斜率为13，AD ⊥AB ，∴kAD ＝－3. ∵T(－1,1)在边AD 所在直线上，∴直线AD 的方程为y －1＝－3(x ＋1)，即3x ＋y ＋2＝0.(2)∵点A 为直线AB ，AD 的交点，∴点A 坐标为方程组⎩⎪⎨⎪⎧ 3x ＋y ＋2＝0，x －3y －6＝0的解， 解之得⎩⎪⎨⎪⎧x ＝0，y ＝－2，∴A(0，－2)． ∵矩形的对角线的交点即为其外接圆的圆心，∴所求圆的方程为(x －2)2＋y2＝8.11．已知以点P 为圆心的圆过点A(－1,0)和B(3,4)，线段AB 的垂直平分线交圆P 于点C 、D ，且|CD|＝410.(1)求直线CD 的方程；(2)求圆P 的方程；(3)设点Q 在圆P 上，试探究使△QAB 的面积为8的点Q 共有几个？证明你的结论．【解】 (1)∵kAB ＝1，AB 的中点坐标为(1,2)，∴直线CD 的方程为y －2＝－(x －1)，即x ＋y －3＝0.(2)设圆心P(a ，b)，则由P 在CD 上得a ＋b －3＝0，①又直径|CD|＝410，∴|PA|＝210，∴(a＋1)2＋b2＝40，②①代入②消去a得b2－4b－12＝0，解得b＝6或b＝－2.当b＝6时，a＝－3，当b＝－2时，a＝5.∴圆心P(－3,6)或P(5，－2)，∴圆P的方程为(x＋3)2＋(y－6)2＝40或(x－5)2＋(y＋2)2＝40.(3)∵|AB|＝42＋42＝42，∴当△QAB面积为8时，点Q到直线AB的距离为2 2.又圆心到直线AB的距离为2102－222＝42，圆P的半径r＝210，且42＋22＞210，故点Q不在劣弧AB上，∴圆上共有两个点Q，使△QAB的面积为8.。
(广东专用)2020高考数学总复习 第四章第二节 课时跟踪训练 理
课时知能训练一、选择题1．(2020·湛江模拟)在△ABC 中，点P 在BC 上，且BP →＝2PC →，点Q 是AC 的中点，若PA →＝(4,3)，PQ →＝(1,5)，则BC →等于( )A ．(－2,7)B ．(－6,21)C ．(2，－7)D ．(6，－21)【解析】 AC →＝2AQ →＝2(PQ →－PA →)＝2(－3,2)＝(－6,4)，BC →＝3PC →＝3(PA →＋AC →)＝3(－2,7)＝(－6,21)．【答案】 B2．(2020·上海高考)设A1，A2，A3，A4，A5是平面上给定的5个不同点，则使MA1→＋MA2→＋MA3→＋MA4→＋MA5→＝0成立的点M 的个数为( )A ．0B ．1C ．5D ．10【解析】 设M(x ，y)，Ai(xi ，yi)(i ＝1,2,3,4,5)，由MA1→＋MA2→＋MA3→＋MA4→＋MA5→＝0，∴(x1＋x2＋…＋x5－5x ，y1＋y2＋…＋y5－5y)＝(0,0)，∴x ＝x1＋x2…＋x55，y ＝y1＋y2＋…＋y55， ∵Ai 为定点，∴x ，y 为定值，因此点M 的个数为1.【答案】 B3．△ABC 中，M 为边BC 上任意一点，N 为AM 的中点，且AN →＝λAB →＋μAC →，则λ＋μ的值为( )A.12B.13C.14 D ．1【解析】 如图所示，由B 、M 、C 共线，∴AM →＝xAB →＋(1－x)AC →，又N 为AM 的中点，∴AN →＝12AM →＝x 2AB →＋1－x 2AC →， 由平面向量的基本定理，∴λ＝x 2且μ＝1－x 2，故λ＋μ＝12. 【答案】 A4．若平面向量a ＝(1，x)和b ＝(2x ＋3，－x)互相平行，其中x ∈R ，则|a －b|＝( )A ．2 5B ．2或2 5C ．－2或0D ．2或10 【解析】 因为向量a ，b 平行，所以x(2x ＋3)＋x ＝0，解得x ＝0或x ＝－2，当x ＝0时，a ＝(1,0)和b ＝(3,0)，a －b ＝(－2,0)，所以|a －b|＝2；当x ＝－2时a ＝(1，－2)和b ＝(－1,2)，a －b ＝(2，－4)，所以|a －b|＝2 5.【答案】 B5．设向量a ＝(1,0)，b ＝(12，12)，则下列结论中正确的是( ) A ．|a|＝|b| B ．a·b ＝22C ．a －b 与b 垂直D ．a ∥b 【解析】 易知|a|＝1，|b|＝122＋122＝22. ∵a·b ＝1×12＋0×12＝12， ∴a·b≠22，B 不正确． ∵a －b ＝(1,0)－(12，12)＝(12，－12)， ∴(a －b)·b ＝(12，－12)·(12，12)＝0，C 正确． ∵1×12－0×12≠0，∴a 不平行于b.D 不正确． 【答案】 C二、填空题6．已知向量a ＝(－2,3)，b ∥a ，向量b 的起点为A(1,2)，终点B 在x 轴上，则点B 的坐标为________．【解析】 设B(x,0)，则b ＝AB →＝(x －1，－2)，又b ∥a ，∴3(x －1)－(－2)×(－2)＝0，∴x ＝73. 【答案】 (73，0) 7．已知向量OC →＝(2,2)，CA →＝(2cos α，2sin α)，则向量OA →的模的最大值是________．【解析】 OA →＝OC →＋CA →＝(2＋2co s α，2＋2sin α)，∴|OA →|2＝(2＋2cos α)2＋(2＋2sin α)2＝10＋8sin(α＋π4)≤18，故|OA →|≤3 2. 【答案】 3 28．(2020·梅州调研)已知向量a ＝(2，－1)，b ＝(－1，m)，c ＝(－1,2)，若(a ＋b)∥c ，则m ＝________.【解析】 ∵a ＝(2，－1)，b ＝(－1，m)，∴a ＋b ＝(1，m －1)，又c ＝(－1,2)，且(a ＋b)∥c ，∴2＋m －1＝0，∴m ＝－1.【答案】 －1三、解答题9．设i 、j 分别是平面直角坐标系Ox ，Oy 轴正方向上的单位向量，且OA →＝－2i ＋mj ，OB →＝ni ＋j ，OC →＝5i －j ，若点A 、B 、C 在同一条直线上，且m ＝2n ，求实数m 、n 的值．【解】 AB →＝OB →－OA →＝(n ＋2)i ＋(1－m)j ，BC →＝OC →－OB →＝(5－n)i ＋(－2)j ，因为A ，B ，C 共线，所以AB →与BC →共线，所以－2(n ＋2)＝(1－m)(5－n)． ①又m ＝2n ， ②解①②组成的方程组得10．已知点O(0,0)，A(1,2)，B(4,5)，且OP →＝OA →＋tAB →(t ∈R)，问：(1)t 为何值时，点P 在x 轴上？点P 在第二、四象限角平分线上？(2)四边形OABP 能否成为平行四边形？若能，求出相应的t 值；若不能，请说明理由．【解】 (1)∵O(0,0)，A(1,2)，B(4,5)，∴OA →＝(1,2)，AB →＝(3,3)，OP →＝OA →＋tAB →＝(1＋3t,2＋3t)．若P 在x 轴上，只需2＋3t ＝0，t ＝－23； 若P 在第二、四象限角平分线上，则1＋3t ＝－(2＋3t)，t ＝－12. (2)OA →＝(1,2)，PB →＝(3－3t,3－3t)，若OABP 是平行四边形，则OA →＝PB →，所以四边形OABP 不可能为平行四边形．11．已知向量a ＝(sin θ，cos θ－2sin θ)，b ＝(1,2)．(1)若a ∥b ，求tan θ的值；(2)若|a|＝|b|,0＜θ＜π，求θ的值．【解】 (1)因为a ∥b ，所以2sin θ＝cos θ－2sin θ，于是4sin θ＝cos θ，故tan θ＝14. (2)由|a|＝|b|知，sin2θ＋(cos θ－2sin θ)2＝12＋22， 所以1－2sin 2θ＋4sin2θ＝5.从而－2sin 2θ＋2(1－cos 2θ)＝4，即sin 2θ＋cos 2θ＝－1.于是sin(2θ＋π4)＝－22. 又由0＜θ＜π知，π4＜2θ＋π4＜9π4， 所以2θ＋π4＝5π4或2θ＋π4＝7π4. 因此θ＝π2或θ＝34π.。
(广东专用)2020高考数学总复习第三章第六节课时跟踪训练理
5 .4 — 3百 A ，—104+ 3 .3 B. ~10~C4百—3 C. 10 4 '3 + 3D ^Q-【答案】化简，25cos2 a — 5cos — 12= 0,3cos =— _5'a•-cos 2： 2、选择题 课时知能训练n n 1.已知函数 f(x) = cos2q + x) — cos2q — x),则f （$）等于（1 A.2 【解析】 n n f(x) = cos2(4 + x) — sin 2(x + r = — sin 2x , n n 1 * fF )= — sin6= — 2. 【答案】 Bn ^42. （2020揭阳检测）已知a 为锐角，且cos （ a 6）= 5，则cosa 的值为（） 【解析】 •/ 0v n aV 2, n • •一V 6,n 2a + 6 V 3n ， 由 cos( 得 sin( _ 3 =5， *• cos = cos[( d- n n 6)—n ]=cos( d 6)cos n +sin(n n 4 3 + 3 d 6)sin6=I Q -3.已知 sin7tn 则cos 2的值是（）5 CW2.5 D 5【解析】由 sin = -— cos5(代入 sin2 d cos2 a= 1,解得cos因此cos n * * cos aC 0 , cos 2 > 0.=—3且 cos5=2cos22— 1,1 + COS a【答案】C5 .4.已知 a,n2)，tan? . 3 =~2~, 且 2sin a sin(d ~ a 1 — tan2^3 ）则3的值为（）n A. 6 nB.4nC.35 n DP【解析】 atan^由a 1— tan2^_3 2，tan 芮 3T a€ (0, n n 2)，…a - 3.a sin (n 3•••tan T ，3=n所以2sin1 .cos *劳 n 3.【答案】 5.已知 a = (cos 2 ,«sin , b = (1,2sin —1), a€ 7tab =5则tan （弘》的值为（）1 A. 32 B.7 1 C.7 2 D.2 【解析】 由 a b = cos 2 处 sin a (2sin — a ) 2 =1 — 2sin2 a 2si n2 a- sin a 1 — sin 芮一，得 sin 5 35'又a€ （扌，n• •• cos a — 4，二 tan a — 4 5 4—3+ 1 ,, n tan 七 1 4 1 •tan( a n=1—or a —a7. 1 +4 【答案】 C 二、填空题 6.如果 氏（2冗，且 sin 芮4,那么sin( *珂+ 5 4 cos(n° 4) =【解析】4 -sin a 二,5 3 av n …cos 尸一l ,5因而sin （ ,n…於 4)+ cos(水4)7t =』2si n( 【答案】水 2）= . 2cos 话一 一鉅 一 53,25 .2.=2承[sin 50 cos 10 °+ sin 10 °s(60 - 10°)] =2 2sin(50 + 10°)= 6.10.已知函数 f(x) = 2sin xcos x + cos 2x(x € R). (1)当x 取什么值时，函数f(x)取得最大值，并求其最大值.⑵若0为锐角，且f( + 9 = ¥，求tan 的值. 【解】 f(x) = sin 2x + cos 2x = 2si n(2x + 于(1)当 2x +n= 2k n+n ，n即 x = k n+ -(k € Z)时,8sin235 - 27. (2020湛江质检)〒的值是 sin 20 【解析】原式_ 2sin235 二 1 _ - cos 70 °__ ]原式= 2sin 20 ° = 2sin 20 于-2.1 【答案】 —18. (2020 佛山调研)已知 tan 2 =0- 2 .-'2, 2cos2^— sin -1n< 2 0< 2 n 贝 HnV2si n 0+ 4的值为 __________【解析】 cos — sin 丿 1 — tan 0 sin +cos 0 1 + tan ，0 由 tan 2 0 — = — 2 2, 得 tan1 — tan2 0 0 —丄或ta n 2 …tan = — 因此原式=3 + 2：.；2. 【答案】 3 + 2 2 三、解答题 9.求值:[2sin 50 +sin 10 (1+ , 3tan 10)° ,-2sin280 . ° 【解】 原式=(2si n 50 + sin 10 •os 10 + ;3s in 10 cos 10 °o)^2sin 80=(2s in 50 + 2sin 102cos 10 °寺 n 10cos 10 °o)•2cos10函数f(x)取得最大值，其值为22.2 •- f( + n=了,18•••羽sin(2 俨 2)=普，cos 2 4 g.n又T B 为锐角，即 0 v 0< 2，. O v 2 0< n•• sin 2 4 寸 1 一 cos22 4 232.• 一n sin 0 2sin 0 cos O sin 2 0 (2…tan 4 4 z~_cos 0 2cos2 0 1 + cos 2 0 2 '(1)证明：B 4 C ；1 n⑵若 cos A = — 3,求 sin(4B + §)的值.【解】（1）证明 由正弦定理，及AC 4 cosB ,AB cos C• sin Bcos C— sin Ccos B = 0,于是 sin(B — C) = 0. 又 B 、C € (0, n ,因此一 n< B — C v n. 从而B — C 4 0,所以B 4 C.⑵由 A + B + C 4 n 和(1)得 A 4 冗一2B ,1 故 cos 2B4 — cos( 一 2B) = — cos A = -.又 0< 2B < n,cos 4B 4 cos22B — sin22B =— 所以 sin(4B + sin 4Bcos cos 4Bsin n3 3 34、2— 7 ；311. （2020肇庆质检）在厶ABC 中,AC 4 A B 4 cos Bcos C得畔4 sin C cos BcosC ， 于是sin 2B 4 1 — cos22B = 2,2 3 从而sin 4B 4 2si n 2Bcos 2B =4.2 9 79.。
(广东专用)2020高考数学总复习第八章第二节课时跟踪训练理
课时知能训练一、选择题1. (2020阳江模拟)已知直线 的斜率为 I1 : y = 2x + 3，直线I2与I1关于直线y =— x 对称，则直线I2 1 A.g 【解析】 ( )B --1 点A(0,3) , B( — 1,1)在直线I1上，则点A , B 关于直线y =— x 的对称点A —3,0),1 — 0 12.C . 2B ' —1,1)在直线I2上，故直线I2的斜率k =_1—— 3 【答案】 A 2. 直线 mx + 4y — 2= 0与2x — 5y + n = 0垂直，垂足为(1,A . — 12 【解析】 由垂足(1 , p =— 2,B .- 2C . 0D . 10由 2m — 20= 0 得 m = 10,p)在直线 mx + 4y — 2 = 0 上得，10 + 4p — 2 = 0,又垂足(1,— 2)在直线2x — 5y + n = 0上，••• 2X 1 — 5X( — 2) + n = 0 ,.n =— 12.【答案】 A3.若直线I 与直线y = 1, x = 7分别交于点P , Q ,且线段 线I 的斜率为( )1代3 B . 【解析】 故直线I p)，则n 的值为() PQ 的中点坐标为(1, - 1)，则直 a + 7 = 2, 设点P(a,1), Q(7, b)，则有 解得 b + 1 = — 2,b =— 3. a =— 5,13. 4.光线沿直线 y = 2x + 1射到直线y = x 上，被y = x 反射后的光线所在的直线方程为 1 1 1A . y = ^x — 1B . y = ^x — 2c 1 1 1C . y = 2^ + 2D . y = * + 1y = 2x + 1,口 x =— 1 , 、 【解析】 由得即直线过点(一1 , — 1).y = x. y =— 1, 又直线y = 2x + 1上一点(0,1)关于直线y = x 对称的点(1,0)在所求直线上，y — 0 x — 1 1 1•••所求直线的方程 一一一0=—■一？即卩y =2x —2.【答案】 B5. (2020北京高考)已知点 A(0,2) , B(2,0).若点C 在函数y = x2的图象上，则使得厶 ABC 的面积为2的点C 的个数为( )A . 4B . 3C . 2D . 1【解析】 设C(t ，⑵,又A(0,2) , B(2,0)【答案】 B( )则直线AB的方程为y=—x+ 2.•••点C到直线AB的距离d=|t2+匸2|<2又•/ |AB| = 2 2,1•S A ABC = ^X|AB| d=|t2+1 —2|.令|t2 + t —2|= 2 得t2 + t —2 =±,•t2 +1 = 0或t2 + t —4= 0,符合题意的t值有4个，故满足题意的点C有4个.【答案】A二、填空题6. 过点(1,0)且与直线x —2y—2 = 0平行的直线方程是____________1【解析】所求直线的斜率为2,1故所求的直线方程为y= -(x —1)，即x—2y —1= 0.【答案】x —2y —1 = 07. _________________________________________________________ 与直线2x + 3y—6 = 0关于点(1 , —1)对称的直线方程是______________________________________ .【解析】设所求直线方程为2x+ 3y + m= 0(m M—6),|2—3 —6| |2—3 + m|则有= ，即|m—1|= 7，- m= 8寸22+ 32 寸22 + 32故所求直线方程为2x+ 3y + 8= 0.【答案】2x + 3y+ 8= 0&经过直线3x —2y+ 1 = 0和x+ 3y + 4 = 0的交点，且垂直于直线x+ 3y+ 4= 0的直线I的方程为.3x —2y + 1 = 0,【解析】解方程组得交点坐标(—1,—1).x + 3y+ 4 = 0,又直线I的斜率k = 3.所以I的方程为y + 1 = 3(x+ 1)，即3x —y + 2 = 0.【答案】3x —y + 2= 0三、解答题9. 已知直线l: (2a + b)x + (a+ b)y + a—b = 0 及点P(3,4).(1)证明直线I过某定点，并求该定点的坐标.(2)当点P到直线【解】(1)证明I的距离最大时，求直线I的方程.I 的方程化为a(2x + y + 1) + b(x + y —1) = 0,,2x + y+ 1 = 0 由x + y—1 = 0,x = —2得，y= 3•直线l恒过定点(—2,3).⑵设直线l恒过定点A( —2,3)，当直线I垂直于直线PA时，点P到直线I的距离最大，又4 一3 1直线PA的斜率kPA= = 1，3 + 2 5•直线I 的斜率kl =— 5.故直线I 的方程为y — 3=— 5(x + 2)，即5x + y + 7= 0.10. (2020宁波模拟)已知直线I 经过直线3x + 4y — 2= 0与直线2x + y + 2= 0的交点P ,且 垂直于直线 x — 2y — 1 = 0.(1) 求直线I 的方程；(2) 求直线I 与两坐标轴围成的三角形的面积S. 3x + 4y — 2 = 0x = — 2 【解】 (1)由 解得 . 2x + y + 2= 0 y = 2由于点P 的坐标是(一2,2).所求直线I 与x — 2y — 1 = 0垂直，可设直线I 的方程为2x + y + C = 0.把点P 的坐标代入得2* — 2)+ 2+ C = 0，即C = 2.所求直线I 的方程为2x + y + 2= 0.⑵又直线I 的方程2x + y + 2= 0在x 轴、y 轴上的截距分别是—1与—2.1 则直线I 与两坐标轴围成三角形的面积 S = 1*1 >2 = 1.11. 在直线1: 3x — y — 1= 0上求一点P ,使得P 到A(4,1)和B(0 , 4)的距离之差最大.【解】 如图所示，设点 B 关于I 的对称点为B',连结AB'并延长交I 于P ,此时的P 满足 |PA|—|PB |的值最大.设B'的坐标为(a , b),则 kBB' • = — 1,即 4 3 =— 1 a••• a + 3b — 12= 0•①a b -4- 4 a b+ 4又由于线段 BB 的中点坐标为 g, —2~)，且在直线I 上，• 3— —2~ — 1 = 0，即3a — b — 6 =0.②①②联立，解得 a = 3, b = 3,「. B' (3,3)于是AB 的方程为匕=邑即 2x + y — 9= 0. 3x — y — 1 = 0, 解2x + y — 9= 0,得 x = 2， y = 5, 即I 与AB 的交点坐标为 P(2,5).。
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课时知能训练
一、选择题
1．f(x)＝x3＋ax2＋bx ＋c ，其中a ，b ，c 为实数，且a2＜3b ，则( ) A ．f(x)在R 上是增函数 B ．f(x)在R 上是减函数
C ．f(x)在R 上不是单调函数
D ．f(x)是常数
【解析】 f′(x)＝3x2＋2ax ＋b ，
当a2＜3b 时，Δ＝4a2－12b ＝4(a2－3b)＜0. ∴f′(x)＞0恒成立．f(x)在R 上是增函数． 【答案】 A
2．设曲线y ＝xn ＋1(n ∈N*)在点(1,1)处的切线与x 轴的交点的横坐标为xn ，则x1·x2·…·xn 等于( ) A.1n B.1n ＋1 C.n n ＋1
D ．1
【解析】 y′＝(n ＋1)xn ，曲线在点(1,1)处的切线方程为y －1＝(n ＋1)(x －1)，令y ＝0，得
xn ＝n n ＋1.
则x1·x2·…·xn ＝12·23·…·n n ＋1＝1
n ＋1
.
【答案】 B
3．若直线y ＝m 与y ＝3x －x3的图象有三个不同的交点，则实数m 的取值范围为( ) A ．－2＜m ＜2 B ．－2≤m≤2 C ．m ＜－2或m ＞2 D ．m≤－2或m≥2 【解析】 y′＝3(1－x)·(1＋x) 由y′＝0，得x ＝±1，
∴y 极大＝2，y 极小＝－2，∴－2＜m ＜2. 【答案】 A
4．在R 上可导的函数f(x)的图象如图2－12－3所示，则关于x 的不等式x·f′(x)＜0的解集为( )
图2－12－3
A ．(－∞，－1)∪(0,1)
B ．(－1,0)∪(1，＋∞)
C ．(－2，－1)∪(1,2)
D ．(－∞，－2)∪(2，＋∞)
【解析】 (1)当x ∈(－∞，－1)和x ∈(1，＋∞)时，f(x)是增函数，
∴f′(x)＞0，因此x ＜0，
∴x·f′(x)＜0的范围是(－∞，－1)．
(2)当－1＜x ＜1时，f(x)递减，∴f′(x)＜0. 由x·f′(x)＜0，得x ＞0， ∴0＜x ＜1.
故x·f′(x)＜0的解集为(－∞，－1)∪(0,1)． 【答案】 A
5．已知函数y ＝f x
ex (x ∈R)满足f′(x)＞f(x)，则f(1)与ef(0)的大小关系是( )
A ．f(1)＜ef(0)
B ．f(1)＞ef(0)
C ．f(1)＝ef(0)
D ．不能确定
【解析】 令g(x)＝f x
ex ，
则g′(x)＝
f′x
ex －f x ex e2x ＝f′x －f x
ex
＞0，
则函数g(x)在R 上单调递增，所以有g(1)＞g(0)，即f 1e1＞f 0
e0，所以可得f(1)＞ef(0)．
【答案】 B
二、填空题
6．电动自行车的耗电量y 与速度x 之间有如下关系：y ＝13x3－39
2x2－40x(x ＞0)，为使耗电
量最小，则速度应定为______．
【解析】 由y′＝x2－39x －40＝0，得x ＝－1或40， 由于0＜x ＜40时，y′＜0；当x ＞40时，y′＞0. 所以当x ＝40时，y 有最小值． 【答案】 40
7．已知函数f(x)＝xsin x ＋cos x ，则f(－3)与f(2)的大小关系是________． 【解析】 f′(x)＝x·cos x ＋sin x －sin x ＝xcos x. 当x ∈(π2，π)时，f′(x)＜0，∴f(x)在(π
2
，π)上递减，
∴f(2)＞f(3)．
由f(x)是偶函数，得f(－3)＝f(3)， ∴f(2)＞f(－3)．
【答案】 f(2)＞f(－3)
8. 已知函数f(x)＝x2＋mx ＋ln x 是单调递增函数，则m 的取值范围是________． 【解析】 依题意知，x ＞0，f′(x)＝
2x2＋mx ＋1
x
， 令g(x)＝2x2＋mx ＋1，x ∈(0，＋∞)，
当－m
4≤0时，g(0)＝1＞0恒成立，∴m≥0成立，
当－m
4＞0时，则Δ＝m2－8≤0，∴－22≤m ＜0，
综上，m 的取值范围是m≥－2 2. 【答案】 m≥－2 2
三、解答题
9．甲、乙两地相距400千米，汽车从甲地匀速行驶到乙地，速度不得超过100千米/小时，已知该汽车每小时的运输成本P(元)关于速度v(千米/小时)的函数关系是P ＝119 200v4－
1
160v3＋15v ，
(1)求全程运输成本Q(元)关于速度v 的函数关系式；
(2)为使全程运输成本最少，汽车应以多大速度行驶？并求此时运输成本的最小值． 【解】 (1)Q ＝P·400v ＝(119 200v4－1160v3＋15v)·400
v
＝(
119 200v3－1
160
v2＋15)·400 ＝v348－5
2v2＋6 000(0＜v≤100)． (2)由(1)知，Q′＝v2
16
－5v ，
令Q′＝0，则v ＝0(舍去)或v ＝80，
当0＜v ＜80时，Q′＜0；当80＜v≤100时，Q′＞0. ∴当v ＝80千米/小时时，全程运输成本取得极小值， 又函数在(0,100]内有唯一极小值，也就是最小值． 故运输成本的最小值为Q(80)＝2 000
3
(元)．
10．f(x)＝x3－x2－x ＋a ，当a 在何范围内取值时，y ＝f(x)与x 轴仅有一个交点． 【解】 令f′(x)＝3x2－2x －1＝0，得x ＝－1
3，x ＝1，
x (－∞，－1
3)
－1
3 (－1
3，1) 1 (1，＋∞) f′(x)
＋ 0
－ 0
＋ f(x)
极大值
极小值
可知f(－13)＝5
27
＋a 为极大值，f(1)＝a －1为极小值．
①当527＋a ＜0，即a ∈(－∞，－5
27)时，y ＝f(x)与x 轴仅有一个交点；
②当a －1＞0，即a ∈(1，＋∞)时，y ＝f(x)与x 轴仅有一个交点． 故所求a 的取值范围是(－∞，－5
27
)∪(1，＋∞)．
11．(2020·辽宁高考改编)已知函数f(x)＝ln x －ax2＋(2－a)x. (1)讨论f(x)的单调性；
(2)设a ＞0，证明：当0＜x ＜1a 时，f(1a ＋x)＞f(1
a －x)．
【解】 (1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝1
x －2ax ＋(2－a)＝－2x ＋1ax －1x .
①若a≤0，则f′(x)＞0，
所以f(x)在(0，＋∞)上是增函数． ②若a ＞0，则由f′(x)＝0，得x ＝1
a
.
又当x ∈(0，1a )时，f′(x)＞0；当x ＞1
a 时，f′(x)＜0.
所以f(x)在(0，1a )上单调增加；在(1
a ，＋∞)上单调减少．
(2)证明 设函数g(x)＝f(1a ＋x)－f(1
a －x)．
则g(x)＝ln(1＋ax)－ln(1－ax)－2ax ，
g′(x)＝a 1＋ax ＋a 1－ax －2a ＝2a3x2
1－a2x2.
当0＜x ＜1
a 时，g′(x)＞0，
又g(0)＝0，所以g(x)＞0.
故当0＜x ＜1a 时，f(1a ＋x)＞f(1
a
－x)．。