2021新高考版数学一轮习题：专题3+阶段滚动检测(二)Word版含解析

专题 3 阶段滚动检测(二)一、单项选择题1．已知集合A＝｛x|－2≤x≤3｝，B＝｛x|x2－3x≤0｝，则A∪B等于( )A．[－2,3] B．[－2,0]C．[0,3] D．[－3,3]2．已知条件p：|x＋1|>2，条件q：x>a，且綈p是綈q 的充分不必要条件，则实数a A ．a ≤1 B ．a≥1 C ．a ≥－1 D．a≤－313．(2020 重·庆模拟)命题p：? x0>0，x0＋x＝2，则綈p 为( )A ．?x>0，1x＋＝2 x1B．? x>0，x＋≠2xC．? x≤0，x＋x1＝21D．? x≤0，x＋≠ 2xlog3 x＋m －1，x≥0，4．已知函数f (x)＝1 ，x<02 019的图象经过点(3,0)，则f (f (2))等于(A．2 0191B.2 019C．2 D．15．若函数1f (x)＝3x3－f′(－1)x2＋x＋5，则f′(1)的值为()A ．2B ．－2 C．6 D．－66．三个数a＝0.312，b＝log20.31，c＝20.31之间的大小关系为()A．a<c<b B．a<b<cC．b<a<c D．b<c<a7．(2019 ·湖南师大附中博才实验中学月考)函数f (x)＝x e1－＋1e x(其中e为自然对数的底数x 1 －e 的取值范围是( ))的图象大致为( )8．函数f (x)＝2e x－a(x－1)2有且只有一个零点，则实数a 的取值范围是( )A. e4，1 B．(1,2 e] C. 0，e23二、多项选择题D. －∞，e329．已知a>b>0 ，c>1 ，则下列各式不成立的是()A ．sin a>sin b B．c a>cbc－1c－1C．a c<b c D. <b a10．下列命题为假命题的是()A．“ A∩ B＝A”的充要条件是“A? B”B．若a，b，c∈R ，则“ ac2>bc2”是“ a>b”的充分不必要条件x 2y2C．若椭圆1x6＋2y5＝1的两个焦点为F1，F2，且弦AB过点F1，则△ ABF2的周长为16xD ．“ a ＝1”是“函数 f (x)＝a － ex 在定义域上是奇函数”的充要条件 1＋ aey ＝tan x ＋ta 1n x ，0<x<2πtan x 2D ．f (x)＝ log 1 (2 x) ＋12三、填空题13．已知函数 f ( x)＝ x 2＋ 2(a － 1)x ＋ 2 在区间 (－∞， 5］上为减函数，则实数 a 的取值范围为 __________ ；当 a＝2 时，函数 f (x)在 ［－ 3,2］上的值域为 ______ ．ππ14．在曲线 f (x)＝sin x －cos x ，x ∈－2，2的所有切线中，斜率为 1 的切线方程为 ___________________ ．115．设函数 f (x)＝ e x －e x －2x ，若 f (a －3)＋f (2a 2)≤0，则实数 a 的取值范围为 ______________ ．x － 1＝x .其中为“敛 1 函数”的有 _________ ． (填序号 )四、解答题17．设函数 f (x)＝ 6＋x ＋ln(2－x)的定义域为 A ，集合 B ＝ { x|2x >1} ． (1) 求 A ∪ B ；(2) 若集合 {x|a<x<a ＋1}是 A ∩B 的子集，求实数 a 的取值范围．11．在下列函数中，其中最小值为 2 的函数的是 ( ) A ． 1 y ＝ x ＋ xB ．x 2＋2 y ＝x 2＋1C ．y ＝log 2x ＋log x 2(x>0 且 x ≠1) D ．12． 列函数中，满足“对任意的 x 1， x 2∈ (0，＋∞ )，使得 f x 1 － f x 2f x x 11－－f x2x2 <0”成立的是 ( ) A ．f (x)＝－ x 2－ 2x ＋1 B ． f (x)＝x －1xxC ． f (x)＝ x ＋ 116．对一定义域为D 的函数y＝f (x)和常数c，若对任意正实数ξ，? x∈D 使得0<|f (x)－c|<ξ成立，则称函1数y＝f (x)为“敛c 函数”，现给出如下函数：①f (x)＝x(x∈Z)；②f (x)＝2x＋1(x∈Z)；③f (x)＝log2x；④f (x) 18．计算：(1)( 3－1)0＋3－π2＋2 log2 3(2)2lg 5＋lg 5＋2log23a19．(2019 天·津调研)设函数f (x)＝lg x＋1(a∈R)，且f (1)＝0.(1) 求a 的值；(2) 求f (x)的定义域；(3) 判断f (x)在区间(0，＋∞ )上的单调性，并用单调性定义证明．20．为了落实国务院“提速降费”的要求，某市移动公司欲下调移动用户消费资费．已知该公司共有移动用户10 万人，人均月消费50元．经测算，若人均月消费下降x%，则用户人数会增加x万人．8 (1)若要保证该公司月总收入不减少，试求x 的取值范围；(2)为了布局“ 5G 网络”，该公司拟定投入资金进行5G 网络基站建设，投入资金方式为每位用户月消费中固定划出2 元进入基站建设资金，若使该公司总盈利最大，试求x 的值．(总盈利资金＝总收入资金－总投入资金)1421．已知函数f (x)＝3x3＋ax＋b(a，b∈R)在x＝2 处取得极小值－3.(1) 求函数f (x)的单调递增区间；1 10(2)若3x3＋ax＋b≤m2＋m＋3对x∈［－4,3］恒成立，求实数m 的取值范围．33122．(2019 ·北京四中期中)已知函数f (x)＝ln x＋x.x(1) 求函数f (x)的单调区间；(2)设函数g(x)＝( x＋1)ln x－x＋1，证明：当x>0且x≠ 1时，x－1与g( x)同号．1． A 2.B 3.B 4.B 5.C 6.C 7.A 8． C 9.ACD 10.CD11 111．ABD [对于 A ，y ＝ x ＋x ＝|x|＋ 3≥2 |x| ·1 ＝ 2，当且仅当 x ＝±1 时取等号，正确； x |x| |x|1 ＋ 1 ≥ 2，当且仅当 x ＝0 时取等号，正确； x 4 5＋1对于 C ，当 x ∈ (0,1)时， log x 2<0 ， log 2x<0 ，得 y ＝ log 2x ＋ log x 2(x>0且 x ≠ 1)的最小值不可能为 2，错误；π1对于 D ，x ∈ 0，2π，所以 tan x ∈(0，＋∞)，令 tan x ＝ t ，所以 t ∈(0，＋∞)，所以 y ＝ t ＋ 1t ≥ 2，当且仅当 t ＝1 时取等号，正确． ]12．AD [根据题意， “ 对任意的f x 1 － f x 2x 1，x 2∈(0，＋ ∞)，使得<0 ”，则函数 f (x)在(0，＋ ∞)上为减函数，据此依次分析选项：对于选项A ，f (x)＝－x 2－2x ＋1为二次函数，其对称轴为 x ＝－1，在(0，＋∞) 上单调递减，符合题意；对于选项B ，f (x)＝x －1x ，其导数 f ′ (x) ＝ 1＋ x 12>0 ，所以 f (x)在(0，＋ ∞ )上单调递增，不符合题意；对于选项 C ，f (x)＝x ＋1为一次函数，所以 f (x)在(0，＋∞)上单调递增，不符合题意；对 于选项 D ，f (x)＝ log 1 (2 x) ＋ 1，在(0，＋ ∞ )上单调递减，符合题意． ]213． (－∞，－ 4] [1,10] 14.x －y －1＝0 3 15. － 2， 11解析 根据题意，函数 f (x)＝ e x － e 1x － 2x ，e1其导数 f ′ (x)＝e x ＋ 1x －2，e3f ′(x)＝e x ＋ x － 2≥0 恒成立，e则函数 f (x)在 R 上为增函数，又因为 f (－ x)＝ e －x － e x ＋ 2x ＝－ f (x)， 所以 f (x)为奇函数，原式等价于 f (a －3)≤－f (2a 2)， f (a －3)≤f(－2a 2)，a －3≤－2a 2,2a 2＋a －3≤ 0，5(2a ＋3)(a －1)≤0，－ 2≤a ≤1. 16．②③④解析 由新定义知，对任意正实数 ξ，? x ∈ D 使得 0<|f (x)－ c|<ξ成立，答案精析对于 B ，y ＝ x x ＋2＋21＝ x 2＋1即 0<|f (x)－c|<ξ有解．对于函数 ① 解得，1－ξ<x<1＋ξ，且x ≠1，x ∈Z ，因为 ξ为任意正实数，所以无解，故函数 ①不是“敛1函数”；对于函数 ② 解得，x>－log 2ξ且 x ∈Z ，故函数②是“敛1函数”；对于函数③解得，21－ξ<x<21＋ξ，且 x ≠2，故函数③是“敛11函数”；对于函数 ④解得， |x|>1ξ，故函数 ④是“敛 1函数”．因此正确答案为 ②③④ .6＋ x ≥ 0 ，17．解 (1)由得，－ 6≤x<2，2－ x>0由 2x >1 得， x>0， ∴A ＝[－ 6,2)，B ＝(0，＋ ∞)，∴A ∪B ＝[－6，＋ ∞)．(2)A ∩B ＝(0,2)，∵集合 {x|a<x<a ＋1}是 A ∩B 的子集，a ≥ 0，∴ 解得 0≤ a ≤1，a ＋1≤2， ∴a 的取值范围是 [0,1] ．18． 解 (1)原式＝ 1＋ |3－ π＋|2＝ 1＋ π－ 3＋2＝π. 2(2)原式＝ lg 25＋lg 5＋3 2＝lg ×25 ＋ 3＝4.5a19．解 (1)根据题意，函数 f (x)＝ lg x ＋1(a ∈R)，且 f (1)＝0，＋aa则 f (1)＝lg 2＝0，则 2＝1，解得 a ＝2.2必有x ＋ 1>0，解得 x>－1，即函数 f (x)的定义域为 (－1，＋ ∞ )．2(3)根据题意， f (x)＝ lg x ＋ 1在(0，＋ ∞ )上的单调递减，证明：设 0<x 1<x 2 ，22 f (x 1)－ f (x 2)＝ lg －lg x 1＋1 x 2＋ 1x 2＋1＝lg x x 21＋＋11＝lg （x 2＋1）－lg （x 1＋1），又由 0<x 1<x 2，则 lg(x 2＋ 1)>lg( x 1＋ 1)，(2)根据题意， f （x ）＝ lg2，x ＋ 1，即f (x1)－f (x2)>0，即函数f (x)在(0，＋∞)上单调递减．20． 解 (1)根据题意，设该公司的总收入为 W 万元，则 W ＝50 10＋x 1－ x ， 0<x<100，8 100若该公司月总收入不减少，xx则有 50 10＋ 1－≥ 10×50，8 100解得 0<x ≤ 20.(2) 设该公司盈利为 y 万元，x x xx2则 y ＝50 10＋8 1－100 －2 10＋8 ＝－ 16＋x ＋480,0<x<100， 结合二次函数的性质分析可得，当 x ＝ 8时，该公司的总盈利最大．21． 解 (1)f ′(x)＝x 2＋a ，由 f ′(2)＝0得 a ＝－4，41由 f (2)＝－ 3得 b ＝ 4，则 f (x) ＝3x 3－4x ＋ 4，33令f ′(x)＝x 2－4>0得x>2或 x<－2，∴f (x)的单调递增区间为 (－∞，－ 2)，(2，＋ ∞)．(2)由 f (－4)＝－34，f (－2)＝238，f (2)＝－43，f (3)＝1，28 2 10 即 ≤ m 2＋ m ＋ ， 33 解得 m ≥2 或 m ≤ － 3，所以实数 m 的取值范围是 (－∞，－ 3］∪［2，＋ ∞)．22． (1)解 函数 f (x)的定义域是 (0，＋ ∞)，(x)＝x 1－x 12＝x －x 21x x 2 x 2令 f ′(x)＝0，得 x ＝ 1，当 x 变化时， f ′(x)与 f (x)的变化情况如下表，x (0,1) 1 (1，＋∞)f ′(x) － 0＋ f (x)↘↗所以 f (x)的单调递增区间是 (1，＋ ∞)，单调递减区间是 (0,1)． (2)证明 函数 g(x)的所以 f (x)在［－ 4,3］上的最大值为 281 要使 3x 3＋ax ＋ b ≤m 2＋ m ＋x ∈［－4,3］恒成立，只要 f (x) max ≤ m 2＋ m ＋ 10 3就可以了，定义域是(0，＋∞ )，又g′ (x)＝ln x＋x＋x1－1＝ln x＋1x＝f (x)，xx由(1)可知，f (x)min＝f (1)＝1，所以当x>0 时，g′(x)>0，所以g(x)在区间(0，＋∞ )上单调递增．因为g(1)＝0，所以当x>1 时，g(x)>g(1)＝0 且x－1>0；当0<x<1 时，g(x)< g(1) ＝0 且x－1<0 ，所以当x>0 且x≠1时，x－1与g(x)同号．。