高中新课标总复习总结第二轮文数限时训练参考答案.docx

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高中新课标总复习总结第二轮文数限时训练参考答案

学海导航·高中新课标总复习（第二轮）·文科数学

参考答案

限时训练

专题一　集合、函数与导数

第1讲　集合与常用逻辑用语

1．C　解析：

B＝{1,4，}，故A∩B＝{1}，选C.

2．B　解析：

|a|≥2⇒a≥2或a≤－2.又a∈M，（a－2）（a2－3）＝0⇒a＝2或a＝±（舍去），即A中只有一个元素2，故A的子集只有2个，选B.

3．B　解析：

因为y＝－x＋经过第一、三、四象限，故－＞0，且＜0，即m＞0，且n＜0，但此为充要条件，因此，其必要不充分条件为mn＜0，故选B.

4．（1,4）　解析：

由|x－m|＜2得－2＜x－m＜2，即m－2＜x＜m＋2.依题意有集合{x|2≤x≤3}是{x|m－2＜x＜m＋2}的真子集，于是有，解得1＜m＜4，即实数m的取值范围是（1,4）．

5．1　解析：

因为命题“存在x0∈R，使e|x0－1|－m≤0”是假命题，所以其否定为真命题，即对于任意x∈R，e|x－1|－m＞0成立，即m＜e|x－1|恒成立，即m小于函数y＝e|x－1|的最小值即可．e|x－1|≥1，所以m＜1，结合已知条件可得a＝1.

6．②　解析：

①中，－4＋（－2）＝－6∉A，所以不正确；②中设n1、n2∈A，n1＝3k1，n2＝3k2，k1、k2∈Z，则n1＋n2∈A，n1－n2∈A，所以②正确；③令A1＝{－4,0,4}，A2＝{－2,0,2}，则A1、A2为闭集合，A1∪A2不是闭集合，所以③不正确．

7．解析：

（1）A＝[－8，－4]，

当a＝4时，B＝（－∞，－7）∪（4，＋∞），

所以A∩B＝[－8，－7）．

（2）方程x2＋3x－a2－3a＝0的两根分别为a，－a－3，

①当a＝－时，a＝－a－3，

B＝（－∞，－）∪（－，＋∞），满足A⊆B；

②当a<－时，a<－a－3，

B＝（－∞，a）∪（－a－3，＋∞），

则a>－4或－a－3<－8，得－4

③当a>－时，a>－a－3，

B＝（－∞，－a－3）∪（a，＋∞），

则a<－8或－a－3>－4，得－

综上所述，实数a的取值范围是（－4,1）．

8．解析：

（1）由（x－a）（x－3a）<0，a>0得a

当a＝1时，1

即p为真时，实数x的取值范围是1

由≤0，得2

即q为真时，实数x的取值范围是2

若p∧q为真，则p真且q真，

所以实数x的取值范围是2

（2）綈p是綈q的充分不必要条件，

即綈p⇒綈q，且綈q⇒/綈p.

设A＝{x|綈p}，B＝{x|綈q}，则AB，

又A＝{x|綈p}＝{x|x≤a或x≥3a}，

B＝{x|綈q}＝{x≤2或x>3}，

则03，所以1

所以实数a的取值范围是1

第2讲　函数的图象与性质

1．C　解析：

四个函数中，是偶函数的有A，C，又y＝x2在（0，＋∞）上单调递增，排除A，故选C.

2．B　解析：

根据题意可知只须作出函数y＝（）x（x>0）的图象关于原点对称的图象，确定它与函数y＝－x2－4x（x≤0）交点个数即可，由图象可知，只有一个交点．选B.

3．A　解析：

函数f（x）＝（ex＋e－x）sinx是奇函数，排除B、D；当00，排除C，故选A.

4．5　解析：

因为f（x）＋f（－x）＝＋sinx＋－sinx＝＋＝2，且f（0）＝1，

所以f（－2）＋f（－1）＋f（0）＋f

（1）＋f

（2）＝5.

5．（－1,0）　解析：

由题意可知，函数f（x）为奇函数，且在（－∞，＋∞）上单调递增，

从而由f（a2）＋f（a）<0，

得f（a2）<－f（a）＝f（－a），

所以得a2<－a，解得－1

6．

（1）　

（2）[－，＋∞）

解析：

（1）由，

得，

所以g（x）＝.

（2）若不等式2a·g（x）＋h（2x）≥0对任意x∈[1,2]恒成立，

即a（2x－2－x）＋≥0对任意x∈[1,2]恒成立，

令2x－2－x＝t∈[，]，

则22x＋2－2x＝（2x－2－x）2＋2＝t2＋2，

所以2at＋t2＋2≥0对任意t∈[，]恒成立，

即a≥－（t＋）对任意t∈[，]恒成立，

得实数a的取值范围为[－，＋∞）．

7．解析：

（1）因为f（x）是定义在R上的奇函数，

所以f（0）＝0，所以1－（k－1）＝0，所以k＝2.

（2）由

（1）知f（x）＝ax－a－x（a>0且a≠1），

由于f

（1）<0，所以a－<0，所以0

所以f（x）在R上是减函数．

所以不等式f（x2＋tx）＋f（4－x）<0等价于f（x2＋tx）

所以x2＋tx>x－4，

即x2＋（t－1）x＋4>0恒成立．

所以Δ＝（t－1）2－16<0，

解得－3

8．解析：

（1）f（x）＝＝a＋.

因为a>1，所以f（x）在[1,3]上是增函数，

所以函数f（x）的值域为[（a＋1），（3a＋1）]．

g（x）＝（x＋1）＋＋3

≥2＋3

＝9，

当且仅当x＋1＝，即x＝2∈[0,3]时，取等号，

所以g（x）的最小值为9.

又g（0）＝13，g（3）＝，

所以g（x）的最大值为13.

所以函数g（x）的值域为[9,13]．

（2）由题意知，[（a＋1），（3a＋1）]⊆[9,13]，

即，解得a＝17.

因为a>1，所以a＝17符合．

第3讲　导数及其应用

1．A　解析：

因为f′（x）＝cosx－k＝0，

所以k＝cosx∈[－1,1]，

因为k＝1⇒f′（x）≤0；k＝－1，f′（x）≥0，故选A.

2．A　解析：

构造函数g（x）＝，

则g′（x）＝>0，

所以函数g（x）单调递增，

因为x1＜x2，所以g（x1）＜g（x2），即<，

所以ex1f（x2）＞ex2f（x1），选A.

3．B　解析：

因为f′（x）＝xcosx＋sinx－sinx＝xcosx，所以g（t）＝tcost，g（t）为奇函数，排除A，C，因为g（）＝0，g（）>0，排除D，故选B.

4．2e　解析：

设切点为（x0，y0），则y0＝2ex0.因为y′＝（2ex）′＝2ex，所以切线斜率k＝2ex0.又点（x0，y0）在直线y＝kx上，代入方程得y0＝kx0，即2ex0＝2ex0x0，解得x0＝1，所以k＝2e.

5．[1，）　解析：

因为f（x）的定义域为（0，＋∞），又f′（x）＝4x－，由f′（x）＝0，得x＝.

依题意，解得1≤k<.

6．解析：

（1）令h（x）＝f（x）－g（x）＝x2＋2x－xex，

则h′（x）＝（x＋1）（2－ex），

当x变化时，h′（x），h（x）的变化情况如下：

x

（－∞，－1）

－1

（－1，ln2）

ln2

（ln2，＋∞）

h′（x）

－

0

＋

0

－

h（x）

极小值

极大值

　　所以h（x）极小值＝h（－1）＝－1，

所以h（x）极大值＝h（ln2）＝ln22.

（2）由已知，当x∈（－2,0）时，x2＋2x＋1≥axex恒成立，

即a≥＝恒成立．

令t（x）＝，则t′（x）＝－，

所以当x∈（－2，－1）时，t′（x）>0，t（x）单调递增；

当x∈（－1,0）时，t′（x）<0，t（x）单调递减．

故当x∈（－2,0）时，t（x）max＝t（－1）＝0，

所以a≥0.

7．解析：

（1）f′（x）＝，

由题设f′

（1）＝1，所以a＝1，

又切点为（1,0）在切线y＝x＋b上，所以b＝－1.

（2）由

（1）知f（x）＝lnx，因为A⊆B，

所以∀x∈[1，＋∞），f（x）≤m（x－），

即lnx≤m（x－）．

设g（x）＝lnx－m（x－），

即∀x∈[1，＋∞），g（x）≤0，

g′（x）＝－m（1＋）＝，

①若m≤0，g′（x）>0，g（x）在[1，＋∞）上为增函数，所以g（x）≥g

（1）＝0，

这与题设g（x）≤0矛盾；

②若m>0，方程－mx2＋x－m＝0的判别式Δ＝1－4m2，

当Δ≤0，即m≥时，g′（x）≤0.

所以g（x）在[1，＋∞）上单调递减，

所以g（x）≤g

（1）＝0，即不等式成立．

当0

设两根为x1，x2（x1

当x∈（1，x2），g′（x）>0，g（x）单调递增，g（x）>g

（1）＝0，与题设矛盾，

综上所述，m≥.

8．解析：

（1）f′（x）＝1－＋＝，x∈（0，＋∞），由Δ＝1＋4a知，

①当a≤－时，f′（x）≥0，f（x）在（0，＋∞）上递增，无最值；

②当－

③当a>0时，x2＋x－a＝0有一正根x＝，f（x）在（0，）上递减，在（，＋∞）上递增，此时，f（x）有最小值；

所以，实数a的取值范围为a>0.

（2）证明：

依题意：

1－＋＝1－＋⇒a（＋）＝1.

由于x1>0，x2>0，且x1≠x2，则有

a＝≥2⇒2（x1＋x2）≤x1·x2<（）2，

所以2（x1＋x2）<（）2，故x1＋x2>8.

第4讲　函数与方程、函数模型及其实际应用

1．D　解析：

f（x）在区间（－2，＋∞）上单调递增，且f

（1）<0，f

（2）>0，

所以函数f（x）在区间（1,2）上有零点，

根据函数f（x）的图象关于直线x＝－2对称，知函数f（x）在区间（－6，－5）上有零点，故选D.

2．B　解析：

由题易知f（x）－log2x为常数，

令f（x）－log2x＝k（常数），

则f（x）＝log2x＋k，由f[f（x）－log2x]＝3得f（k）＝3.

又f（k）＝log2k＋k＝3，所以k＝2.

所以f（x）＝log2x＋2.

令F（x）＝f（x）－f′（x）－2＝log2x－，

F

（1）<0，F

（2）>0，故选B.

3．D　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．

根据题意画出函数f（x）在x∈（－2,6）上的图象与函数y＝loga（x＋2）的图象，

结合图象分析可知，要使f（x）与y＝loga（x＋2）的图象恰有1个交点，则有0

即a的取值范围是（0,1）∪（1,4），选D.

4．16000　解析：

设截去的小正方形边长为x（0

则V＝（60－2x）2x，V′＝12（x－10）（x－30），

所以当x＝10cm时，V（x）max＝V（10）＝（60－20）2×10＝16000（cm3）．

5．m>1　解析：

函数f（x）有三个零点等价于方程＝m|x|有且仅有三个实根．

因为＝m|x|⇔＝|x|（x＋2），作出函数y＝|x|·（x＋2）的图象，如图所示．

由图象可知m应满足：

0<<1，故m>1.

6．3　解析：

函数f（x）与g（x）的图象，如图：

由图可以看出，函数y＝f（x）－g（x）的零点有3个．

7．解析：

依题意得g（x）＝x＋3，

设利润函数为f（x），则f（x）＝r（x）－g（x），

所以f（x）＝.

（1）要使工厂有盈利，则有f（x）＞0，

因为f（x）＞0

⇔或

⇒或

⇒或7

⇒3

所以要使工厂盈利，产品数量应控制在大于300台小于1050台的范围内．

（2）当3

故当x＝6时，f（x）有最大值4.5.

而当x＞7时，f（x）<10.5－7＝3.5.

所以当工厂生产600台产品时，盈利最大．

8．解析：

（1）因为x＝2时，y＝700；x＝3时，y＝150，

所以，解得，

故每日的销售量y＝.

（2）由

（1）知，当1

日销售利润f（x）＝[400（x－3）2＋]（x－1）

＝400（x－3）2（x－1）＋300

＝400（x3－7x2＋15x－9）＋300，

f′（x）＝400（3x2－14x＋15），

当x＝或x＝3时，f′（x）＝0，

当x∈（1，）时，f′（x）>0，f（x）单调递增；

当x∈（，3]时，f′（x）<0，f（x）单调递减．

所以x＝是函数f（x）在（1,3]上的唯一极大值点，f（）＝400×＋300>700；

当3

f（x）在x＝4有最大值，且f（4）＝630

综上，销售价格x＝≈1.67元/千克时，每日利润最大．

专题二　三角变换与平面向量、复数

第5讲　三角变换

1．B　解析：

因为sin2α＝2sinαcosα＝＝，

又tanα＝2，

所以sin2α＝＝.

2．D　解析：

因为0<α<，所以<α＋<，

又cos（α＋）＝，

所以sin（α＋）＝＝，

所以sinα＝sin（α＋－）＝×－×

＝.

3．A　解析：

因为f（－1）＝cos（－1）＝cos（1－）

>cos（－）

＝f（0）>0，

而<1＋<π，

故f

（1）＝cos（1＋）<0，所以选A.

4.　解析：

因为＝2，所以＝2，故tanθ＝3.

所以原式＝（－sinθ）·（－cosθ）＝

＝＝.

5．－　解析：

sin（π＋x）＋sin（＋x）＝－sinx－cosx＝，

所以sinx＋cosx＝－，

平方得：

1＋sin2x＝，所以sin2x＝－.

6.　解析：

因为tanα＝，

所以＝－2，则sinα＝－2cosα，

代入sin2α＋cos2α＝1，得5cos2α＝1，故cos2α＝.

又<α<π，所以cosα＝－.

于是sinα＝，

所以cosα＋sinα＝.

7．解析：

（1）f（x）＝sin2x＋cos2x

＝（sin2x＋cos2x）

＝（cossin2x＋sincos2x）

＝sin（2x＋）．

所以f（x）的最小正周期T＝＝π.

（2）由已知得f（＋）＝sin（α＋）

＝cosα＝，

则cosα＝，

所以cos2α＝2cos2α－1＝2×（）2－1＝－.

8．解析：

（1）由f（）＝－，

可得sincosφ＋cossinφ＝－，

所以cosφ＝－.

又因为0<φ<π，所以φ＝.

所以f（x）＝sin2xcos＋cos2xsin＝sin（2x＋）．

（2）由f（－）＝可得sin[2（－）＋]＝，

化简得sin（α＋）＝.

因为α∈（，π），所以α＋∈（，），

所以cos（α＋）＝－，

所以cosα＝cos[（α＋）－]

＝cos（α＋）cos＋sin（α＋）sin

＝.

第6讲　三角函数的图象与性质

1．A　解析：

当a＝1时，函数可化为y＝cos2x，故最小正周期为π；反之，函数可化为y＝cos2ax，若最小正周期为π，则a＝±1.选A.

2．D　解析：

当θ∈[0，）时，d＝2cosθ；当θ∈（，π）时，d＝－2cosθ，结合余弦函数图象知选D.

3．A　解析：

函数f（x）＝sin（2x＋φ）向左平移个单位得

y＝sin[2（x＋）＋φ]＝sin（2x＋＋φ），

又其为奇函数，故＋φ＝kπ，k∈Z，

解得φ＝kπ－（k∈Z），又因为|φ|<，

令k＝0，得φ＝－，

所以f（x）＝sin（2x－）．

又因为x∈[0，]，所以2x－∈[－，]，

所以sin（2x－）∈[－，1]，

即当x＝0时，f（x）min＝－，故选A.

4．－　解析：

由题意得g（x）＝sin[3（x－）＋]

＝sin（3x－），

又≤x≤，

所以≤3x－≤，

所以x＝时g（x）取最小值sin＝－.

5．2＋　解析：

令t＝－，x∈[0,9]，则t∈[－，]，

所以y＝2sint，t∈[－，]，

由正弦函数的图象可知y∈[－，2]，

故ymax－ymin＝2＋.

6．2　解析：

因为f

（1）＝asin1＋1＝0，所以a＝－，f（－1）－asin1＋1＝－×（－sin1）＋1＝2.

7．解析：

（1）当ω＝1时，

f（）＝sin＋cos＝－0＝.

（2）f（x）＝sinωx＋cos（ωx＋）

＝sinωx＋cosωx－sinωx

＝sinωx＋cosωx

＝sin（ωx＋）．

因为＝π且ω>0得ω＝2，

所以f（x）＝sin（2x＋）．

由x∈[0，]得2x＋∈[，]．

所以当2x＋＝即x＝时，f（x）max＝1.

8．解析：

（1）f（x）＝sinx－cosx＋cosx＋sinx

＝sinx，

g（x）＝1－cosx.

由f（α）＝，得sinα＝.

又α是第一象限角，所以cosα＞0，

从而g（α）＝1－cosα＝1－＝1－＝.

（2）f（x）≥g（x）等价于sinx≥1－cosx，

即sinx＋cosx≥1，

于是sin（x＋）≥.

从而2kπ＋≤x＋≤2kπ＋，k∈Z，

即2kπ≤x≤2kπ＋，k∈Z.

故使f（x）≥g（x）成立的x的取值集合为{x|2kπ≤x≤2kπ＋，k∈Z}．

第7讲　三角函数模型与解三角形的实际应用

1．D　解析：

由（a2＋c2－b2）tanB＝ac得sinB＝，所以B＝或.

2．A　解析：

不妨设三边长为a，b，c且a>b>c>0，公差d＝2，三个内角为A，B，C，

则a－b＝b－c＝2⇒a＝c＋4，b＝c＋2.

因为sinA＝，所以A＝120°或60°（舍去）．

又cosA＝＝＝－，

解得c＝3，b＝5，a＝7.

所以周长为3＋5＋7＝15.

3．A　解析：

由＋≥1得

b（a＋b）＋c（a＋c）≥（a＋c）（a＋b），

化简得b2＋c2－a2≥bc，

两边同除以2bc得，≥，

即cosA≥（0

所以0

4.　解析：

由正弦定理，得a2＋c2－b2＝ac，

所以＝，即cosB＝，所以B＝.

5．3　解析：

S△ABC＝bcsin＝bc，

由余弦定理得

（2）2＝b2＋c2－2bccos≥2bc－bc，

即bc≤12，故S△ABC≤3.

6．50　解析：

连接OC，在△OCD中，OD＝100，CD＝150，∠CDO＝60°，由余弦定理可得OC2＝1002＋1502－2×100×150×＝17500，解得OC＝50（m）．

7．解析：

（1）因为c2＝a2＋b2－2abcosC

＝a2＋b2－ab

＝3.

所以c＝.

（2）因为＝＝，

所以＝＝2，则a＝2sinA，

＝＝2，则b＝2sinB.

所以a＋b＝2（sinA＋sinB）

＝2[sinA＋sin（120°－A）]

＝2（sinA＋cosA）

＝2sin（A＋30°）．

因为0°

所以A＋30°∈（30°，150°），

所以sin（A＋30°）∈（，1]，

所以a＋b∈（，2]．

8．解析：

（1）如图，连接BC，设圆心为O，连接CO.

在直角三角形ABC中，AB＝100，∠BAC＝θ，

所以AC＝100cosθ.

由于∠BOC＝2∠BAC＝2θ，

所以弧BC的长为50×2θ＝100θ.

所以s（θ）＝2×100cosθ＋100θ，

＝200cosθ＋100θ，θ∈（0，）．

（2）s′（θ）＝100（－2sinθ＋1），

令s′（θ）＝0，则θ＝，列表如下：

θ

（0，）

（，）

s′（θ）

＋

0

－

s（θ）

极大值

所以，当θ＝时，s（θ）取得极大值，即为最大值．

答：

当θ＝时，绿化带总长度最大．

第8讲　复数、平面向量的基本运算与综合应用

1．A　解析：

z＝＝2＋i，z对应的点在第一象限，选A.

2．A　解析：

表示与a同向的单位向量，表示与b同向的单位向量，由＋＝0知＝－，即a与b反向，结合四个选项知答案为A.

3．B　解析：

设BC的中点为D，，的夹角为θ，

则有·（＋）＝2·

＝2||·（||cosθ）

＝2||2＝6.

4．4　解析：

原式＝＝，故a－4＝0，且a＋1≠0，所以a＝4.

5．（－∞，－2）∪（－2，）　解析：

因为cosθ＝＝，

又θ为锐角，0<<1，

解得λ<且λ≠－2，

所以λ∈（－∞，－2）∪（－2，）．

6．[，2]　解析：

以C为原点，CA、CB所在直线分别为x、y轴，建立如图所示的平面直角坐标系，

设M（x，y），

则x＋y＝2，则y＝2－x，

即M（x,2－x）．

又MN＝，

所以点N的坐标为（x＋1,2－x－1），

即N（x＋1,1－x）．

于是·＝x（x＋1）＋（2－x）（1－x）

＝2x2－2x＋2

＝2（x－）2＋（0≤x≤1），

所以x＝时，·取最小值，

x＝0或1时，·取最大值2，

因此·的取值范围为[，2]．

7．解析：

（1）由题意知m·n＝sinA＋cosB＝0，

又C＝，A＋B＋C＝π，

所以sinA＋cos（－A）＝0，

即sinA－cosA＋sinA＝0，

即sin（A－）＝0.

又0

所以A－＝0，即A＝.

（2）设||＝x，由3＝，得||＝3x，

由

（1）知A＝C＝，

所以||＝3x，B＝，

在△ABD中，由余弦定理，

得（）2＝（3x）2＋x2－2×3x×xcos，

解得x＝1，所以AB＝BC＝3，

所以S△ABC＝BA·BC·sinB＝×3×3×sin＝.

8．解析：

（1）由题意，得＝（sinθ－cosθ，－sinθ），

当θ＝时，sinθ－cosθ＝sin－cos＝，

－sinθ＝－sin＝－，

所以＝（，－）．

（2）因为＝（sinθ－cosθ，－sinθ），

所以||2＝（sinθ－cosθ）2＋（－sinθ）2

＝1－sin2θ＋2sin2θ

＝1－sin2θ＋1－cos2θ

＝2－sin（2θ＋）．

因为0≤θ≤，所以≤2θ＋≤.

所以当2θ＋＝时，||2取到最大值||2＝2－×（－）＝3，

即当θ＝时，||取到最大值.

专题三　不等式、数列、推理与证明

第9讲　不等式、推理与证明

1．B　解析：

因为≥0⇔得－2

2．C　解析：

因为x＞0，y＞0，所以t＝＞0，

所以t2＝≥＝，

所以t2≥，则t≥，当且仅当x＝y时取等号．

所以的最小值为，故选C.

3．B　解析：

画出可行域，如图．

直线ax＋y＝2恒过定点（0,2），

则可行域恒在直线ax＋y＝2的下方，显然当a≤0时成立；

当a>0时，直线即为＋＝1，

其在x轴的截距≥2⇒0

综上，可得a≤1.

4.　解析：

由题意有a＋b＝4cos2θ，ab＝2，

＋＝－2sin2θ，

因为＋＝，

所以＝－2sin2θ得tan2θ＝－，

所以2θ＝kπ＋π（k∈Z），所以θ＝kπ＋（k∈Z），

因为θ∈（，π），所以θ＝π.

5．6　解析：

先画出可行域（如图），

是可行域内的点M（x，y）与原点O（0,0）连线的斜率，

当直线OM过点（1,6）时，取得最大值6.

6.　解析：

内切球半径与外接球半径之比为1∶3，所以体积之比为1∶27.

7．解析：

（1）依题意，产品升级后，每件的成本为1000－元，利润为200＋元，年销售量为1－万件，

纯利润为f（x）＝（200＋）（1－）－x

＝198.5－－（万元）．

（2）f（x）＝198.5－－

≤198.5－2×

＝178.5，

当且仅当＝取等号