理科数学高效巩固提升和核心考点模拟演练含答案答案.docx
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理科数学高效巩固提升和核心考点模拟演练含答案答案
参考答案
第一部分 核心考点突破
核心考点一 集合、逻辑用语、函数与导数
第1课时 集合与逻辑用语
【高效巩固提升】
1.C 解析:
∵∁UA={0,4},∴(∁UA)∪B={0,2,4}.故选C.
2.C 解析:
∵M={x|lgx>0}={x|x>1},N={x|x2≤4}={x|-2≤x≤2},∴M∩N=(1,2].故选C.
3.C 解析:
因为“若p,则q”的逆否命题为“若綈q,则綈p”,所以“若α=,则tanα=1”的逆否命题是“若tanα≠1,则α≠”.
4.D 解析:
由对命题的否定知,是把谓词取否定,然后把结论否定.故选D.
5.[1,2] 解析:
∵A∩B=A,∴A⊆B.∴故1≤a≤2.
6.D 解析:
排除法,因为ex>0对任意x∈R恒成立,所以A选项错误;因为当x=3,时23=8,32=9,且8<9,所以选项B错误;因为当a=b=0时,a+b=0,但无意义,所以选项C错误.故选D.
7.D 解析:
要使x-y∈A,当x=5时,y可以是1,2,3,4;当x=4时,y可以是1,2,3;当x=3时,y可以是1,2;当x=2时,y可以是1,∴B中所含元素的个数为10个.故选D.
8. 解析:
有序实数对(a,b)的取值情况共有9种,满足A∩B=B的情况有:
(1)(1,1),(1,2),(1,3),(2,2),(2,3),(3,3),此时B=∅;
(2)(2,1),此时B={1};
(3)(3,2),此时B={1,2}.
∴A∩B=B的概率为p=.
9.解:
设g(x)=x2+2ax+4,
∵关于x的不等式x2+2ax+4>0对一切x∈R恒成立,
∴函数g(x)的图象开口向上且与x轴没有交点,
故Δ=4a2-16<0,∴-2 又∵函数f(x)=(3-2a)x是增函数, ∴3-2a>1,∴a<1. 又由p∨q为真,p∧q为假可知,p和q为一真一假. (1)若p真q假,则∴1≤a<2. (2)若p假q真,则∴a≤-2. 综上所述,所求实数a的取值范围为1≤a<2或a≤-2. 10.解: ∵p: ≥2,∴≤0,故1≤x<3. ∵q: x2-ax≤x-a,∴x2-(a+1)x+a≤0. 当a<1时,a≤x≤1; 当a=1时,x=1; 当a>1时,1≤x≤a. ∵綈p是綈q的充分条件,∴q是p的充分条件. 设q对应集合A,p对应集合B,则A⊆B. 当a<1时,A⊆B,不合题意; 当a=1时,A⊆B,符合题意; 当a>1时,有1≤x≤a,要A⊆B,则1 综上所述,符合条件的a∈[1,3). 第2课时 函数的图象与性质 【高效巩固提升】 1.B 解析: ∵f(10)=lg10=1,∴f[f(10)]=f (1)=12+1=2.故选B. 2.D 解析: 选项中是奇函数的有B,C,D,增函数有A,D.故选D. 3.C 4.(0,] 解析: 根据二次根式和对数函数有意义的条件,得⇒⇒0 5.0 解析: ∵f(x)为偶函数,∴f(-x)=f(x),即x2-|x+a|=(-x)2-|-x+a|⇒|x+a|=|x-a|.∴a=0. 6.D 解析: 由(y-x)≥0可知,或在同一坐标系中作出平面区域如图D1,由图象可知,A∩B的区域为阴影部分.根据对称性可知,两部分阴影面积之和为圆的面积的一半,所以面积为.故选D. 图D1 图D2 7.D 解析: 方法一: 当2-x≥1,即x≤1时,f(x)=|ln(2-x)|=ln(2-x),此时函数f(x)在(-∞,1]上单调递减;当0<2-x≤1,即1≤x<2时,f(x)=|ln(2-x)|=-ln(2-x),此时函数f(x)在[1,2)上单调递增.故选D. 方法二: f(x)=|ln(2-x)|的图象如图D2. 由图象可得,函数f(x)在区间[1,2)上为增函数.故选D. 8.B 9.解: (1)由定义可知,若关于x的方程f(x)=在(0,9)内有实数根时, 则函数f(x)=-x2+4x是区间[0,9]上的平均值函数. 于是-x2+4x=,即x2-4x-5=0,可得x1=5或x2=-1. 又x1=5∈(0,9)[x2=-1∉(0,9),故舍去], ∴f(x)=-x2+4x是[0,9]上的平均值函数,5是它的均值点. (2)∵f(x)=-x2+mx+1是[-1,1]上的平均值函数, ∴关于x的方程-x2+mx+1=在(-1,1)内有实数根. 由-x2+mx+1=,得x2-mx+m-1=0,解得x1=m-1或x2=1. 又x2=1∉(-1,1), ∴x1=m-1必为均值点,即-1 ∴所求实数m的取值范围是0 10.解: (1)∵f (1)=-a+1,kl=f′ (1)=1-a, ∴切线l的方程为y-f (1)=kl(x-1),即y=(1-a)x. 令F(x)=f(x)-(1-a)x=lnx-x+1,x>0, 则F′(x)=-1=(1-x),解F′(x)=0得x=1. 则F′(x),F(x)随x的变化情况如下表: x (0,1) 1 (1,+∞) F′(x) + 0 - F(x) ↗ 最大值 ↘ ∴当x>0,且x≠1时,F(x)<0,f(x)<(1-a)x, 即函数y=f(x)(x≠1)的图象在直线l的下方. (2)f(x)有零点,即f(x)=lnx-ax+1=0有解, 则a=,a′==-, 解a′=0,得x=1. 类似 (1)列表讨论,知: a≤1. 即若f(x)有零点,则a≤1;若a>1,则f(x)无零点. 当a=1时,f(x)=lnx-x+1.由 (1),知: f(x)有且仅有一个零点x=1; 当a≤0时,f(x)=lnx-ax+1单调递增,由幂函数与对数函数的单调性,可知f(x)有且仅有一个零点(或: 直线y=ax-1与曲线y=lnx有一个交点). 当01. 类似 (1)列表讨论,知: f(x)在x=处取得最大值为f=ln>0. 由幂函数与对数函数的单调性可知,当x充分大时,f(x)<0,即f(x)在单调递减区间有且仅有一个零点.又∵f=-<0,∴f(x)在单调递增区间上有且仅有一个零点. 综上所述,当a>1时,f(x)无零点;当a=1或a≤0时,f(x)有且仅有一个零点;当0 第3课时 函数与方程 【高效巩固提升】 1.C 解析: ∵关于x的方程x2+mx+1=0有两个不相等的实数根,∴Δ=m2-4>0,解得m<-2或m>2. 2.C 解析: 构造两个函数y=|x|和y=cosx,在同一个坐标系内画出它们的图象,如图D4所示,观察,知: 图象有两个公共点,∴方程有且仅有两个根. 图D4 3.C 解析: ∵ <<1,∴f =f =f(2 ).由2 <1,得f(2 )=f(2·2 )=f(2 ),而2 >1,f =f(2 )=log22 =.故选C. 4.C 解析: 根据解析式,易知A和D正确;若x是无理数,则-x和x+1也是无理数,若x是有理数,则-x和x+1也是有理数,∴D(-x)=D(x),D(x+1)=D(x),从而可知B正确,C错误.故选C. 5.C 6.2 解析: f (2)=loga2+2-b<0,f(3)=loga3+2-b>0,∴x0∈(2,3),故所求的n=2. 7.(-∞,1] 解析: 令t=|x-a|,则t=|x-a|在区间[a,+∞)上单调递增,而y=et为增函数,所以若函数f(x)=e|x-a|在[1,+∞)单调递增,则有a≤1,所以实数a的取值范围是(-∞,1]. 8.(-4,-2) 解析: 根据g(x)=2x-2<0,可解得x<1.∵∀x∈R,f(x)<0或g(x)<0成立,∴f(x)在x≥1时,f(x)<0.当m=0时,f(x)=0不能做到f(x)在x≥1时f(x)<0,故舍去.∴f(x)作为二次函数,其开口只能向下,故m<0,且此时两个根为x1=2m,x2=-m-3.为保证此条件成立,需要⇒和大前提m<0,取交集结果为-4 9.解: (1)因为f(x)=-x3+ax2+b, 所以f′(x)=-3x2+2ax=-3x. 当a=0时,f′(x)≤0,函数f(x)没有单调递增区间; 当a>0时,令f′(x)>0,得0 故f(x)的单调递增区间为; 当a<0时,令f′(x)>0,得 故f(x)的单调递增区间为. 综上所述,当a=0时,函数f(x)没有单调递增区间; 当a>0时,函数f(x)的单调递增区间为; 当a<0时,函数f(x)的单调递增区间为. (2)由 (1),知: 当a∈[3,4]时,f(x)的单调递增区间为,单调递减区间为(-∞,0)和. 所以函数f(x)在x=0处取得极小值为f(0)=b, 函数f(x)在x=处取得极大值为f=+b. 由于对任意a∈,函数f(x)在R上都有三个零点, 所以即 解得- 因为对任意a∈[3,4],b>-恒成立, 所以b>max=-=-4. 所以实数b的取值范围是(-4,0). 10.解: (1)设完成A,B,C三种部件生产需要的时间(单位: 天)分别为T1(x),T2(x),T3(x),由题设有T1(x)==,T2(x)=,T3(x)=, 其中x,kx,200-(1+k)x均为1到200之间的正整数. (2)完成订单任务的时间为f(x)=max{T1(x),T2(x),T3(x)},其定义域为. ∴T1(x),T2(x)为减函数,T3(x)为增函数. ①当k=2时,T1(x)=T2(x), 此时f(x)=max{T1(x),T3(x)}=max, ∵T1(x)为减函数,T3(x)为增函数,∴当=时,f(x)取得最小值,此时x=. ∵44<<45,∴f(44)=T1(44)=,f(45)=T3(45)=,f(44) ∴当x=44时,完成订单任务的时间最短,且最短时间为f(44)=. ②当k>2时,T1(x)>T2(x),由于k为正整数,故k≥3.此时T(x)=,φ(x)=max{T1(x),T(x)},易知T(x)为增函数,则 f(x)=max{T1(x),T3(x)}≥max{T1(x),T(x)} =φ(x)=max. ∵T1(x)为减函数,T(x)为增函数,∴当=时,φ(x)取得最小值,此时x=. ∵36<<37,而φ(36)=T1(36)=>, φ(37)=T(37)=>, ∴完成订单任务的最短时间大于. ③当k<2时,T1(x) ∴当=时,f(x)取得最小值,此时x=. 类似①的讨论. ∴完成订单任务的最短时间为,大于. 综上所述,当k=2时完成订单任务的时间最短,此时生产A,B,C三种部件的人数分别为44,88,68. 第4课时 函数与导数 【高效巩固提升】 1.D 解析: ∵函数f(x)=a3+sinx的自变量为x,a为常量,∴f′(x)=cosx.故选D. 2.A 解析: y′=ex,当x=0时,e0=1. 3.D 解析: ∵f(x)=xex,∴f′(x)=ex+xex.令f′(x)=0,则x=-1.当x<-1时f′(x)<0;当x>-1时f′(x)>0,∴x=-1为f(x)极小值点.故选D. 4. 解析: x2+sinx)dx==. 5. 解析: ∵f(x)定义域为(0,+∞),又f′(x)=4x-,由f′(x)=0,得x=. ∴ 解得1≤k<. 6.C 解析: 用定积分求解S=(-x+2)dx==.故选C. 7.C 解析: 设f(x)=cosx-=cosx-1+x2,则g(x)=f′(x)=-sinx+x,∴g′(x)=-cosx+1≥0.当x∈[0,+∞)时,g(x)为增函数,∴g(x)=f′(x)≥g(0)=0,同理f(x)≥f(0)=0,∴cosx-≥0,即cosx≥1-x2.故选C. 图D5 8.2 解析: 函数y=f(x)在点(1,0)处的切线为y-0=f′ (1)(x-1),即y=x-1,∴D表示的封闭区域如图D5,当目标函数直线经过点M时,z有最大值,最大值为z=0-2×(-1)=2. 9.解: (1)∵f(x)=alnx++x+1,∴f′(x)=-+. ∵曲线y=f(x)在点(1,f (1))处的切线垂直于y轴, ∴该切线斜率为0,即f′ (1)=0. 从而a-+=0,解得a=-1. (2)由 (1),知: f(x)=-lnx++x+1(x>0), f′(x)=--+=, ∴f′(x)=. 令f′(x)=0,解得x1=1,x2=-(因x2=-不在定义域内,舍去). 当x∈(0,1)时,f′(x)<0,则f(x)在(0,1)上为减函数; 当x∈(1,+∞)时,f′(x)>0,则f(x)在(1,+∞)上为增函数.故f(x)在x=1处取得极小值为f (1)=3. 10.解: (1)该出版社一年的利润L(单位: 万元)与每本书定价x的函数关系式为 L=(x-5-m)(20-x)2,x∈[9,11]. (2)L′(x)=(20-x)-2-(x-5-m)(20-x) =(20-x)(30+2m-3x). 令L′=0,得x=10+m或x=20(不合题意,舍去). ∵1≤m≤3,∴≤10+m≤12. 在x=10+m两侧,L′的值由正变负. ∴ (1)当≤10+m≤11,即1≤m≤时, Lmax=L=· =43. (2)当11<10+m≤12,即 Lmax=L(11)=(11-5-m)(20-11)2=81(6-m), ∴R(m)= 答: 若1≤m≤,则当每本书定价为10+m元时,出版社一年的利润L最大,最大值R(m)=43(万元);若 核心考点二 不等式 第5课时 不等式的解法及证明 【高效巩固提升】 1.A 解析: 原不等式等价于(x-1)(2x+1)<0或x-1=0,即- 2.B 解析: B={x|x2-2x-3≤0}={x|-1≤x≤3},A∩(∁RB)={x|1<x<4}∩{x|x<-1或x>3}={x|3 3.B 解析: 过A,B两点的直线,即y=x-1,即f(x)=x-1是增函数.由f(x+1)=(x+1)-1,知: 当|f(x+1)|<1时,<1, ∴-1<(x+1)-1<1,即0<(x+1)<2, 即0 4.2 解析: 由|kx-4|≤2,可得2≤kx≤6,∴1≤x≤3.∴=1,故k=2. 5.①②③④ 解析: 解不等式ax2+bx+c>0,可得其解集为,故a<0;∵-,2是方程ax2+bx+c=0的两根,∴-+2=->0,∴b>0;f(0)=c>0,f(-1)=a-b+c≤0,f (1)=a+b+c>0. 6.9 解析: ∵函数的值域为[0,+∞),当x2+ax+b=0时,有Δ=a2-4b=0,即b=.∴f(x)=x2+ax+b=x2+ax+=2.∴f(x)=2 解得- ∵不等式f(x) ∴-=2=6,解得c=9. 7. 解析: 本题按照一般思路,则可分为以下两种情况: ①无解; ②无解. 由于受到经验的影响,大部分学生会认为此题可能是错题或者解不出此题.其实在x>0的整个区间上,我们可以将其分成两个区间,在各自的区间内恒正或恒负(如图D6). 图D6 函数y1=(a-1)x-1,y2=x2-ax-1都过定点P(0,-1). 对于函数y1=(a-1)x-1: 令y=0,得M,经分析,得a>1; 对于函数y2=x2-ax-1: 显然,函数过点M,代入,得2--1=0,解得a±,舍去a=-,得a=. 8.-2≤a≤4 解析: 不等式|x-a|+|x-1|≤3可以表示为数轴上的点x到点a和点1的距离之和小于等于3.∵当数轴上的点x到点a和点1的距离之和最小时,即点x在点a和点1之间时,此时距离和为|a-1|.要使不等式|x-a|+|x-1|≤3有解,则|a-1|≤3,解得-2≤a≤4. 9.解: (1)当a=-3时,f(x)≥3⇔|x-3|+|x-2|≥3 ⇔或或⇔x≤1或x≥4. (2)原命题⇔f(x)≤|x-4|在[1,2]上恒成立 ⇔|x+a|+2-x≤4-x在[1,2]上恒成立 ⇔-2-x≤a≤2-x在[1,2]上恒成立 ⇔-3≤a≤0. 10.解: (1)当a=3时,f(x)=-x3+x2-2x, 得f′(x)=-x2+3x-2. 因为f′(x)=-x2+3x-2=-(x-1)(x-2), 所以当1 当x<1或x>2时,f′(x)<0,函数f(x)单调递减. 故函数f(x)的单调递增区间为(1,2),单调递减区间为(-∞,1)和(2,+∞). (2)方法一: 由f(x)=-x3+x2-2x, 得f′(x)=-x2+ax-2. 因为对于任意x∈[1,+∞)都有f′(x)<2(a-1)成立, 即对于任意x∈[1,+∞)都有-x2+ax-2<2(a-1)成立,即对于任意x∈[1,+∞)都有x2-ax+2a>0成立. 令h(x)=x2-ax+2a, 要使h(x)对任意x∈[1,+∞)都有h(x)>0成立,必须满足Δ<0,或 即a2-8a<0或 所以实数a的取值范围为(-1,8). 方法二: 由f(x)=-x3+x2-2x, 得f′(x)=-x2+ax-2. 因为对于任意x∈[1,+∞)都有f′(x)<2(a-1)成立, 即对于任意x∈[1,+∞)都有f′(x)max<2(a-1). 因为f′(x)=-2+-2,其图象开口向下,对称轴为x=. ①当<1,即a<2时,f′(x)在[1,+∞)上单调递减,所以f′(x)max=f′ (1)=a-3. 由a-3<2(a-1),得a>-1,此时-1 ②当≥1,即a≥2时,f′(x)在上单调递增,在上单调递减, 所以f′(x)max=f′=-2. 由-2<2(a-1),得0 综上①②可得,实数a的取值范围为(-1,8). (3)设点P是函数y=f(x)图象上的切点, 则过点P的切线的斜率为k=f′(t)=-t2+at-2, 所以过点P的切线方程为 y+t3-t2+2t=(-t2+at-2)(x-t). 因为点在切线上, 所以-+t3-t2+2t=(-t2+at-2)(0-t), 即t3-at2+=0. 若过点可作函数y=f(x)图象的三条不同切线,则方程t3-at2+=0有三个不同的实数解. 令g(t)=t3-at2+,则函数y=g(t)与t轴有三个不同的交点. 令g′(t)=2t2-at=0,解得t=0或t=. 因为g(0)=,g=-a3+, 所以g=-a3+<0,即a>2. 所以实数a的取值范围为(2,+∞). 第6课时 不等式的应用 【高效巩固提升】 1.C 解析: 对于A选项,当x=时,两边相等,故A错误;对于B选项,具有基本不等式的形式,但是sinx不一定大于零,故B错误;对于C选项,x2+1≥2|x|⇔x2±2x+1≥0⇔(x±1)2≥0,显然成立;对于D选项,任意x都不成立.故选C. 2.B 3.D 解析: 画出可行域,根据图形可知,当x=5,y=15时,2x+3y最大,最大值为55.故选D. 4.B 解析: 储存费用×x×1=,每件产品的生产准备费用与仓储费用之和y==+≥2=20,当且仅当=,即x=80时取等号,∴每批应生产产品80件.故选B. 5.A 6.B 解析: 可行域如图D9. 图D9 联立解得又∵边界线为虚线取不到,且目标函数线的斜率为-,∴当z=3x+4y过点(4,1)时,有最小值16. 7.{x|-2≤x≤5} 解析: 在集合A中,当x<-3时,不等式化为-3-x+4-x≤9,解得x≥-4,∴-4≤x<-3;当-3≤x≤4时,不等式化为x+3+4-x≤9,即7≤9,∴-3≤x≤4; 当x>4时,不等式化为x+3+x-4≤9,解得x≤5,∴4 在集合B中,∵t>0,∴x=4t+-6≥2-6=4-6=-2,∴B={x|x≥-2},故A∩B={x|-2≤x≤5}. 图D10 8.[e,7] 解析: 由5c-3a≤b≤4c-a,clnb≥a+clnc 得 设=x,y=,则题目转化为: 已知x,y满足求的取值范围. 作出(x,y)所在平面区域(如图D10),求出y=ex的切线的斜率e.设过切点P(x0,y0)的切线为y=ex+m(m≥0), 则==e+,要使最小,须m=0. ∴的最小值在点P(x0,y0)处,其值为e.此时,点P(x0,y0)在y=ex上的A,B之间. 当(x,y)对应点C时,⇒–⇒y=7x⇒=7,∴的最大值在C处,其值为7. ∴的取值范围为[e,7],即的取值范围是[e,7]. 9.解: (1)∵xy=3000,2a+6=y, ∴y=(6≤x≤500). S=(x-4)a+(x-6)a=(2x-10)a=(2x-10)·=(x-5)(y-6)=3030-6x-(6≤x≤500). (2)S=3030-6x-≤3030-2=3030-2×300=2430, 当且仅当6x=,即x=50时,“=”成立,此时x=50,y=60,Smax=2430. 即设计x=50米,y=60米时,运动场地面积最大,最大值为2430平方米. 10.解: (1)f′(x)=3x2+2ax-(2a+3)=(3x+2a+3)(x-1), 令f′(x)=0,得x=1或x=-. 若使函数f(x)在区间(1,+∞)上有极小值点, 则->1,解得a<-3. (2)由题意,知: 当x∈[-1,1]时,f(x)min>0. ①当-≥1,即a≤-3时,f(x)在x∈[-1,1]上单调递增, ∴f(x)min=f(-1)=a2+3a+2>0, 得a>-1或a<-2.由此,得a≤-3; ②当-1<-<1,即-3 f(x)在为增函数,在上为减函数,∴f(x)min=min{f(-1),f (1)}. 可得⇒a>2或a<-2,
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