资源描述
专题一综合测试
一、选择题：本大题共12小题，每小题5分，共60分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的，将答案填在题后括号内．
1．(2021·重庆卷)已知全集U＝{1,2,3,4}，集合A＝{1,2}，B＝{2,3}，则∁U(A∪B)＝( )
A．{1,3,4} B．{3,4}
C．{3} D．{4}
解析 由已知得A∪B＝{1,2,3}，又集合U＝{1,2,3,4}，所以∁U(A∪B)＝{4}．
答案 D
2．(2021·辽宁卷)已知集合A＝{x|0<log4x<1}，B＝{x|x≤2}，则A∩B＝( )
A．(0,1) B．(0,2]
C．(1,2) D．(1,2]
解析 经计算A＝{x|1<x<4}，B＝{x|x≤2}，
所以A∩B＝{x|1<x≤2}．
答案 D
3．(2021·福建卷)已知集合A＝{1，a}，B＝{1,2,3}，则“a＝3”是“A⊆B”的( )
A．充分而不必要条件
B．必要而不充分条件
C．充分必要条件
D．既不充分也不必要条件
解析 a＝3⇒A⊆B，但A⊆B可得a＝2或a＝3，故选A.
答案 A
4．下列结论错误的是( )
A．命题“若p，则q”与命题“若綈q，则綈p”互为逆否命题
B．命题p：∀x∈，ex≥1；命题q：∃x∈R，x2＋x＋1<0，则p∨q为真
C．“若am2<bm2，则a<b”的逆命题为真命题
D．若p∨q为假命题，则p，q均为假命题
解析 依据四种命题的构成规律，选项A中的结论是正确的；选项B中的命题p是真命题，命题q是假命题，故p∨q为真命题，选项B中的结论正确；当m＝0时，a<b⇒am2＝bm2，故选项C中的结论不正确；选项D中的结论正确，故选C.
答案 C
5．函数y＝ax－(a>0，且a≠1)的图象可能是( )
解析 当a>1时，y＝ax－为增函数，且在y轴上的截距为0<1－<1，排解A、B.
当0<a<1时，y＝ax－为减函数，且1－<0，D满足．
答案 D
6．已知a＝log23＋log2，b＝log29－log2，c＝log32，则a，b，c的大小关系是( )
A．a＝b<c B．a＝b>c
C．a<b<c D．a>b>c
解析 a＝log23，b＝log23，∴a＝b>1.又c＝log32<1，∴a＝b>c.
答案 B
7．(2021·重庆卷)(－6≤a≤3)的最大值为( )
A．9 B.
C．3 D.
解析 ＝
＝，当a＝－∈时，取得最大值.
答案 B
8．2021年下半年某省市拟联合公选年轻干部，其中省管干部x名，市管干部y名，x和y须满足约束条件则z＝7x＋9y的最大值是( )
A．64 B．72
C．90 D．100
解析 不等式组表示的平面区域如图阴影部分所示(取阴影部分中的整点)，由目标函数z＝7x＋9y的意义可知当直线z＝7x＋9y过A点时，z取得最大值，此时z＝7×4＋9×8＝100.选D.
答案 D
9.
设f′(x)是函数f(x)的导函数，y＝f′(x)的图象如图所示，则y＝f(x)的图象最有可能是( )
解析 在区间(0,2)上，f′(x)<0，所以函数f(x)在(0,2)上单调递减，符合题意的只有C.
答案 C
10．(理)(2021·江西卷)如图所示，半径为1的半圆O与等边三角形ABC夹在两平行线l1，l2之间，l∥l1，l与半圆相交于F，G两点，与三角形ABC两边相交于E，D两点．设弧的长为x(0<x<π)，y＝EB＋BC＋CD，若l从l1平行移动到l2，则函数y＝f(x)的图象大致是( )
解析 正三角形的高为1，则边长为，当x＝0时，y＝(0<x<π)，排解B；由平行线分线段成比例知＝，即BE＝，而BE＝CD，故y＝2EB＋BC＝2－cos(0<x<π)，排解A，C，故选D.
答案 D
10．(文)(2021·东北三校第一次联考)已知函数f(x)＝＋1，g(x)＝alnx，若在x＝处函数f(x)与g(x)的图象的切线平行，则实数a的值为( )
A. B.
C．1 D．4
解析 由题意可知f′＝x－x＝＝1，g′＝，可得a＝，经检验，a＝满足题意．
答案 A
11．(理)(2021·辽宁卷)设函数f(x)满足x2f′(x)＋2xf(x)＝，f(2)＝，则x>0时，f(x)( )
A．有极大值，无微小值
B．有微小值，无极大值
C．既有极大值又有微小值
D．既无极大值也无微小值
解析 由x2f′(x)＋2xf(x)＝，得′＝，令g(x)＝x2f(x)，则g′(x)＝，又f(x)＝，所以f′(x)＝＝，令h(x)＝ex－2g(x)，h′(x)＝ex－2g′(x)＝ex－＝，当0<x<2时，h′(x)<0，当x>2时，h′(x)>0，所以h(x)≥h(2)＝0，即f′(x)≥0，所以当x>0时，f(x)单调递增，f(x)既无极大值也无微小值．
答案 D
11．(文)已知对任意实数x，有f(－x)＝－f(x)，g(－x)＝g(x)，且x>0时，f′(x)>0，g′(x)>0，则x<0时( )
A．f′(x)>0，g′(x)>0 B．f′(x)>0，g′(x)<0
C．f′(x)<0，g′(x)>0 D．f′(x)<0，g′(x)<0
解析 依题意得，函数f′(x)、g′(x)分别是偶函数、奇函数，当x<0时，－x>0，f′(x)＝f′(－x)>0，g′(x)＝－g′(－x)<0，选B.
答案 B
12．(理)(2021·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝若|f(x)|≥ax，则a的取值范围是( )
A．(－∞，0] B．(－∞，1]
C． D．
解析 解法一：|f(x)|的图象如图，x>0时，ln(x＋1)>0，x>0时|f(x)|≥ax，即ln(x＋1)>ax，由图可得a≤0；而x≤0时|f(x)|≥ax，即x2－2x≥ax，得a≥x－2恒成立得a≥－2.综上得－2≤a≤0，故选D.
解法二：由图得a>0不成立，故a≤0，结合图象可得，|f(x)|≥ax恒成立，只需a大于等于x2－2x在x＝0处的切线的斜率，即a≥(2x－2)|x＝0，所以a≥－2，得－2≤a≤0.
答案 D
12．(文)函数f(x)在定义域R内可导，若f(x)＝f(2－x)，且当x∈(－∞，1)时，(x－1)f′(x)<0，设a＝f(0)，b＝f，c＝f(3)，则( )
A．a<b<c B．c<b<a
C．c<a<b D．b<c<a
解析 依题意得，当x<1时，f′(x)>0，f(x)为增函数；又f(3)＝f(－1)，且－1<0<<1，因此有f(－1)<f(0)<f，即有f(3)<f(0)<f，c<a<b，选C.
答案 C
二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．将答案填在题中横线上．
13．已知y＝f(x)＋x2是奇函数，且f(1)＝1，若g(x)＝f(x)＋2，则g(－1)＝________.
解析 ∵y＝f(x)＋x2是奇函数，且f(1)＝1.
∴f(－1)＋(－1)2＝－，∴f(－1)＝－3.
因此g(－1)＝f(－1)＋2＝－1.
答案 －1
14．某名牌电动自行车的耗电量y与速度x之间有如下关系：y＝x3－x2－40x(x>0)，为使耗电量最小，则速度应定为________．
解析 ∵y′＝x2－39x－40，令y′＝0，
即x2－39x－40＝0，解得x＝40或x＝－1(舍)．
当x>40时，y′>0.
当0<x<40时，y′<0，
所以当x＝40时，y最小．
答案 40
15．(2021·江苏卷)在平面直角坐标系xOy中，设定点A(a，a)，P是函数y＝(x>0)图象上一动点．若点P，A之间的最短距离为2，则满足条件的实数a的全部值为________．
解析 设P，其中t>0，
PA2＝(t－a)2＋2
＝t2＋－2a＋2a2，
即PA2＝2－2a＋2a2－2，
令m＝t＋≥2，
所以PA2＝m2－2am＋2a2－2＝(m－a)2＋a2－2，
当PA取得最小值时或
解得a＝－1或a＝.
答案 －1，
16．已知函数y＝f(x)是R上的偶函数，对于x∈R都有f(x＋6)＝f(x)＋f(3)成立，当x1，x2∈，且x1≠x2时，都有>0，给出下列命题：
①f(3)＝0；
②直线x＝－6是函数y＝f(x)的图象的一条对称轴；
③函数y＝f(x)在上为增函数；
④函数y＝f(x)在上有四个零点．
其中全部正确命题的序号为________(把全部正确命题的序号都填上)．
解析 取x＝－3，则f(3)＝f(－3)＋f(3)，又y＝f(x)是R上的偶函数，∴f(－3)＝f(3)＝0，即f(x＋6)＝f(x)，∴f(x)是周期函数且T＝6，故①②正确；由题意可知f(x)在上是增函数，∴在上是减函数，故在上为减函数，③错误；f(－3)＝f(3)＝f(9)＝f(－9)＝0，④正确．
答案 ①②④
三、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．
17．(本小题10分)设函数f(x)＝ax2＋(b－2)x＋3(a≠0)，若不等式f(x)>0的解集为(－1,3)．
(1)求a，b的值；
(2)若函数f(x)在x∈上的最小值为1，求实数m的值．
解 (1)由条件得
解得a＝－1，b＝4.
(2)f(x)＝－x2＋2x＋3，对称轴方程为x＝1，
∴f(x)在x∈上单调递增．
∴x＝m时，f(x)min＝－m2＋2m＋3＝1，
解得m＝1±.∵m<1，∴m＝1－.
18．(本小题12分)已知函数f(x)＝x3－3ax2＋3x＋1.
(1)设a＝2，求f(x)的单调区间；
(2)设f(x)在区间(2,3)中至少有一个极值点，求a的取值范围．
解 (1)当a＝2时，f(x)＝x3－6x2＋3x＋1.
f′(x)＝3x2－12x＋3
＝3(x2－4x＋1)
＝3(x－2＋)(x－2－)．
当x<2－，或x>2＋时，得f′(x)>0；
当2－<x<2＋时，得f′(x)<0.
因此f(x)递增区间是(－∞，2－)，(2＋，＋∞)；
f(x)的递减区间是(2－，2＋)．
(2)f′(x)＝3x2－6ax＋3，
Δ＝36a2－36，由Δ>0得，a>1或a<－1，又x1x2＝1，
可知f′(2)<0，且f′(3)>0，
解得<a<，因此a的取值范围是.
19．(本小题12分)已知函数f(x)＝ax2＋1(a>0)，g(x)＝x3＋bx.
(1)若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，求a，b的值．
(2)当a＝3，b＝－9时，若函数f(x)＋g(x)在区间上的最大值为28，求k的取值范围．
解 (1)f′(x)＝2ax，∴f′(1)＝2a.
又f(1)＝a＋1＝c，
∴f(x)在点(1，c)处的切线方程为y－c＝2a(x－1)，
即y－2ax＋a－1＝0.
又∵g′(x)＝3x2＋b，则g′(1)＝3＋b.
又g(1)＝1＋b＝c，
∴g(x)在点(1，c)处的切线方程为
y－(1＋b)＝(3＋b)(x－1)，即y－(3＋b)x＋2＝0.
依题意知3＋b＝2a，且a－1＝2，即a＝3，b＝3.
(2)记h(x)＝f(x)＋g(x)．当a＝3，b＝－9时，
h(x)＝x3＋3x2－9x＋1.h′(x)＝3x2＋6x－9.
令h′(x)＝0，得x1＝－3，x2＝1.
h(x)与h′(x)在(－∞，2]上的变化状况如下：
x
(－∞，－3)
－3
(－3,1)
1
(1,2)
2
h′(x)
＋
0
－
0
＋
h(x)
单调递增
28
单调递减
－4
单调递增
3
由此可知，
当k≤－3时，函数h(x)在区间上的最大值为h(－3)＝28；
当－3<k<2时，函数h(x)在区间上的最大值小于28.
因此，k的取值范围是(－∞，－3]．
20．(本小题12分)(2021·北京卷)设L为曲线C：y＝在点(1,0)处的切线．
(1)求L的方程；
(2)证明：除切点(1,0)之外，曲线C在直线L的下方．
解 (1)设f(x)＝，则f′(x)＝.
所以f′(1)＝1，即L的斜率为1.
又L过点(1,0)，所以L的方程为y＝x－1.
(2)令g(x)＝x－1－f(x)，则除切点之外，曲线C在直线L的下方等价于g(x)>0(∀x>0，x≠1)．
g(x)满足g(1)＝0，且g′(x)＝1－f′(x)＝.
当0<x<1时，x2－1<0，lnx<0，所以g′(x)<0，故g(x)单调递减；
当x>1时，x2－1>0，lnx>0，所以g′(x)>0，故g(x)单调递增．
所以，g(x)>g(1)＝0(∀x>0，x≠1)．
所以除切点之外，曲线C在直线L的下方．
21．(本小题12分)(理)(2021·湖北卷)假设每天从甲地去乙地的旅客人数X是听从正态分布N(800,502)的随机变量．记一天中从甲地去乙地的旅客人数不超过900的概率为p0.
(1)求p0的值；
(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)
(2)某客运公司用A、B两种型号的车辆担当甲、乙两地间的长途客运业务，每车每天来回一次．A、B两种车辆的载客量分别为36人和60人，从甲地去乙地的营运成本分别为1 600元/辆和2 400元/辆．公司拟组建一个不超过21辆车的客运车队，并要求B型车不多于A型车7辆．若每天要以不小于p0的概率运完从甲地去乙地的旅客，且使公司从甲地去乙地的营运成本最小，那么应配备A型车、B型车各多少辆？
解 (1)由于随机变量X听从正态分布N(800,502)，故有μ＝800，σ＝50，P(700<X≤900)＝0.954 4.
由正态分布的对称性，可得
p0＝P(X≤900)＝P(X≤800)＋P(800<X≤900)＝＋P(700<X≤900)＝0.977 2.
(2)设A型、B型车辆的数量分别为x、y辆，则相应的营运成本为1 600x＋2 400y.
依题意，x，y还需满足：x＋y≤21，y≤x＋7，P(X≤36x＋60y)≥p0.
由(1)知，p0＝P(X≤900)，故P(X≤36x＋60y)≥p0等价于36x＋60y≥900.
于是原问题等价于求满足约束条件
且使目标函数z＝1 600x＋2 400y达到最小的x，y.
作可行域如图所示，可行域的三个顶点坐标分别为P(5,12)，Q(7,14)，R(15,6)．
由图可知，当直线z＝1 600x＋2 400y经过可行域的点P时，直线z＝1 600x＋2 400y在y轴上截距最小，即z取得最小值．
故应配备A型车5辆、B型车12辆．
21．(本小题12分)(文)(2021·课标全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝ex(ax＋b)－x2－4x，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝4x＋4.
(1)求a，b的值；
(2)争辩f(x)的单调性，并求f(x)的极大值．
解 (1)f′(x)＝ex(ax＋a＋b)－2x－4.
由已知得f(0)＝4，f′(0)＝4.故b＝4，a＋b＝8.
从而a＝4，b＝4.
(2)由(1)知f(x)＝4ex(x＋1)－x2－4x，
f′(x)＝4ex(x＋2)－2x－4＝4(x＋2).
令f′(x)＝0，得x＝－ln2或x＝－2.
从而当x∈(－∞，－2)∪(－ln2，＋∞)时，f′(x)>0；
当x∈(－2，－ln2)时，f′(x)<0.
故f(x)在(－∞，－2)，(－ln2，＋∞)上单调递增，
在(－2，－ln2)上单调递减．
故当x＝－2时，函数f(x)取得极大值，极大值为
f(－2)＝4(1－e－2)．
22．(本小题12分)(理)(2021·辽宁卷)已知函数f(x)＝(1＋x)e－2x，g(x)＝ax＋＋1＋2xcosx.当x∈时，
(1)求证：1－x≤f(x)≤；
(2)若f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围．
解 (1)要证x∈时，(1＋x)e－2x≥1－x，只需证明(1＋x)·e－x≥(1－x)ex.
记h(x)＝(1＋x)e－x－(1－x)ex，则h′(x)＝x(ex－e－x)，当x∈(0,1)时，h′(x)>0，因此h(x)在上是增函数，
故h(x)≥h(0)＝0.
所以f(x)≥1－x，x∈．
要证x∈时，(1＋x)e－2x≤，只需证明ex≥x＋1.
记K(x)＝ex－x－1，则K′(x)＝ex－1，当x∈(0,1)时，K′(x)>0，因此K(x)在上是增函数，
故K(x)≥K(0)＝0.
所以f(x)≤，x∈．
综上，1－x≤f(x)≤，x∈．
(2)f(x)－g(x)＝(1＋x)e－2x－
≥1－x－ax－1－－2xcosx
＝－x.
设G(x)＝＋2cosx，则G′(x)＝x－2sinx.
记H(x)＝x－2sinx，则H′(x)＝1－2cosx，当x∈(0,1)时，H′(x)<0，于是G′(x)在上是减函数，从而当x∈(0,1)时，G′(x)<G′(0)＝0，
故G(x)在上是减函数．
于是G(x)≤G(0)＝2，从而a＋1＋G(x)≤a＋3.
所以，当a≤－3时，f(x)≥g(x)在上恒成立，
下面证明，当a>－3时，f(x)≥g(x)在上不恒成立．
f(x)－g(x)≤－1－ax－－2xcosx
＝－ax－－2xcosx
＝－x，
记I(x)＝＋a＋＋2cosx＝＋a＋G(x)，则
I′(x)＝＋G′(x)，当x∈(0,1)时，I′(x)<0.故I(x)在上是减函数，于是I(x)在上的值域为．
由于当a>－3时，a＋3>0，所以存在x0∈(0,1)，使得I(x0)>0，此时f(x0)<g(x0)，即f(x)≥g(x)在上不恒成立．
综上，实数a的取值范围是(－∞，－3]．
22．(本小题12分)(文)(2021·浙江十校联考)已知函数f(x)＝lnx＋ax(a∈R)．
(1)求f(x)的单调区间；
(2)设g(x)＝x2－4x＋2，若对任意x1∈(0，＋∞)，均存在x2∈，使得f(x1)<g(x2)，求a的取值范围．
解 (1)f′(x)＝a＋＝(x>0)．
①当a≥0时，由于x>0，故ax＋1>0，f′(x)>0，
所以f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)．
②当a<0时，由f′(x)＝0，得x＝－.
在区间上，f′(x)>0，在区间上，f′(x)<0，所以函数f(x)的单调递增区间为，单调递减区间为.
(2)由题意得f(x)max<g(x)max，而g(x)max＝2，
由(1)知，当a≥0时，f(x)在(0，＋∞)上单调递增，值域为R，故不符合题意．
当a<0时，f(x)在上单调递增，在上单调递减，
故f(x)的极大值即为最大值，f＝－1＋ln＝－1－ln(－a)，所以2>－1－ln(－a)，解得a<－.
展开阅读全文
浙ICP备2021020529号-1 | 浙B2-20240490 
