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－4－4（舍）；当m∈（－4，－1）时，2m<－4，解得m<－2.综上所述，m∈（－4，－2）．

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10，函数f（x）单调递增；

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，

由此，得－3

③当－≤－1，即a≥0，

f（x）在x∈[－1,1]上为减函数，

∴f（x）min＝f

（1）＝a2－a－2>0.

得a>2或a<－1，由此，得a>2.

由①②③，得实数a的取值范围为a>2或a<－2.

核心考点三　平面向量、三角函数

第7课时　平面向量及其运算

【高效巩固提升】

1．B　解析：

方法一：

由|a＋b|＝|a－b|两边平方，

得a·b＝0，∴a⊥b.故选B.

方法二：

根据向量加法、减法的几何意义可知，|a＋b|与|a－b|分别为以向量a，b为邻边的平行四边形的两条对角线的长，∵|a＋b|＝|a－b|，∴该平行四边形为矩形，∴a⊥b，故选B.

2．D