高考数学二轮复习 专题1 高考客观题常考知识检测 理.docx

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高考数学二轮复习专题1高考客观题常考知识检测理

2021年高考数学二轮复习专题1高考客观题常考知识检测理

一、选择题（本大题共12小题,每小题5分,共60分）

1.（xx甘肃河西五地市第一次联考）设集合M={x|x2+3x+2<0},集合N={x|（）x≤4},则M∪N等于（　　）

（A）{x|x≥-2}（B）{x|x>-1}（C）{x|x<-1}（D）{x|x≤-2}

2.（xx高考湖北卷）命题“∃x0∈（0,+∞）,lnx0=x0-1”的否定是（　　）

（A）∀x∈（0,+∞）,lnx≠x-1（B）∀x∉（0,+∞）,lnx=x-1

（C）∃x0∈（0,+∞）,lnx0≠x0-1（D）∃x0∉（0,+∞）,lnx0=x0-1

3.（xx甘肃省河西五地市高三第一次联考）下列推断错误的是（　　）

（A）命题“若x2-3x+2=0,则x=1”的逆否命题为“若x≠1,则x2-3x+2≠0”

（B）命题p:

存在x0∈R,使得+x0+1<0,则非p:

任意x∈R,都有x2+x+1≥0

（C）若p且q为假命题,则p,q均为假命题

（D）“x<1”是“x2-3x+2>0”的充分不必要条件

4.（xx新课标全国卷Ⅱ）若函数f（x）=kx-lnx在区间（1,+∞）单调递增,则k的取值范围是（　　）

（A）（-∞,-2]（B）（-∞,-1]（C）[2,+∞）（D）[1,+∞）

5.（xx甘肃河西五地市第一次联考）设k是一个正整数,（1+）k的展开式中第四项的系数为,记函数y=x2与y=kx的图象所围成的阴影部分的面积为S,任取x∈[0,4],y∈[0,16],则点（x,y）恰好落在阴影区域内的概率为（　　）

（A）（B）（C）（D）

6.（xx山东济宁一模）函数f（x）=2cosx（x∈[-π,π]）的图象大致为（　　）

7.（xx山东威海一模）已知M是△ABC内的一点（不含边界）,且·=2,∠BAC=30°,若△MBC,△MAB,△MCA的面积分别为x,y,z,记f（x,y,z）=++,则f（x,y,z）的最小值为（　　）

（A）26（B）32（C）36（D）48

8.（xx安徽皖北协作区一模）已知x,y满足约束条件若z=2x+y的最小值为1,则a的值是（　　）

（A）4（B）（C）1（D）2

9.（xx安徽马鞍山市质检）定义域为R的函数f（x）对任意x都有f（2+x）=f（2-x）,且其导函数f′（x）满足>0,则当2

（A）f（2a）

（2）（B）f（log2a）

（2）

（C）f（2a）

（2）

（2）

10.（xx山东淄博市一模）函数f（x）=ex+x2+x+1与g（x）的图象关于直线2x-y-3=0对称,P,Q分别是函数f（x）,g（x）图象上的动点,则|PQ|的最小值为（　　）

（A）（B）（C）（D）2

11.（xx山西太原市一模）已知函数f（x）=lnx+tanα（α∈（0,））的导函数为f′（x）,若使得f′（x0）=f（x0）成立的x0<1,则实数α的取值范围为（　　）

（A）（,）（B）（0,）（C）（,）（D）（0,）

12.（xx山东济南一模）设函数f（x）的定义域为R,若存在常数ω>0,使|f（x）|≤ω|x|对一切实数x均成立,则称f（x）为“条件约束函数”.现给出下列函数:

①f（x）=4x;②f（x）=x2+2;③f（x）=;④f（x）是定义在实数集R上的奇函数,且对一切x1,x2均有|f（x1）-f（x2）|≤4|x1-x2|.其中是“条件约束函数”的有（　　）

（A）1个（B）2个（C）3个（D）4个

二、填空题（本大题共4小题,每小题5分,共20分）

13.（xx山东济宁市一模）若a=cosxdx,则二项式（a-）4的展开式中的常数项为　　　　. 

14.（xx闵行区一模）已知函数f（x）=（）x,g（x）=logx,记函数h（x）=则函数F（x）=h（x）+x-5所有零点的和为

　　　　. 

15.（xx安徽黄山市二模）已知函数f（x）=数列{an}满足an=f（n）,n∈N*,若数列{an}是单调递增数列,则的取值范围是　　　　. 

16.（xx福州市一模）已知函数f（x）=xsinx,有下列四个结论:

①函数f（x）的图象关于y轴对称;

②存在常数T>0,对任意的实数x,恒有f（x+T）=f（x）成立;

③对于任意给定的正数M,都存在实数x0,使得|f（x0）|≥M;

④函数f（x）的图象上至少存在三个点,使得该函数在这些点处的切线重合.

其中正确结论的序号是　　　　　　　　（请把所有正确结论的序号都填上）. 

三、解答题（本大题共5小题,共70分）

17.（本小题满分14分）

（xx甘肃省河西五地市第一次联考）已知函数f（x）=ln（x+1）+.

（1）当a=时,求f（x）的单调递减区间;

（2）若当x>0时,f（x）>1恒成立,求a的取值范围.

18.（本小题满分14分）

（xx河北唐山市二模）已知函数f（x）=ex-ax-2.（e是自然对数的底数,a∈R）.

（1）求函数f（x）的单调递增区间;

（2）若k为整数,a=1,且当x>0时,f′（x）<1恒成立,其中f′（x）为f（x）的导函数,求k的最大值.

19.（本小题满分14分）

（xx河北唐山市二模）设函数f（x）=ex-x-2（e为自然对数的底数）.

（1）求函数f（x）的图象在点A（0,-1）处的切线方程;

（2）若k为整数,且当x>0时,（x-k+1）f′（x）+x+1>0恒成立,其中f′（x）为f（x）的导函数,求k的最大值.

20.（本小题满分14分）

（xx山东淄博市二模）已知函数f（x）=x2+（k-1）x-k+,g（x）=xlnx.

（1）若函数g（x）的图象在（1,0）处的切线l与函数f（x）的图象相切,求实数k的值;

（2）当k=0时,证明:

f（x）+g（x）>0;

21.（本小题满分14分）

（xx江西九江市三模）已知函数f（x）=aln（x+1）-x-b,g（x）=ex（a,b∈R）.

（1）试讨论函数f（x）的单调区间;

（2）过原点O作曲线y=g（x）的切线l,若曲线y=f（x）上存在一点P（x0,y0）（其中x0∈（0,e-1））,使得直线OP与曲线y=f（x）相切,且OP⊥l,求实数b的取值范围.

专题检测答案

专题检测

（一）

1.A　2.A　3.C　4.D　5.C　6.B　7.C　8.D　9.A　10.D　11.A　12.C　

13.解析:

因为a=

=sinx|

=sin-sin（-）

=2,

所以a=2,

所以二项式（2-）4的展开式通项为

Tr+1=24-r（-1）rx2-r,

当2-r=0时,r=2,常数项为·4×1=6×4=24.

答案:

24

14.解析:

因为函数f（x）=（）x,g（x）=lox,关于直线y=x对称,

记函数h（x）=

所以可知h（x）关于直线y=x对称.

因为y=x与y=5-x,交点为A（2.5,2.5）,

所以y=5-x与函数h（x）交点关于A对称,

x1+x2=2×=5.

故函数F（x）=h（x）+x-5所有零点的和为5.

答案:

5

15.解析:

因为函数f（x）=

数列{an}满足an=f（n）,n∈N*,若数列{an}是单调递增数列,

所以

解得2≤a<3.

所以=a+1++1,

令a+1=t∈[3,4）,f（t）=t++1,

f′（t）=1-=>0,

所以f（t）在t∈[3,4）单调递增;

所以f（3）≤f（t）

可得≤f（t）<6.

所以的取值范围是[,6）.

答案:

[,6）

16.解析:

对于①,因为f（-x）=-xsin（-x）=xsinx=f（x）,

所以函数为偶函数,所以函数f（x）的图象关于y轴对称,故①正确;

对于②,因为当x=2kπ+时,f（x）=x,随着x的增大函数值也在增大,所以不会是周期函数,故②错;

对于③,对任意正数M,存在k∈Z,

使M≤2kπ+,

则存在x0=（2k+1）π+,使|f（x0）|≥M,故③正确.

对于④,因为f′（x）=sinx+xcosx,

当x=2kπ+,f′（2kπ+）=1,

f（2kπ+）=2kπ+,

所以切线方程为

y-2kπ-=x-2kπ-,

即切线方程为y=x,

所以函数f（x）的图象上至少存在三个点,使得该函数在这些点处的切线重合,故④正确.

答案:

①③④

17.解:

（1）当a=时,

f′（x）=

=（x>-1）,

令f′（x）<0,可得-

所以f（x）的单调递减区间为（-,3）.

（2）由ln（x+1）+>1得

a>（x+2）-（x+2）ln（x+1）,

记g（x）=（x+2）[1-ln（x+1）],

则g′（x）=1-ln（x+1）-

=-ln（x+1）-,

当x>0时,g′（x）<0,

所以g（x）在（0,+∞）递减,

又g（0）=2·（1-ln1）=2,

所以g（x）<2（x>0）,

所以a≥2.

即a的取值范围为[2,+∞）.

18.解:

（1）f′（x）=ex-a,x∈R.

若a≤0,则f′（x）>0恒成立,

所以f（x）在区间（-∞,+∞）上单调递增,

若a>0,当x∈（lna,+∞）时,f′（x）>0,f（x）在（lna,+∞）上单调

递增.

综上,当a≤0时,f（x）的增区间为（-∞,+∞）;

当a>0时,f（x）的增区间为（lna,+∞）.

（2）由于a=1,

所以f′（x）<1⇔（k-x）（ex-1）

当x>0时,ex-1>0,故（k-x）（ex-1）

令g（x）=+x（x>0）,

则g′（x）=+1=.

函数h（x）=ex-x-2在（0,+∞）上单调递增,而h

（1）<0,h

（2）>0.

所以h（x）在（0,+∞）上存在唯一的零点,

故g′（x）在（0,+∞）上存在唯一的零点.

设此零点为α,则α∈（1,2）.

当x∈（0,α）时,g′（x）<0,

当x∈（α,+∞）时,g′（x）>0,

所以g（x）在（0,+∞）上的最小值为g（α）.

由g′（α）=0,可得eα=α+2,

所以,g（α）=α+1∈（2,3）.

由于（*）式等价于k

故整数k的最大值为2.

19.解:

（1）f（x）=ex-x-2,x∈R,f′（x）=ex-1,x∈R,

f′（0）=0,曲线f（x）在点A（0,-1）处的切线方程为y=-1.

（2）当x>0时,ex-1>0,所以不等式可以变形如下:

（x-k+1）f′（x）+x+1>0⇔（x-k+1）（ex-1）+x+1>0⇔k<+x+1,①

令g（x）=+x+1,

则g′（x）=+1=.

函数h（x）=ex-x-2在（0,+∞）上单调递增,而h

（1）<0,h

（2）>0.

所以h（x）在（0,+∞）上存在唯一的零点,

故g′（x）在（0,+∞）上存在唯一的零点.

设此零点为α,则α∈（1,2）.

当x∈（0,α）时,g′（x）<0;当x∈（α,+∞）时,g′（x）>0;

所以g（x）在（0,+∞）上的最小值为g（α）.

由g′（α）=0,可得eα=α+2,

所以g（α）=α+2∈（3,4）.由于①式等价于k

故整数k的最大值为3.

20.

（1）解:

因为函数g（x）定义域为（0,+∞）,g′（x）=lnx+1.

则g

（1）=0,g′

（1）=1,

所以l:

y=x-1,

由⇒x