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1、2022年高三數(shù)學(xué)二輪復(fù)習(xí) 專(zhuān)題1綜合測(cè)試題 理 人教版 (時(shí)間：120分鐘　　　滿(mǎn)分：150分) 一、選擇題：本大題共12小題，每小題5分，共60分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的． 1．設(shè)集合U＝{1,2,3,4,5,6}，集合M＝{1,3}，N＝{2,3,4}，則(?UM)∩(?UN)＝(　　) A．{3}　　　　　　　　　 B．{4,6} C．{5,6} D．{3,6} 解析：?UM＝{2,4,5,6}，?UN＝{1,5,6}，∴(?UM)∩(?UN)＝{5,6}，故選C. 答案：C 2．已知全集I＝R，若函數(shù)f(x)＝x2－3x＋2，集合M＝{

2、x|f(x)≤0}，N＝{x|f′(x)<0}，則M∩?IN＝(　　) A．[，2] B．[，2) C．(，2] D．(，2) 解析：由f(x)≤0解得1≤x≤2，故M＝[1,2]；f′(x)<0，即2x－3<0，即x<，故N＝(－∞，)，?IN＝[，＋∞)．故M∩?IN＝[，2]． 答案：A 3．設(shè)某種蠟燭所剩長(zhǎng)度P與點(diǎn)燃時(shí)間t的函數(shù)關(guān)系式是P＝kt＋b.若點(diǎn)燃6分鐘后，蠟燭的長(zhǎng)為17.4 cm；點(diǎn)燃21分鐘后，蠟燭的長(zhǎng)為8.4 cm，則這支蠟燭燃盡的時(shí)間為(　　) A．21分鐘 B．25分鐘 C．30分鐘 D．35分鐘 解析：由，解得k＝－0.6，b＝21，

3、由0＝－0.6t＋21，解得t＝35. 答案：D 4．已知命題p：“?x∈[1,2]，x2－a≥0”，命題q：“?x∈R，x2＋2ax＋2－a＝0”．若命題“綈p且q”是真命題，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為(　　) A．a(chǎn)≤－2或a＝1 B．a(chǎn)≤－2或1≤a≤2 C．a(chǎn)≥1 D．a(chǎn)>1 解析：命題p：“?x∈[1,2]，x2－a≥0”，∴a≤x2在[1,2]上恒成立，∴a≤1，∴綈p為a>1. 命題q：“?x∈R，x2＋2ax＋2－a＝0”，∴方程有解，Δ＝4a2－4(2－a)≥0，a2＋a－2≥0，∴a≥1或a≤－2. 若命題“綈p且q”是真命題，則a>1，故選D. 答案：D

4、 5．(xx·山東肥城模擬)冪函數(shù)f(x)＝xn(n＝1,2,3，，－1)具有如下性質(zhì)：f2(1)＋f2(－1)＝2[f(1)＋f(－1)－1]，則函數(shù)f(x)(　　) A．是奇函數(shù) B．是偶函數(shù) C．既是奇函數(shù)，又是偶函數(shù) D．既不是奇函數(shù)，又不是偶函數(shù) 解析：由f2(1)＋f2(－1)＝2[f(1)＋f(－1)－1]?n＝2，f(x)＝x2為偶函數(shù)，所以選B. 答案：B 6．(xx·濰坊模擬)已知函數(shù)f(x)＝x3＋2bx2＋cx＋1有兩個(gè)極值點(diǎn)x1、x2，且x1∈[－2，－1]，x2∈[1,2]，則f(－1)的取值范圍是(　　) A. B. C．[3,12]

5、D. 解析：f′(x)＝3x2＋4bx＋c，由題意，得 f(－1)＝2b－c，當(dāng)直線過(guò)A時(shí)f(－1)取最小值3，當(dāng)直線過(guò)B時(shí)取最大值12，故選C. 答案：C 7．設(shè)集合I是全集，A?I，B?I，則“A∪B＝I”是“B＝?IA”的(　　) A．充分不必要條件 B．必要不充分條件 C．充要條件 D．既不充分也不必要條件 解析：由B＝?IA?A∪B＝I，而A∪B＝I B＝?IA，故“A∪B＝I”是“B＝?IA”的必要不充分條件． 答案：B 8．若曲線xy＝a(a≠0)，則過(guò)曲線上任意一點(diǎn)的切線與兩坐標(biāo)軸所圍成的三角形的面積是(　　) A．2a2 B．a(chǎn)2 C

6、．2|a| D．|a| 解析：設(shè)切點(diǎn)坐標(biāo)為(x0，y0)，曲線方程即y＝，y′＝－，故切線斜率為－，切線方程為y－＝－(x－x0)．令y＝0，得x＝2x0，即切線與x軸的交點(diǎn)A的坐標(biāo)為(2x0,0)；令x＝0，得y＝，即切線與y軸的交點(diǎn)B的坐標(biāo)為(0，)．故切線與兩坐標(biāo)軸所圍成的三角形的面積為×|2x0|||＝2|a|. 答案：C 9．(xx·天津模擬)定義在R上的函數(shù)f(x)滿(mǎn)足(x－1)f′(x)≤0，且y＝f(x＋1)為偶函數(shù)，當(dāng)|x1－1|<|x2－1|時(shí)，有(　　) A．f(2－x1)>f(2－x2) B．f(2－x1)＝f(2－x2) C．f(2－x1)

7、－x2) D．f(2－x1)≤f(2－x2) 解析：由(x－1)f′(x)≤0?或得函數(shù)f(x)在區(qū)間(－∞，1]上為增函數(shù)，在區(qū)間[1，＋∞)上為減函數(shù)．又由y＝f(x＋1)為偶函數(shù)，得函數(shù)f(x)的圖象關(guān)于直線x＝1對(duì)稱(chēng)． 由|x1－1|<|x2－1|?(x1－x2)(x1＋x2－2)<0?或 若則x2>1.此時(shí)，當(dāng)x1>1，則f(x1)>f(x2)，即f(2－x1)>f(2－x2)； 當(dāng)x1<1?2－x1>1，又x2>2－x1?f(2－x1)>f(x2)，即f(2－x1)>f(2－x2)． 同理，當(dāng)時(shí)，也有上述結(jié)論． 答案：A 10．如圖所示，點(diǎn)P在邊長(zhǎng)為

8、1的正方形的邊上運(yùn)動(dòng)，設(shè)M是CD邊的中點(diǎn)，則當(dāng)點(diǎn)P沿著A－B－C－M運(yùn)動(dòng)時(shí)，以點(diǎn)P經(jīng)過(guò)的路程x為自變量，三角形APM的面積函數(shù)的圖象的形狀大致是(　　) 解析：y＝，選A. 答案：A 11．已知函數(shù)f(x)＝在[1，＋∞)上為減函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(　　) A．0

9、①函數(shù)y＝cos(x－)cos(x＋)的圖象中，相鄰兩個(gè)對(duì)稱(chēng)中心的距離為π； ②函數(shù)y＝的圖象關(guān)于點(diǎn)(－1,1)對(duì)稱(chēng)； ③關(guān)于x的方程ax2－2ax－1＝0有且僅有一個(gè)實(shí)數(shù)根，則實(shí)數(shù)a＝－1； ④已知命題p：對(duì)任意的x∈R，都有sinx≤1，則綈p：存在x∈R，使得sinx>1.其中所有真命題的序號(hào)是(　　) A．①② B．③④ C．②③④ D．①②④ 解析：①函數(shù)y＝cos(x－)cos(x＋)＝cos2x，相鄰兩個(gè)對(duì)稱(chēng)中心的距離為d＝＝，故①不正確；②函數(shù)y＝的圖象對(duì)稱(chēng)中心應(yīng)為(1,1)，故②不正確；③正確；④正確． 答案：B 二、填空題：本大題共4小題，每小題4分

10、，共16分，將答案填在題中的橫線上． 13．已知函數(shù)f(x)＝則f[f(－xx)]＝________. 解析：f[f(－xx)]＝f[f(－xx)]＝f[f(－xx)]＝f[f(－xx)]＝…＝f[f(0)]＝f(2)＝22－4＝0. 答案：0 14．已知函數(shù)f(x)＝ln＋sinx，則關(guān)于a的不等式 f(a－2)＋f(a2－4)<0的解集是________． 解析：已知f(x)＝ln＋sinx是奇函數(shù)， 又f(x)＝ln＋sinx＝ln[]＋sinx＝ ln(－－1)＋sinx，f(x)在(－1,1)上單調(diào)遞增，故f(x)是(－1,1)上的增函數(shù)．由已知得f(a－2)<－

11、f(a2－4)，即f(a－2)0恒成立，m≥－()2＋，令g(x)＝－()2＋，則當(dāng)＝1時(shí)，函數(shù)g(x)取得最大值1，故m≥1. 答案：[1，＋∞) 16．(xx·揚(yáng)州模擬)若函數(shù)f(x)＝x3－a2x滿(mǎn)足：對(duì)于任意的x1，x2∈[0,1]都有|f(x1)－f(x2)|≤1恒成立，則a的取值范圍是________． 解析：?jiǎn)栴}等價(jià)于在[0,1]內(nèi)

12、f(x)max－f(x)min≤1恒成立．f′(x)＝x2－a2，函數(shù)f(x)＝x3－a2x的極小值點(diǎn)是x＝|a|，若|a|>1，則函數(shù)f(x)在[0,1]上單調(diào)遞減，故只要f(0)－f(1)≤1即可，即a2≤，即1<|a|≤；若|a|≤1，此時(shí)f(x)min＝f(|a|)＝|a|3－a2|a|＝－a2|a|，由于f(0)＝0，f(1)＝－a2，故當(dāng)|a|≤時(shí)，f(x)max＝f(1)，此時(shí)只要－a2＋a2|a|≤1即可，即a2(|a|－1)≤，由于|a|≤，故|a|－1≤×－1<0，故此時(shí)成立；當(dāng)<|a|≤1時(shí)，此時(shí)f(x)max＝f(0)，故只要a2|a|≤1即可，此式顯然成立．故a的取值

13、范圍是[－，]． 答案：[－，] 三、解答題：本大題共6小題，共74分．解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明、證明過(guò)程或演算步驟． 17．(本小題滿(mǎn)分12分) (xx·廣東惠州模擬)統(tǒng)計(jì)表明，某種型號(hào)的汽車(chē)在勻速行駛中每小時(shí)的耗油量y(升)關(guān)于行駛速度x(千米/小時(shí))的函數(shù)解析式可以表示為：y＝x3－x＋8(0

14、)． 答：當(dāng)汽車(chē)以40千米/小時(shí)的速度勻速行駛時(shí)，從甲地到乙地要耗油17.5升． (2)當(dāng)速度為x千米/小時(shí)時(shí)，汽車(chē)從甲地到乙地行駛了小時(shí)，設(shè)耗油量為h(x)升，依題意得 h(x)＝·＝x2＋－(00，h(x)是增函數(shù)． ∴當(dāng)x＝80時(shí)，h(x)取得極小值h(80)＝11.25. ∵h(yuǎn)(x)在(0,120]上只有一個(gè)極值，∴它是最小值． 答：當(dāng)汽車(chē)以80千米/小時(shí)的速度勻速行駛時(shí)，從甲地到乙地

15、耗油最少為11.25升． 18．(本小題滿(mǎn)分12分) (xx·安徽)設(shè)f(x)＝，其中a為正實(shí)數(shù)． (1)當(dāng)a＝時(shí)，求f(x)的極值點(diǎn)； (2)若f(x)為R上的單調(diào)函數(shù)，求a的取值范圍． 解：對(duì)f(x)求導(dǎo)得f′(x)＝ex① (1)當(dāng)a＝時(shí)，若f′(x)＝0，則4x2－8x＋3＝0，解得x1＝，x2＝. 結(jié)合①，可知 x f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) ↗ 極大值 ↘ 極小值 ↗ 所以，x1＝是極小值點(diǎn)，x2＝是極大值點(diǎn)． (2)若f(x)為R上的單調(diào)函數(shù)，則f′(x)在R上不變號(hào)，結(jié)合①與條件a>0，

16、知ax2－2ax＋1≥0在R上恒成立，因此Δ＝4a2－4a＝4a(a－1)≤0，由此并結(jié)合a>0，知0

17、＋4a2＝2(3x－2a)(x－a)＝ 6(x－)(x－a)． ①當(dāng)<<1，即10，當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)<0， ∴f(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減， ∴g(a)＝f＝a3－b. ②當(dāng)1≤≤2，即≤a≤3時(shí)，f′(x)≥0， ∴f(x)在(0,1]上單調(diào)遞增． ∴g(a)＝f(1)＝4a2－5a＋2－b， ∴g(a)＝. 20．(本小題滿(mǎn)分12分) 已知函數(shù)f(x)＝x2－4x＋(2－a)lnx(a∈R，a≠0)． (1)當(dāng)a＝8時(shí)，求函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間及極值； (2)討論函數(shù)f(x)的單調(diào)性． 解：(1)依題意得，當(dāng)a＝8時(shí)，

18、f(x)＝x2－4x－6lnx，f′(x)＝2x－4－＝， 由f′(x)>0得(x＋1)(x－3)>0，解得x>3或x<－1.注意到x>0，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(3，＋∞)． 由f′(x)<0得(x＋1)(x－3)<0，解得－10，所以函數(shù)f(x)的單調(diào)遞減區(qū)間是(0,3)． 綜上所述，函數(shù)f(x)在x＝3處取得極小值，這個(gè)極小值為f(3)＝－3－6ln3. (2)f(x)＝x2－4x＋(2－a)lnx，所以f′(x)＝2x－4＋＝. 設(shè)g(x)＝2x2－4x＋2－a. ①當(dāng)a≤0時(shí)，有Δ＝16－4×2×(2－a)＝8a≤0，此時(shí)g(x)≥0，所

19、以f′(x)≥0，f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增； ②當(dāng)a>0時(shí)，Δ＝16－4×2×(2－a)＝8a>0， 令f′(x)>0，即2x2－4x＋2－a>0，解得x>1＋或x<1－， 令f′(x)<0，即2x2－4x＋2－a<0，解得1－0，此時(shí)函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間是，，單調(diào)遞減區(qū)間是 ； 當(dāng)a≥2時(shí)，1－≤0，函數(shù)的單調(diào)遞增區(qū)間是，單調(diào)遞減區(qū)間是. 綜上可知，當(dāng)a≤0時(shí)，函數(shù)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增；當(dāng)0

20、＝x2＋(a∈R)． (1)若f(x)在x＝1處的切線垂直于直線x－14y＋13＝0，求該點(diǎn)的切線方程，并求此時(shí)函數(shù)f(x)的單調(diào)區(qū)間； (2)若f(x)≤a2－2a＋4對(duì)任意的x∈[1,2]恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍． 解：(1)f′(x)＝2x－，根據(jù)題意f′(1)＝2－2a＝－14，解得a＝8，此時(shí)切點(diǎn)坐標(biāo)是(1,17)，故所求的切線方程是y－17＝－14(x－1)，即14x＋y－31＝0. 當(dāng)a＝8時(shí)，f′(x)＝2x－＝， 令f′(x)>0，解得x>2，令f′(x)<0，解得x<2且x≠0，故函數(shù)f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間是(2，＋∞)；單調(diào)遞減區(qū)間是(－∞，0)和(0,2)．

21、 (2)f′(x)＝2x－＝. ①若a<1，則f′(x)>0在區(qū)間[1,2]上恒成立，f(x)在區(qū)間[1,2]上單調(diào)遞增，函數(shù)f(x)在區(qū)間[1,2]上的最大值為f(2)＝4＋a； ②若1≤a≤8，則在區(qū)間(1，)上f′(x)<0，函數(shù)單調(diào)遞減，在區(qū)間(，2)上f′(x)>0，函數(shù)單調(diào)遞增，故函數(shù)f(x)在區(qū)間[1,2]上的最大值為f(1)，f(2)中的較大者，f(1)－f(2)＝1＋2a－4－a＝a－3，故當(dāng)1≤a≤3時(shí)，函數(shù)的最大值為f(2)＝4＋a，當(dāng)38時(shí)，f′(x)<0在區(qū)間[1,2]上恒成立，函數(shù)f(x)在

22、區(qū)間[1,2]上單調(diào)遞減，函數(shù)的最大值為f(1)＝1＋2a. 綜上可知，在區(qū)間[1,2]上，當(dāng)a≤3時(shí)，函數(shù)f(x)max＝4＋a，當(dāng)a>3時(shí)，函數(shù)f(x)max＝1＋2a. 不等式f(x)≤a2－2a＋4對(duì)任意的x∈[1,2]恒成立等價(jià)于在區(qū)間[1,2]上，f(x)max≤a2－2a＋4，故當(dāng)a≤3時(shí)，4＋a≤a2－2a＋4，即a2－3a≥0，解得a≤0或a＝3；當(dāng)a>3時(shí)，1＋2a≤a2－2a＋4，即a2－4a＋3≥0，解得a>3. 綜合知當(dāng)a≤0或a≥3時(shí)，不等式f(x)≤a2－2a＋4對(duì)任意的x∈[1,2]恒成立． 22．(本小題滿(mǎn)分14分) (xx·陜西)設(shè)函數(shù)f(x)定義

23、在(0，＋∞)上，f(1)＝0，導(dǎo)函數(shù)f′(x)＝，g(x)＝f(x)＋f′(x)． (1)求g(x)的單調(diào)區(qū)間和最小值； (2)討論g(x)與g的大小關(guān)系； (3)是否存在x0>0，使得|g(x)－g(x0)|<對(duì)任意x>0成立？若存在，求出x0的取值范圍；若不存在，請(qǐng)說(shuō)明理由． 解：(1)由題設(shè)易知f(x)＝lnx，g(x)＝lnx＋， ∴g′(x)＝，令g′(x)＝0得x＝1， 當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，g′(x)<0，故(0,1)是g(x)的單調(diào)減區(qū)間， 當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，g′(x)>0，故(1，＋∞)是g(x)的單調(diào)增區(qū)間， 因此，x＝1是g(x)的唯一極值點(diǎn)，且為

24、極小值點(diǎn)，從而是最小值點(diǎn)， 所以最小值為g(1)＝1. (2)g＝－lnx＋x， 設(shè)h(x)＝g(x)－g＝2lnx－x＋， 則h′(x)＝－， 當(dāng)x＝1時(shí)，h(1)＝0，即g(x)＝g， 當(dāng)x∈(0,1)∪(1，＋∞)時(shí)，h′(x)<0，h′(1)＝0， 因此，h(x)在(0，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減， 當(dāng)0h(1)＝0，即g(x)>g， 當(dāng)x>1時(shí)，h(x)0，使|g(x)－g(x0)|<對(duì)任意x>0成立， 即對(duì)任意x>0，有l(wèi)nx

25、，(*) 但對(duì)上述x0，取x1＝eg(x0)時(shí)，有l(wèi)nx1＝g(x0)，這與(*)左邊不等式矛盾， 因此，不存在x0>0，使|g(x)－g(x0)|<對(duì)任意x>0成立． 證法二　假設(shè)存在x0>0，使|g(x)－g(x0)|<對(duì)任意的x>0成立． 由(1)知，g(x)的最小值為g(x)＝1， 又g(x)＝lnx＋>lnx，而x>1時(shí)，lnx的值域?yàn)?0，＋∞)， ∴x≥1時(shí)，g(x)的值域?yàn)閇1，＋∞)， 從而可得一個(gè)x1>1，使g(x1)≥g(x0)＋1， 即g(x1)－g(x0)≥1，故|g(x1)－g(x0)|≥1>，與假設(shè)矛盾． ∴不存在x0>0，使|g(x)－g(x0)|<對(duì)任意x>0成立．