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2019-2020年人教A版選修1-1《第一章常用邏輯用
語》單元質(zhì)量評估試卷
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選項中,只有一項是符合題目要求的)
1.(xx宜昌高二檢測)下列命題:
①面積相等的三角形是全等三角形;
②若xy=0,則|x|+|y|=0;
③若a>b,則ac2>bc2;
④矩形的對角線互相垂直.
其中假命題的個數(shù)是 ( )
A.1 B.2 C.3 D.4
【解析】選D.①等底等高的三角形都是面積相等的三角形,但不一定全等;②當(dāng)x,y中一個為零,另一個不為零時,|x|+|y|≠0;③當(dāng)c=0時不成立;④菱形的對角線互相垂直,矩形的對角線不一定垂直.
【補償訓(xùn)練】下列命題是真命題的是 ( )
A.y=tanx的定義域是R
B.y=的值域為R
C.y=的遞減區(qū)間為(-∞,0)∪(0,+∞)
D.y=sin2x-cos2x的最小正周期是π
【解析】選D.當(dāng)x=kπ+,k∈Z時,y=tanx無意義,A錯;
函數(shù)y=的定義域為[0,+∞),且為增函數(shù),則y=≥0,B錯;
函數(shù)y=的定義域為(-∞,0)∪(0,+∞),且在區(qū)間(-∞,0)和區(qū)間(0,+∞)都遞減,但當(dāng)x=-1時,y=-1,當(dāng)x=1時,y=1,故C錯;
由y=sin2x-cos2x=-cos2x,得其周期為T==π,故D正確.
2.(xx浙江高考)命題“?x∈R,?n∈N*,使得n≥x2”的否定形式是 ( )
A.?x∈R,?n∈N*,使得n
1,q:4∈{2,3},則在下列三個命題:
“p∧q”“p∨q”“p”中,真命題的個數(shù)為 ( )
A.0 B.3 C.2 D.1
【解析】選D.因為p真q假,所以“p∧q”為假,“p∨q”為真,“p”為假.
4.(xx廣州高二檢測)下列說法正確的是 ( )
A.命題“若x2=1,則x=1”的否命題為“若x2=1,則x≠1”
B.命題“?x≥0,x2+x-1<0”的否定是“?x0<0,+x0-1<0”
C.命題“若x=y,則sinx=siny”的逆否命題為假命題
D.若“p∨q”為真命題,則p,q中至少有一個為真命題
【解析】選D.“若x2=1,則x=1”的否命題為“若x2≠1,則x≠1”,故A錯;否命題既否定條件,又否定結(jié)論;而命題的否定只否定命題的結(jié)論.“?x≥0,x2+x-1<0”的否定是“?x0≥0,+x0-1≥0”,故B錯;
命題“若A,則B”的逆否命題是“若B,則A”,因此“若x=y,則sinx=siny”的逆否命題為“若sinx≠siny,則x≠y”,這是一個真命題;“p∨q”為真命題時,p與q中至少有一個為真命題.
【補償訓(xùn)練】(xx資陽模擬)給出以下四個判斷,其中正確的判斷是 ( )
A.若“p或q”為真命題,則p,q均為真命題
B.命題“若x≥4且y≥2,則x+y≥6”的逆否命題為“若x+y<6,則x<4且y<2”
C.若x≠300,則cosx≠
D.命題“?x0∈R,≤0”是假命題
【解析】選D.若“p或q”為真命題,則p,q至少一個為真命題,故A錯誤;命題“若x≥4且y≥2,則x+y≥6”的逆否命題為“若x+y<6,則x<4或y<2”,故B錯誤;若x≠300,則cosx≠錯誤,如x=60≠300,但cos60=,故C錯誤;由指數(shù)函數(shù)的值域可知,命題“?x0∈R,≤0”是假命題,故D正確.
5.(xx珠海高二檢測)命題“對任意x∈R,都有x2≥0”的否定為 ( )
A.存在x0∈R,使得<0
B.對任意x∈R,使得x2<0
C.存在x0∈R,都有≥0
D.不存在x0∈R,使得<0
【解析】選A.根據(jù)全稱命題的否定是特稱命題可得命題“對任意x∈R,都有x2≥0”的否定為“存在x0∈R,使得<0”.
【補償訓(xùn)練】命題“存在x0∈R使得≤0”的否定是 ( )
A.不存在x0∈R使得>0
B.對任意x∈R,ex>0
C.對任意x∈R,ex≤0
D.存在x0∈R,使得>0
【解析】選B.命題“存在x0∈R,使得≤0”的否定是對任意x∈R,ex>0.
6.若關(guān)于命題p:A∪?=A,命題q:A∩?=A,則下列說法正確的是 ( )
A.(p)∨(q)為假 B.(p)∧(q)為真
C.(p)∨q為假 D.(p)∧q為真
【解析】選C.命題p是真的;命題q是假的.則p是假的,q為真的,則(p)∨q為假.
7.(xx宿州高二檢測)若存在x0∈R,使a+2x0+a<0,則實數(shù)a的取值范圍
是 ( )
A.a<1 B.a≤1
C.-10時,必需
Δ=4-4a2>0,解得-11,則lga>0”以及它的逆命題、否命題、逆否命題中,真命題的個數(shù)為 ( )
A.1 B.2 C.3 D.4
【解析】選D.原命題“對于正數(shù)a,若a>1,則lga>0”是真命題;逆命題“對于正數(shù)a,若lga>0,則a>1”是真命題;否命題“對于正數(shù)a,若a≤1,則lga≤0”是真命題;逆否命題“對于正數(shù)a,若lga≤0,則a≤1”是真命題.
9.(xx鄆城高二檢測)等差數(shù)列{an}中,“a10,
所以an+1=an+d>an,即an0,
所以a3=a1+2d>a1,即a1b,則2a>2b-1”的否命題為“若a≤b,則2a≤2b-1”;
③“?x∈R,x2+x≥1”的否定是“?x0∈R,+x0≤1”;
④“x>0”是“x+≥2”的充要條件.
其中不正確的命題是 ( )
A.①② B.②③ C.①③ D.③④
【解題指南】①“p∨q”為真命題,p,q二者中只要有一真即可;
②寫出一個命題的否命題的關(guān)鍵是正確找出原命題的條件和結(jié)論;
③直接寫出全稱命題的否定;
④利用基本不等式,可得結(jié)論.
【解析】選C.①“p∨q”為真命題,p,q二者中只要有一真即可,故不正確;
②“若a>b,則2a>2b-1”的否命題為“若a≤b,
則2a≤2b-1”,正確;
③“?x∈R,x2+x≥1”的否定是“?x0∈R,+x0<1”,故不正確;
④x>0時,x+≥2,若x+≥2,則x>0,所以“x>0”是“x+≥2”的充要條件,故正確.
11.(xx眉山高二檢測)“a>1”是“對任意的正數(shù)x,不等式2x+≥1成立”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】選A.2x+≥1,x>0,則a≥-2x2+x對x>0恒成立,而-2x2+x=-2+,所以a≥,“對任意的正數(shù)x,不等式2x+≥1成立”的充要條件是“a≥”,故“a>1”是“對任意的正數(shù)x,不等式2x+≥1成立”的充分不必要條件,故選A.
12.使不等式x2-3x<0成立的一個必要不充分條件是 ( )
A.03
【解析】選B.x2-3x<0?0303;
x<0或x>0是不等式x2-3x<0成立的既不充分又不必要條件.故選B.
二、填空題(本大題共4小題,每小題5分,共20分.請把正確答案填在題中橫線上)
13.(xx衡陽高二檢測)命題“存在x0>-1,+x0-xx>0”的否定是 .
【解析】特稱命題的否定是全稱命題,故命題“存在x0>-1,+x0-xx>0”的否定是“對任意x>-1,x2+x-xx≤0”.
答案:對任意x>-1,x2+x-xx≤0
14.(xx寶雞高二檢測)已知q:不等式x2-mx+4≥0對x∈R恒成立,若q為假,則實數(shù)m的范圍是 .
【解題指南】由q為假,可知q為真命題,從而得出二次不等式恒成立,利用判別式滿足的條件可求.
【解析】q為假,即q為真命題.q:不等式x2-mx+4≥0對x∈R恒成立,即(-m)2-16≤0,-4≤m≤4,故實數(shù)m的范圍是[-4,4].
答案:[-4,4]
【拓展延伸】完美解決參數(shù)問題
通過已知條件,探索命題的真假,然后求解參數(shù)的取值范圍,是邏輯用語部分常見的、基本的題型.解決此類問題要從三個方面入手:
(1)熟練掌握真值表,判斷單個命題p,q的真假.
(2)具備豐富的基礎(chǔ)知識儲備,求解單個命題成立的參數(shù)范圍.
(3)輔助應(yīng)用集合的運算確定參數(shù)的最后范圍.
15.(xx徐州高二檢測)已知命題p:≤1,命題q:x2-2x+1-m2<0(m>0),若p是q的充分不必要條件,則實數(shù)m的范圍是 .
【解析】命題p首先化簡為-1≤x≤3,命題q是二次不等式,p是q的充分不必要條件說明當(dāng)-1≤x≤3時不等式x2-2x+1-m2<0恒成立,故
又m>0,故可解得m>2.
答案:(2,+∞)
16.給出下列命題:
①數(shù)列,3,,,3…的一個通項公式是;
②當(dāng)k∈(-3,0)時,不等式2kx2+kx-<0對一切實數(shù)x都成立;
③函數(shù)y=sin2-sin2是周期為π的奇函數(shù);
④兩兩相交且不過同一點的三條直線必在同一個平面內(nèi).
其中,真命題的序號是 .
【解析】①數(shù)列,3=,,,3=…的被開方數(shù)構(gòu)成一個以3為首項,以6為公差的等差數(shù)列,故它的一個通項公式是,故①正確;
②當(dāng)k∈(-3,0)時,因為Δ=k2+3k<0,故函數(shù)y=2kx2+kx-的圖象開口朝下,且與x軸無交點,
故不等式2kx2+kx-<0對一切實數(shù)x都成立,故②正確;
③函數(shù)y=sin2-sin2=sin2-cos2=
-cos=sin2x,是周期為π的奇函數(shù),故③正確;
④兩兩相交且不過同一點的三條直線必在同一個平面內(nèi),故④正確.
故真命題的序號是①②③④.
答案:①②③④
【補償訓(xùn)練】下列正確命題有 .
①“sinθ=”是“θ=30”的充分不必要條件;
②如果命題“(p或q)”為假命題,則p,q中至多有一個為真命題;
③設(shè)a>0,b>1,若a+b=2,則+的最小值為3+2;
④函數(shù)f(x)=3ax+1-2a在(-1,1)上存在x0,使f(x0)=0,則a的取值范圍是a<-1或a>.
【解析】①由θ=30可得sinθ=,反之不成立,因此“sinθ=”是“θ=30”的必要不充分條件;
②命題“(p或q)”為假命題,則p,q都是假命題;
③a+b=2,所以a+b-1=1,+=(a+b-1)=3++≥3+2,最小值為3+2;
④由題意得f(-1)f(1)<0,所以(-5a+1)(a-1)<0,所以a<-1或a>.
答案:③④
三、解答題(本大題共6小題,共70分.解答時應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟)
17.(10分)判斷下列命題是全稱命題還是特稱命題,并判斷其真假.
(1)對數(shù)函數(shù)都是單調(diào)函數(shù).
(2)至少有一個整數(shù),它既能被11整除,又能被9整除.
(3)?x∈{x|x>0},x+≥2.
(4)?x0∈Z,log2x0>2.
【解析】(1)本題隱含了全稱量詞“所有的”,其實命題應(yīng)為“所有的對數(shù)函數(shù)都是單調(diào)函數(shù)”,是全稱命題,且為真命題.
(2)命題中含有存在量詞“至少有一個”,因此是特稱命題,真命題.
(3)命題中含有全稱量詞“?”,是全稱命題,真命題.
(4)命題中含有存在量詞“?”,是特稱命題,真命題.
18.(12分)已知f(x)=x2,g(x)=-m,若對?x1∈[-1,3],?x2∈[0,2],有f(x1)≥g(x2),求實數(shù)m的取值范圍.
【解析】根據(jù)題意知,f(x1)min≥g(x2)min,
當(dāng)x1∈[-1,3]時,f(x1)min=0.
當(dāng)x2∈[0,2]時,g(x2)=-m的最小值為g(2)=-m.
因此0≥-m,解之得m≥.
故實數(shù)m的取值范圍是.
19.(12分)(xx馬鞍山高二檢測)已知曲線C:x2+y2+Gx+Ey+F=0(G2+E2-4F>0),求曲線C在x軸上所截的線段的長度為1的充要條件,證明你的結(jié)論.
【解題指南】先求出必要條件,再證明其充分性.
【解析】必要性:令y=0,則x2+Gx+F=0.
設(shè)x1,x2為此方程的根,
若|x1-x2|==1,則G2-4F=1.
充分性:若G2-4F=1,x2+Gx+F=0
有兩根為x1,x2,且x1+x2=-G,x1x2=F,
|x1-x2|2=(x1+x2)2-4x1x2=G2-4F=1.
故所求的充要條件是G2-4F=1.
20.(12分)(xx汕頭高二檢測)已知p:-2≤1-≤2,q:x2-2x+1-m2≤0(m>0),且p是q的必要不充分條件,求實數(shù)m的取值范圍.
【解題指南】先解不等式求出p真和q真的條件.p真:-2≤x≤10;q真:1-m≤x≤1+m,然后利用p是q的必要不充分條件,根據(jù)集合之間的包含關(guān)系建立關(guān)于m的不等式,求出m的取值范圍.
【解析】由x2-2x+1-m2≤0,得1-m≤x≤1+m,
所以q:A={x|x>1+m或x<1-m,m>0}.
由-2≤1-≤2,得-2≤x≤10.
所以p:B={x|x>10或x<-2},
因為p是q的必要不充分條件,
所以AB,所以
21.(12分)(xx聊城高二檢測)設(shè)命題p:函數(shù)f(x)=lg的定義域為R:命題q:3x-9x0對于一切x∈R恒成立,
若a=0,則不等式等價為-x>0,解得x<0,不滿足恒成立.
若a≠0,則滿足條件
即解得即a>2,所以p:a>2.
因為g(x)=3x-9x=-+≤,
所以要使3x-9x,即q:a>.
要使p且q為假,則p,q至少有一個為假命題.
當(dāng)p,q都為真命題時,滿足即a>2,
所以p,q至少有一個為假命題時有a≤2,
即實數(shù)a的取值范圍是a≤2.
22.(12分)(xx福州高二檢測)已知a>0,b>0,函數(shù)f(x)=ax-bx2.
(1)求證:?x∈R均有f(x)≤1是a≤2的充分條件.
(2)當(dāng)b=1時,求f(x)≤1,x∈[0,1]恒成立的充要條件.
【解析】(1)f(x)=ax-bx2=-b+,
因為?x∈R,f(x)≤1,
所以≤1,又a>0,b>0,
所以a≤2,
所以?x∈R均有f(x)≤1是a≤2的充分條件.
(2)因為b=1,所以f(x)=ax-x2,
當(dāng)x=0時,f(x)=0≤1成立,
當(dāng)x∈(0,1]時,f(x)≤1恒成立,
即a≤x+在(0,1]上恒成立,又=2,此時x=1,
所以00得01時,
f′(x)>0.
故a=1符合題意.
8.做一個無蓋的圓柱形水桶,若要使其體積是27π且用料最省,則圓柱的底面半徑為 ( )
A.5 B.6 C.3 D.2
【解析】選C.設(shè)圓柱的底面半徑為R,母線長為l,
則V=πR2l=27π,所以l=.
要使用料最省,只需使水桶的表面積最小,
而S表=πR2+2πRl=πR2+,
令S表′=2πR-=0,
解得R=3,即當(dāng)R=3時,S表最小.
9.(xx菏澤高二檢測)函數(shù)f(x)=x3-6bx+3b在(0,1)內(nèi)有極小值,則實數(shù)b的取值范圍是 ( )
A.(0,1) B.(-∞,1)
C.(0,+∞) D.
【解析】選D.f′(x)=3x2-6b,
因為f(x)在(0,1)內(nèi)有極小值,
所以f′(x)=0在x∈(0,1)有解.
所以
所以02->-,故函數(shù)y=x+2cosx-在區(qū)間上的最大值是.
答案:
【補償訓(xùn)練】曲線y=x3-2以點為切點的切線的傾斜角為 .
【解析】y′=x2,當(dāng)x=1時,y′=1,從而切線的傾斜角為45.
答案:45
16.設(shè)f(x)=x3-x2-2x+5,當(dāng)x∈[-1,2]時,f(x)7.
答案:(7,+∞)
三、解答題(本大題共6小題,共70分.解答時應(yīng)寫出必要的文字說明、證明過程或演算步驟)
17.(10分)(xx南昌高二檢測)設(shè)函數(shù)f(x)=6x3+3(a+2)x2+2ax.
(1)若f(x)的兩個極值點為x1,x2,且x1x2=1,求實數(shù)a的值.
(2)是否存在實數(shù)a,使得f(x)是(-∞,+∞)上的單調(diào)函數(shù)?若存在,求出a的值;若不存在,說明理由.
【解析】f′(x)=18x2+6(a+2)x+2a.
(1)由已知有f′(x1)=f′(x2)=0,從而x1x2==1,所以a=9.
(2)由于Δ=36(a+2)2-4182a=36(a2+4)>0,
所以不存在實數(shù)a,使得f(x)是(-∞,+∞)上的單調(diào)函數(shù).
【補償訓(xùn)練】已知函數(shù)f(x)=ax2+2x-lnx.
(1)當(dāng)a=0時,求f(x)的極值.
(2)若f(x)在區(qū)間上是增函數(shù),求實數(shù)a的取值范圍.
【解析】(1)函數(shù)的定義域為(0,+∞).
因為f(x)=ax2+2x-lnx,
當(dāng)a=0時,f(x)=2x-lnx,則f′(x)=2-,
令f′(x)=0得x=,
所以當(dāng)x變化時,f′(x),f(x)的變化情況如表
x
f′(x)
-
0
+
f(x)
↘
極小值
↗
所以當(dāng)x=時,f(x)的極小值為1+ln2,無極大值.
(2)由已知,得
f(x)=ax2+2x-lnx,且x>0,則
f′(x)=ax+2-=.
若a=0,由f′(x)>0得x>,顯然不合題意;
若a≠0,因為函數(shù)f(x)在區(qū)間上是增函數(shù),
所以f′(x)≥0對x∈恒成立,即不等式ax2+2x-1≥0對x∈恒成立,
即a≥=-=-1恒成立,
故a≥.
而當(dāng)x=時,函數(shù)-1的最大值為3,所以實數(shù)a的取值范圍為a≥3.
18.(12分)已知函數(shù)f(x)=x3+x-16.
(1)求曲線y=f(x)在點(2,-6)處的切線的方程.
(2)如果曲線y=f(x)的某一切線與直線y=-x+3垂直,求切點坐標(biāo)與切線的方程.
【解析】(1)因為f′(x)=(x3+x-16)′=3x2+1,
所以f(x)在點(2,-6)處的切線的斜率為k=f′(2)=13.
所以切線的方程為y=13(x-2)+(-6),
即y=13x-32.
(2)因為切線與直線y=-+3垂直,
所以切線的斜率k=4.
設(shè)切點的坐標(biāo)為(x0,y0),
則f′(x0)=3+1=4,
所以x0=1,
所以或
即切點坐標(biāo)為(1,-14)或(-1,-18).
切線方程為y=4(x-1)-14或y=4(x+1)-18.
即y=4x-18或y=4x-14.
19.(12分)(xx臨沂高二檢測)已知函數(shù)f(x)=lnx-ax2-2x.
(1)若函數(shù)f(x)在x=2處取得極值,求實數(shù)a的值.
(2)若函數(shù)f(x)在定義域內(nèi)單調(diào)遞增,求a的取值范圍.
【解析】(1)f′(x)=-(x>0),
因為x=2時,f(x)取得極值,
所以f′(2)=0,解之得a=-,經(jīng)檢驗符合題意.
(2)由題意知f′(x)≥0在x>0時恒成立,
即ax2+2x-1≤0在x>0時恒成立,
則a≤=-1在x>0時恒成立,
即a≤(x>0),
當(dāng)x=1時,-1取得最小值-1.
所以a的取值范圍是(-∞,-1].
20.(12分)某5A級景區(qū)為提高經(jīng)濟效益,現(xiàn)對某景點進行改造升級,提高旅游增加值,經(jīng)過市場調(diào)查,旅游增加值y萬元與投入x(x≥10)萬元之間滿足:
y=f(x)=ax2+x-bln,a,b為常數(shù),當(dāng)x=10萬元時,y=19.2萬元;當(dāng)x=50萬元時,y=74.4萬元.(參考數(shù)據(jù):ln2=0.7,ln3=1.1,ln5=1.6)
(1)求f(x)的解析式.
(2)求該景點改造升級后旅游利潤T(x)的最大值.(利潤=旅游增加值-投入)
【解析】(1)由條件可得
解得a=-,b=1.
則f(x)=-+x-ln(x≥10).
(2)由T(x)=f(x)-x=-+x-ln(x≥10),
則T′(x)=-+-=-,
令T′(x)=0,則x=1(舍)或x=50,
當(dāng)x∈(10,50)時,T′(x)>0,
因此T(x)在(10,50)上是增函數(shù);
當(dāng)x>50時,T′(x)<0,因此T(x)在(50,+∞)上是減函數(shù),
故x=50為T(x)的極大值點,也是最大值點,且最大值為24.4萬元.
即該景點改造升級后旅游利潤T(x)的最大值為24.4萬元.
21.(12分)(xx紹興高二檢測)已知函數(shù)f(x)=x3-3ax2-9a2x+a3.
(1)設(shè)a=1,求函數(shù)f(x)的極值.
(2)若a>,且當(dāng)x∈[1,4a]時,f(x)≥a3-12a恒成立,試確定a的取值范圍.
【解析】(1)當(dāng)a=1時,f(x)=x3-3x2-9x+1且f′(x)=3x2-6x-9,由f′(x)=0得x=-1或x=3.
當(dāng)x<-1時,f′(x)>0,當(dāng)-13時f′(x)>0,
因此x=3是函數(shù)的極小值點,極小值為f(3)=-26.
(2)因為f′(x)=3x2-6ax-9a2=3(x+a)(x-3a),a>,
所以當(dāng)1≤x<3a時,f′(x)<0;
當(dāng)3a0.
所以x∈[1,4a]時,f(x)的最小值為f(3a)=-26a3.
由f(x)≥a3-12a在[1,4a]上恒成立得-26a3≥a3-12a.
解得a≤-或0≤a≤.
又a>,所以1時,f′(x)>0,
所以f(x)的遞增區(qū)間是(-∞,-1)和(1,+∞),遞減區(qū)間是(-1,1).
(3)因為f(-1)=2,f(1)=-2,為使方程f(x)+m=0,
即f(x)=-m有三個不等實數(shù)根,
則-2<-m<2,
即-2
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