《2020屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 滾動(dòng)檢測(cè)一（1-2章）（規(guī)范卷）文（含解析） 新人教A版.docx》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2020屆高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 滾動(dòng)檢測(cè)一（1-2章）（規(guī)范卷）文（含解析） 新人教A版.docx（9頁(yè)珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

滾動(dòng)檢測(cè)一(1～2章)(規(guī)范卷) 考生注意： 1．本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分，共4頁(yè)． 2．答卷前，考生務(wù)必用藍(lán)、黑色字跡的鋼筆或圓珠筆將自己的姓名、班級(jí)、學(xué)號(hào)填寫在相應(yīng)位置上． 3．本次考試時(shí)間120分鐘，滿分150分． 4．請(qǐng)?jiān)诿芊饩€內(nèi)作答，保持試卷清潔完整． 第Ⅰ卷(選擇題　共60分) 一、選擇題(本題共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．集合P＝，M＝，則P∩M等于(　　) A．{1，2} B. C. D. 答案　B 解析　由題意可得，P＝， M＝， 結(jié)合交集的定義可知：P∩M＝. 2．已知集合A＝，B＝，若B?A，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是(　　) A. B. C．(－∞，3] D．(－∞，3) 答案　C 解析　當(dāng)集合B＝?時(shí)，m＋1>2m－1， 解得m<2，此時(shí)滿足B?A； 當(dāng)B≠?，即m≥2時(shí)，應(yīng)有 據(jù)此可得則2≤m≤3， 綜上可得，實(shí)數(shù)m的取值范圍是(－∞，3]． 3．“x＝2kπ＋(k∈Z)”是“tanx＝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 答案　A 解析　當(dāng)x＝2kπ＋(k∈Z)時(shí)，tanx＝1，即充分性成立； 當(dāng)tanx＝1時(shí)，x＝2kπ＋(k∈Z)或x＝2kπ＋(k∈Z)，即必要性不成立． 綜上可得，“x＝2kπ＋(k∈Z)”是“tanx＝1”成立的充分不必要條件． 4．下列命題中的假命題是(　　) A．?x∈R，2x－1>0 B．?x∈N*，(x－1)2>0 C．?x0∈R，lgx0<1 D．?x0∈R，tanx0＝2 答案　B 5．已知函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，且當(dāng)x≥0時(shí)，f(x)＝x2－2x，則y＝f(x)在R上的解析式為(　　) A．f(x)＝x(x＋2) B．f(x)＝|x|(x＋2) C．f(x)＝x(|x|－2) D．f(x)＝|x|(|x|－2) 答案　C 解析　設(shè)x<0，則－x>0，f(－x)＝(－x)2－2(－x)＝x2＋2x＝－f(x)， 則f(x)＝－x2－2x， 即f(x)＝即f(x)＝x(|x|－2)． 6．設(shè)a＝0.7－0.5，b＝log0.50.7，c＝log0.75，則(　　) A．a(chǎn)>b>c B．b>a>c C．c>a>b D．c>b>a 答案　A 解析　由指數(shù)函數(shù)的性質(zhì)可得a＝0.7－0.5>1， 結(jié)合對(duì)數(shù)函數(shù)的性質(zhì)有b＝log0.50.7∈(0，1)， c＝log0.75<0， 綜上可得，a>b>c. 7．冪函數(shù)f(x)＝(m2－6m＋9)xm2－3m＋1在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，則m的值為(　　) A．2B．3C．4D．2或4 答案　C 解析　由題意得 解得 ∴m＝4. 8．已知定義在R上的奇函數(shù)f(x)滿足f(x＋2)＝－f(x)，當(dāng)x∈[0，1]時(shí)，f(x)＝2x－1，則(　　) A．f(6)f(3)． 12．已知函數(shù)f(x)＝若函數(shù)h(x)＝f(x)－mx＋2有三個(gè)不同的零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是(　　) A. B.∪ C.∪ D. 答案　A 解析　函數(shù)h(x)＝f(x)－mx＋2有三個(gè)不同的零點(diǎn)， 即為f(x)－mx＋2＝0有三個(gè)不同的實(shí)根， 可令y＝f(x)，y＝g(x)＝mx－2， 分別畫出y＝f(x)和y＝g(x)的圖象， A(0，－2)，B(3，1)，C(4，0)， 則g(x)的圖象介于直線AB和AC之間， 所以kAC0且a≠1，設(shè)p：函數(shù)y＝loga在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，q：函數(shù)y＝x2＋x＋1的圖象與x軸交于不同的兩點(diǎn)．如果p∨q為真，p∧q為假，求實(shí)數(shù)a的取值范圍． 解　若p為真，則00，即(2a－3)2－4>0， 解得a<或a>. ∵p且q為假，p或q為真， ∴p與q中有且只有一個(gè)為真命題(a>0且a≠1)． 若p真q假，則 ∴≤a<1， 若p假q真，則 ∴a>. 綜上所述，a的取值范圍為∪. 18．(12分)已知函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)，當(dāng)x>0時(shí)，f(x)＝log2(x＋1)， (1)求函數(shù)f(x)的解析式； (2)若f(m)<－2，求實(shí)數(shù)m的取值范圍． 解　(1)∵當(dāng)x>0時(shí)，f(x)＝log2(x＋1)， ∴當(dāng)x<0時(shí)，－x>0， ∴f(－x)＝log2(－x＋1)， ∵函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù)， ∴f(－x)＝－f(x)，∴－f(x)＝log2(－x＋1)， 即f(x)＝－log2(－x＋1)，又f(0)＝0， ∴f(x)＝ (2)∵當(dāng)x>0時(shí)，f(x)＝log2(x＋1)>0，f(0)＝0， ∴f(m)<－2等價(jià)于－log2<－2， ∴l(xiāng)og2>2， ∴1－m>4，∴m<－3. 即實(shí)數(shù)m的取值范圍是(－∞，－3)． 19．(12分)設(shè)函數(shù)f(x)＝ax－(k－1)a－x(a>0，且a≠1)是定義域?yàn)镽的奇函數(shù)． (1)求k的值； (2)若f(1)<0，試判斷函數(shù)單調(diào)性，并求使不等式f(x2＋tx)＋f(4－x)<0恒成立的t的取值范圍． 解　(1)∵f(x)是定義域?yàn)镽的奇函數(shù)， ∴f(0)＝a0－(k－1)a0＝1－(k－1)＝0， ∴k＝2. (2)f(x)＝ax－a－x(a>0，且a≠1)． ∵f(1)<0，∴a－<0. 又a>0，且a≠1，∴0x－4， ∴x2＋(t－1)x＋4>0恒成立． ∴Δ＝(t－1)2－16<0，解得－35在定義域上恒成立，求a的取值范圍． 解　(1)任取x1，x2∈，且x10， 即a<－2x1x2恒成立，∴a≤－2. 即a的取值范圍是(－∞，－2]． (2)2x－>5， 即a<2x2－5x恒成立， ∵2x2－5x＝22－， ∴函數(shù)y＝2x2－5x在(0，1]上單調(diào)遞減， ∴當(dāng)x＝1時(shí)，函數(shù)取得最小值－3，即a<－3. 即a的取值范圍是(－∞，－3)． 21．(12分)某公司利用APP線上、實(shí)體店線下銷售產(chǎn)品A，產(chǎn)品A在上市20天內(nèi)全部售完．據(jù)統(tǒng)計(jì)，線上日銷售量f(t)、線下日銷售量g(t)(單位：件)與上市時(shí)間t(t∈N*)天的關(guān)系滿足：f(t)＝g(t)＝－t2＋20t(1≤t≤20)，產(chǎn)品A每件的銷售利潤(rùn)為h(t)＝ (單位：元)(日銷售量＝線上日銷售量＋線下日銷售量)． (1)設(shè)該公司產(chǎn)品A的日銷售利潤(rùn)為F(t)，寫出F(t)的函數(shù)解析式； (2)產(chǎn)品A上市的哪幾天給該公司帶來(lái)的日銷售利潤(rùn)不低于5000元？ 解　(1)由題意可得：當(dāng)1≤t≤10時(shí)， 銷售量為10t＋(－t2＋20t)＝－t2＋30t， 銷售利潤(rùn)為40(－t2＋30t)； 當(dāng)100，求實(shí)數(shù)a的取值范圍． (1)解　因?yàn)楹瘮?shù)f(x)＝1－是奇函數(shù)， 且在x＝0處有意義， 所以f(0)＝0，即1－＝0，解得m＝2. (2)證明　任取x1，x2∈R，且x10， 即f(a＋cos2x＋1)>－f(sinx－a2)， 所以有a2－sinx

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