2020年高三二轮练习数学(文)周测卷卷十八 导数周测专练2 Word版含解析

2020年高考数学第二次监测试卷（文科）一、选择题（共12小题）.1．已知集合A＝{x|（x﹣1）（x﹣3）≤0}，B＝{x|﹣1＜x＜2}，则A∪B＝（）A．（﹣1，1]B．[1，2）C．[1，3]D．（﹣1，3]2．若复数z满足z•（1+2i）＝|3+4i|，则z＝（）A．1+2i B．1﹣2i C．5+10i D．5﹣10i3．某人坚持跑步锻炼，根据他最近20周的跑步数据，制成如下条形图：根据条形图判断，下列结论正确的是（）A．周跑步里程逐渐增加B．这20周跑步里程平均数大于30kmC．这20周跑步里程中位数大于30kmD．前10周的周跑步里程的极差大于后10周的周跑步里程的极差4．若x，y满足，则z＝2x+y的最大值为（）A．6B．4C．3D．05．△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若sin B＝2sin A，，则的值为（）A．B．C．2D．6．函数f（x）＝的大致图象是（）A．B．C．D．7．已知直线l经过圆＝4的圆心，l与圆C的一个交点为P，将直线l 绕点P按顺时针方向旋转30°得到直线l'，则直线l'被圆C截得的弦长为（）A．4B．C．2D．18．如图，已知圆锥底面圆的直径AB与侧棱SA，SB构成边长为的正三角形，点C是底面圆上异于A，B的动点，则S，A，B，C四点所在球面的半径是（）A．2B．C．4D．与点C的位置有关9．以正三角形的顶点为圆心，其边长为半径作圆弧，由这三段圆弧组成的曲边三角形被称为勒洛三角形，它是具有类似于圆的“等宽性”曲线，由德国机械工程专家、数学家勒洛首先发现．如图，D，E，F为正三角形ABC各边中点，作出正三角形DEF的勒洛三角形DEF（阴影部分），若在△ABC中随机取一点，则该点取自于该勒洛三角形部分的概率为（）A．B．C．D．10．若函数y＝A sinωx（A＞0，ω＞0，x＞0）的图象上相邻三个最值点为顶点的三角形是直角三角形，则A•ω＝（）A．4πB．2πC．πD．11．若函数，且f（2a）+f（a﹣1）＞0，则a的取值范围是（）A．（﹣∞，）B．C．D．12．已知直线l与抛物线x2＝4y交于A，B两点，（其中O为坐标原点）．若，则直线OP的斜率的取值范围是（）A．（﹣∞，﹣2]∪[2，+∞）B．（﹣∞，﹣4]∪[4，+∞）C．D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13．已知向量，，若，则实数λ＝．14．若，则sin2α＝．15．所有顶点都在两个平行平面内的多面体叫拟柱体，它在这两个平面内的面叫拟柱体的底面，两底面之间的距离叫拟柱体的高，可以证明：设拟柱体的上、下底面和中截面（与底面平行且与两底面等距离的平面截几何体所得的截面）的面积分别为S'，S，S0，高为h，则拟柱体的体积为V＝h（S+S'+S0）．若某拟柱体的三视图如图所示，则其体积为．16．若关于x的不等式lnx≤ax+1恒成立，则a的最小值是．三、解答题：共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17．已知数列{a n}的前n项和是S n，且S n＝2a n﹣2．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）记b n＝22﹣2log2a n，求数列{b n}的前n项的和T n的最大值．18．某学校课外兴趣小组利用假期到植物园开展社会实践活动，研究某种植物生长情况与温度的关系．现收集了该种植物月生长量y（cm）与月平均气温x（℃）的8组数据，并制成如图1所示的散点图．根据收集到的数据，计算得到如表值：（x i﹣）21812.325224.04235.96（1）求出y关于x的线性回归方程（最终结果的系数精确到0.01），并求温度为28℃时月生长量y的预报值；（2）根据y关于x的回归方程，得到残差图如图2所示，分析该回归方程的拟合效果．附：对于一组数据（ω，v1），（ω2，v2），…，（ωn，v n），其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为，＝﹣．19．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AB⊥AD，∠ABE＝30°，∠BEC＝90°，AD＝2，E是AD的中点．现将△ABE沿BE翻折，使点A移动至平面BCDE外的点P．（1）若，求证：DF∥平面PBE；（2）若平面PBE⊥平面BCDE，三棱锥C﹣PDE的体积为，求线段BE的长．20．在直角坐标系内，点A，B的坐标分别为（﹣2，0），（2，0），P是坐标平面内的动点，且直线PA，PB的斜率之积等于．设点P的轨迹为C．（1）求轨迹C的方程；（2）设过点（1，0）且倾斜角不为0的直线l与轨迹C相交于M，N两点，求证：直线AM，BN的交点在直线x＝4上．21．已知函数．（1）若曲线y＝f（x）在x＝﹣1处切线的斜率为e﹣1，判断函数f（x）的单调性；（2）若函数f（x）有两个零点，求a的取值范围．（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.[选修4-4：坐标系与参数方程]22．在平面直角坐标系xOy中，曲线C1：（t为参数），曲线C2：，（θ为参数），以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴，建立极坐标系．（1）求曲线C1，C2的极坐标方程；（2）射线y＝x tanα（x≥0，0＜α＜）分别交C1，C2于A，B两点，求的最大值．[选修4-5：不等式选讲]23．已知函数f（x）＝|x+3|+2|x|．（1）求f（x）的值域；（2）记函数f（x）的最小值为M．设a，b，c均为正数，且a+b+c＝M，求证：．参考答案一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的.1．已知集合A＝{x|（x﹣1）（x﹣3）≤0}，B＝{x|﹣1＜x＜2}，则A∪B＝（）A．（﹣1，1]B．[1，2）C．[1，3]D．（﹣1，3]【分析】求出集合A，B，由此能求出A∪B．解：由（x﹣1）（x﹣3）≤0得1≤x≤3，所以集合A＝{x|（x﹣1）（x﹣3）≤0}＝{x|1≤x≤3}，又B＝{x|﹣1＜x＜2}，所以A∪B＝[1，3]∪（﹣1，2）＝（﹣1，3]．故选：D．2．若复数z满足z•（1+2i）＝|3+4i|，则z＝（）A．1+2i B．1﹣2i C．5+10i D．5﹣10i【分析】直接根据复数的四则运算化简即可求解．解：因为复数z满足z•（1+2i）＝|3+4i|，故．故选：B．3．某人坚持跑步锻炼，根据他最近20周的跑步数据，制成如下条形图：根据条形图判断，下列结论正确的是（）A．周跑步里程逐渐增加B．这20周跑步里程平均数大于30kmC．这20周跑步里程中位数大于30kmD．前10周的周跑步里程的极差大于后10周的周跑步里程的极差【分析】由图数形结合可逐项判断选项的正误，解：根据统计图表可知，A，由图周跑步里程有增有减，故周跑步里程逐渐增加，故A错误，B，由图周跑步里程有8周里程在30km及以上，且最高里程为35km，有12周在35km 以下且最低为15km，故估算这20周跑步里程平均数远小于30km，故B错误，C项这20周跑步里程从小到大排列中位数是第十周和十一周里程数的平均值小于30km，故C错误；D项由图前10周的周跑步里程的极差为第十周里程减第三周里程，大于后10周的周跑步里程的极差为第十五周里程减第十一周里程，故D正确．故选：D．4．若x，y满足，则z＝2x+y的最大值为（）A．6B．4C．3D．0【分析】由约束条件作出可行域，数形结合得到最优解，求出最优解的坐标，代入目标函数得答案．解：由约束条件作出可行域如图，不等式组表示的可行域是以（0，0），A（2，0），B （0，2）为顶点的三角形及其内部，化目标函数z＝2x+y为y＝﹣2x+z，由图可知，当目标函数z＝2x+y过点B（2，0）时，直线在y轴上的截距最大，z最大，为2×2+0＝4，故选：B．5．△ABC的三个内角A，B，C所对的边分别为a，b，c，若sin B＝2sin A，，则的值为（）A．B．C．2D．【分析】根据正弦定理求得b＝2a，再根据余弦定理可得c＝a．解：由sin B＝2sin A，据正弦定理有b＝2a；又，据余弦定理可得c2＝a2+b2﹣2ab cos C，可得c2＝3a2．故．故选：A．6．函数f（x）＝的大致图象是（）A．B．C．D．【分析】先根据函数奇偶性的概念可知f（﹣x）＝﹣f（x），所以f（x）为奇函数，排除选项A和B；再对比选项C和D，比较f（x）与x的大小即可作出选择．解：因为f（﹣x）＝＝﹣f（x），所以f（x）为奇函数，排除选项A和B；当x＞0时，，排除选项C．故选：D．7．已知直线l经过圆＝4的圆心，l与圆C的一个交点为P，将直线l 绕点P按顺时针方向旋转30°得到直线l'，则直线l'被圆C截得的弦长为（）A．4B．C．2D．1【分析】画出图形，通过直线与圆的位置关系，转化求解写出即可．解：由题意知，PC＝2．如图，设l'与圆交于P，Q两点，线段PQ的中点为H，则在Rt△PHC中，，故直线l'被圆C截得的弦长．故选：B．8．如图，已知圆锥底面圆的直径AB与侧棱SA，SB构成边长为的正三角形，点C是底面圆上异于A，B的动点，则S，A，B，C四点所在球面的半径是（）A．2B．C．4D．与点C的位置有关【分析】由题意可得SO⊥平面ABC，可得球心O1在SO上，设球的半径为R，在Rt△O1AO中由勾股定理可得R的值．解：如图，设底面圆的圆心为O，S，A，B，C四点所在球面的球心为O1，连接SO，则SO⊥平面ABC，且O1在线段SO上．易知SO＝3，．设球O1的半径为R，在Rt△O1AO中，由勾股定理得（3﹣R）2+（）2＝R2，解得R ＝2．故选：A．9．以正三角形的顶点为圆心，其边长为半径作圆弧，由这三段圆弧组成的曲边三角形被称为勒洛三角形，它是具有类似于圆的“等宽性”曲线，由德国机械工程专家、数学家勒洛首先发现．如图，D，E，F为正三角形ABC各边中点，作出正三角形DEF的勒洛三角形DEF（阴影部分），若在△ABC中随机取一点，则该点取自于该勒洛三角形部分的概率为（）A．B．C．D．【分析】求出勒洛三角形的面积，由测度比是面积比得答案．解：设三角形ABC边长为2，则正三角形DEF边长为1，以D为圆心的扇形面积是＝△DEF的面积是×1×1×＝，∴勒洛三角形的面积为3个扇形面积减去2个正三角形面积，即图中勒洛三角形面积为，△ABC面积为，所求概率．故选：C．10．若函数y＝A sinωx（A＞0，ω＞0，x＞0）的图象上相邻三个最值点为顶点的三角形是直角三角形，则A•ω＝（）A．4πB．2πC．πD．【分析】作出函数y＝A sinωx（A＞0，ω＞0，x＞0）的大致图象，结合图象求出△MNP 为等腰直角三角形，即可求解结论．解：作出函数y＝A sinωx（A＞0，ω＞0，x＞0）的大致图象，不妨取如图的相邻三个最值点．设其中两个最大值点为M，N，最小值点为P．根据正弦函数图象的对称性，易知△MNP为等腰直角三角形，且斜边上的高PQ＝2A，所以斜边MN＝4A，则y＝A sinωx周期T＝4A．由，有，所以．故选：D．11．若函数，且f（2a）+f（a﹣1）＞0，则a的取值范围是（）A．（﹣∞，）B．C．D．【分析】根据函数奇偶性和单调性之间的关系，即可得到结论．解：由题知f（x）的定义域为（﹣1，1），且，所以f（﹣x）＝ln＝﹣ln+x＝﹣f（x），所以f（x）为奇函数且在（﹣1，1）上单调递减．由f（2a）+f（a﹣1）＞0，可知f（2a）＞﹣f（a﹣1）＝f（1﹣a），于是有，解得．故选：C．12．已知直线l与抛物线x2＝4y交于A，B两点，（其中O为坐标原点）．若，则直线OP的斜率的取值范围是（）A．（﹣∞，﹣2]∪[2，+∞）B．（﹣∞，﹣4]∪[4，+∞）C．D．【分析】利用已知条件画出图形，设A（x1，y1），B（x2，y2），则P（x1+x2，y1+y2），通过，推出x1x2＝﹣16，求解直线OP的斜率为k的表达式，利用基本不等式转化求解即可．解：如图，设A（x1，y1），B（x2，y2），则P（x1+x2，y1+y2），依题意，，即x1x2+y1y2＝0，即，即x1x2＝﹣16，从而直线OP的斜率为k，则＝，，当且仅当，即时等号成立，故．故选：D．二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分.13．已知向量，，若，则实数λ＝．【分析】根据即可得出4（1+λ）﹣2×3＝0，从而解出λ即可．解：∵，∴4（1+λ）﹣2×3＝0，解得．故答案为：．14．若，则sin2α＝．【分析】法一：由已知直接利用二倍角的余弦及诱导公式求解；法二：展开两角差的余弦，整理后两边平方即可求得sin2α．解：法一：由，得．法二：由，得，两边平方得，∴，即．故答案为：．15．所有顶点都在两个平行平面内的多面体叫拟柱体，它在这两个平面内的面叫拟柱体的底面，两底面之间的距离叫拟柱体的高，可以证明：设拟柱体的上、下底面和中截面（与底面平行且与两底面等距离的平面截几何体所得的截面）的面积分别为S'，S，S0，高为h，则拟柱体的体积为V＝h（S+S'+S0）．若某拟柱体的三视图如图所示，则其体积为．【分析】首先把三视图转换为直观图，进一步求出几何体的体积．解：由三视图可还原几何体直观图如图，易知S＝2×3，S'＝3×4，＝，h＝4，代入公式则拟柱体的体积为V＝h（S+S'+S0）＝．故答案为：16．若关于x的不等式lnx≤ax+1恒成立，则a的最小值是．【分析】法一：由于x＞0，则原不等式可化为，设，利用函数的导数判断函数的单调性，求解函数的最值即可．法二：直线y＝ax+1过定点（0，1），当直线y＝ax+1与曲线y＝lnx相切时，直线斜率即为所求的最小值，利用函数的导数求解切线方程，转化求解a的最小值．解：法一：由于x＞0，则原不等式可化为，设，则，当x∈（0，e2）时，f'（x）＞0，f（x）递增；x∈（e2，+∞），f'（x）＜0，f（x）递减，可得f（x）在x＝e2处取得极大值，且为最大值．所以，则a的最小值为．法二：直线y＝ax+1过定点（0，1），由题，当直线y＝ax+1与曲线y＝lnx相切时，直线斜率即为所求的最小值，设切点（x0，lnx0），切线斜率为，则切线方程为，过点（0，1），则，解得，切线斜率为，所以a的最小值为．故答案为：．三、解答题：共70分.解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤.第17～21题为必考题，每个试题考生都必须作答.第22、23题为选考题，考生根据要求作答.（一）必考题：共60分.17．已知数列{a n}的前n项和是S n，且S n＝2a n﹣2．（1）求数列{a n}的通项公式；（2）记b n＝22﹣2log2a n，求数列{b n}的前n项的和T n的最大值．【分析】（1）直接利用数列的定义的应用求出数列的通项公式．（2）利用前n项和公式的应用求出结果．解：（1）对于数列{a n}，当n＝1时，由S n＝2a n﹣2得a1＝2．当n≥2时，由S n＝2a n﹣2，S n﹣1＝2a n﹣1﹣2两式相减得a n＝2a n﹣1．所以数列{a n}是首项为2，公比也为2的等比数列，所以数列{a n}的通项公式．（2）由（1）知：．所以＝﹣n2+21n＝当n＝10或11时，取最大值．．18．某学校课外兴趣小组利用假期到植物园开展社会实践活动，研究某种植物生长情况与温度的关系．现收集了该种植物月生长量y（cm）与月平均气温x（℃）的8组数据，并制成如图1所示的散点图．根据收集到的数据，计算得到如表值：（x i﹣）21812.325224.04235.96（1）求出y关于x的线性回归方程（最终结果的系数精确到0.01），并求温度为28℃时月生长量y的预报值；（2）根据y关于x的回归方程，得到残差图如图2所示，分析该回归方程的拟合效果．附：对于一组数据（ω，v1），（ω2，v2），…，（ωn，v n），其回归直线的斜率和截距的最小二乘估计分别为，＝﹣．【分析】（1）根据表中数据求出线性回归方程的系数，写出线性回归方程，利用回归方程计算x＝28时的值；（2）根据残差图中对应点分布情况判断该回归方程的拟合效果．解：（1）设月生长量y与月平均气温x之间的线性回归方程为，计算，所以，所以y关于x的线性回归方程为；当x＝28时，＝1.05×28﹣6.63＝22.77（cm），所以，在气温在28℃时，该植物月生长量的预报值为22.77cm．（2）根据残差图，残差对应的点比较均匀地落在水平的带状区域中，且带状区域的宽度窄，所以该回归方程的预报精度相应会较高，说明拟合效果较好．19．如图，在四边形ABCD中，AD∥BC，AB⊥AD，∠ABE＝30°，∠BEC＝90°，AD ＝2，E是AD的中点．现将△ABE沿BE翻折，使点A移动至平面BCDE外的点P．（1）若，求证：DF∥平面PBE；（2）若平面PBE⊥平面BCDE，三棱锥C﹣PDE的体积为，求线段BE的长．【分析】（1）由已知可得，Rt△BAE∽Rt△CEB．设DE＝a，得DE∥BC且DE＝．在线段PB上取靠近点P的四等分点G，可得GF∥BC且GF＝．得到四边形DEGF 为平行四边形，得DF∥EG．再由直线与平面平行的判定可得DF∥平面PBE；（2）由∠BEC＝90°，得BE⊥EC．再由已知结合平面与平面垂直的性质可得EC⊥平面PBE．由（1）得，BC＝4DE，得S△BEC＝4S△DEC，求得V C﹣PBE＝1．再把三棱锥C﹣PBE的体积用含有a的代数式表示，则a值可求．【解答】（1）证明：由已知可得，Rt△BAE∽Rt△CEB．设DE＝a，依题意得BE＝2a，BC＝4a，DE∥BC且DE＝．如图，在线段PB上取靠近点P的四等分点G，连接FG，EG，∵，∴GF∥BC且GF＝．∴DE∥GF且DE＝GF．∴四边形DEGF为平行四边形，得DF∥EG．又DF⊄平面PBE，EG⊂平面PBE，∴DF∥平面PBE；（2）解：由∠BEC＝90°，得BE⊥EC．又∵平面PBE⊥平面BCDE，平面PBE∩平面BCDE＝BE，∴EC⊥平面PBE．由（1）得，BC＝4DE，∴S△BEC＝4S△DEC，∴．则V C﹣PBE＝1．由，解得a＝1．∴BE＝2．20．在直角坐标系内，点A，B的坐标分别为（﹣2，0），（2，0），P是坐标平面内的动点，且直线PA，PB的斜率之积等于．设点P的轨迹为C．（1）求轨迹C的方程；（2）设过点（1，0）且倾斜角不为0的直线l与轨迹C相交于M，N两点，求证：直线AM，BN的交点在直线x＝4上．【分析】（1）通过，化简求解点P的轨迹方程．（2）设直线MN的方程为：x＝my+1，联立直线与椭圆方程，设M（x1，y1），N（x2，y2），利用韦达定理则设直线AM的方程为，直线BN的方程为，求出交点坐标，推出交点Q在直线x＝4上．解：（1）由点A，B的坐标分别为（﹣2，0），（2，0），P是坐标平面内的动点，且直线PA，PB的斜率之积等于．设P（x，y），则，得4y2＝4﹣x2，即．故轨迹C的方程为：．轨迹是椭圆，不包含椭圆与x轴的交点．（2）根据题意，可设直线MN的方程为：x＝my+1，由，消去x并整理得（m2+4）y2+2my﹣3＝0．其中，△＝4m2+12（m2+4）＝16m2+48＞0．设M（x1，y1），N（x2，y2），则，．因直线l的倾斜角不为0，故x1，x2不等于±2（y1，y2不为0），从而可设直线AM的方程为①，直线BN的方程为②，所以，直线AM，BN的交点Q（x0，y0）的坐标满足：．而＝，因此，x0＝4，即点Q在直线x＝4上．21．已知函数．（1）若曲线y＝f（x）在x＝﹣1处切线的斜率为e﹣1，判断函数f（x）的单调性；（2）若函数f（x）有两个零点，求a的取值范围．【分析】（1）求出函数的导数，结合题意求出a的值，从而求出函数的单调区间；（2）通过讨论a的范围，求出函数的单调区间，从而判断函数零点的个数，确定满足条件的a的范围即可．解：（1）由题，．…………………………（1分）则f'（﹣1）＝ea﹣1＝e﹣1，得a＝1，．……………………………………此时，由f'（x）＝0得x＝0．则x＜0时，f'（x）＞0，f（x）为增函数；x＞0时，f'（x）＞0，f（x）为增函数，且f'（0）＝0，所以f（x）为R上的增函数．………………………………（2）①当a＞0时，由f'（x）＝0得x＝0或x＝lna，若a＝1，由（1）知，f（x）为R上的增函数．由，f（﹣2）＝﹣e2+2＜0，所以f（x）只有一个零点，不符合题意．……………………………………若0＜a＜1，则x＜lna时，f'（x）＞0，f（x）为增函数；lna＜x＜0时，f'（x）＜0，f（x）为减函数；x＞0时，f'（x）＞0，f（x）为增函数．而f（x）极小＝f（0）＝a＞0，故f（x）最多只有一个零点，不符合题意．……………………若a＞1时，则x＜0时，f'（x）＞0，f（x）为增函数；0＜x＜lna时，f'（x）＜0，f（x）为减函数；x＞lna时，f'（x）＞0，f（x）为增函数．得，故f（x）最多只有一个零点，不符合题意．……………………………………②当a＜0时，由f'（x）＝0得x＝0，由x≤0得f'（x）≤0，f（x）为减函数，由x＞0得f'（x）＞0，f（x）为增函数，则f（x）极小＝f（0）＝a＜0．又x→﹣∞时，f（x）＞0，x→+∞时，f（x）＞0，所以当a＜0时，f（x）始终有两个零点．综上所述，a的取值范围是（﹣∞，0）．………………………………（二）选考题：共10分.请考生在第22、23题中任选一题作答，如果多做，则按所做的第一题计分.[选修4-4：坐标系与参数方程]22．在平面直角坐标系xOy中，曲线C1：（t为参数），曲线C2：，（θ为参数），以坐标原点O为极点，x轴正半轴为极轴，建立极坐标系．（1）求曲线C1，C2的极坐标方程；（2）射线y＝x tanα（x≥0，0＜α＜）分别交C1，C2于A，B两点，求的最大值．【分析】（1）直接利用转换关系的应用，把参数方程极坐标方程和直角坐标方程之间进行转换．（2）利用极径的应用和三角函数关系式的恒等变换及正弦型函数的性质的应用求出结果．解：（1）消去参数t，得曲线C1的直角坐标方程为，则曲线C1的极坐标方程为．消去参数θ，得曲线C2的直角坐标方程为（x﹣1）2+y2＝1，即x2+y2﹣2x＝0，所以曲线C2的极坐标方程为ρ2﹣2ρcosθ＝0，即ρ＝2cosθ．（2）射线的极坐标方程为，．联立，得，所以；由，得ρB＝2cosα，则|OB|＝2cosα，因此＝．由，得．所以，当，即时，．故的最大值为．[选修4-5：不等式选讲]23．已知函数f（x）＝|x+3|+2|x|．（1）求f（x）的值域；（2）记函数f（x）的最小值为M．设a，b，c均为正数，且a+b+c＝M，求证：．【分析】（1）化分段函数，求出每段的值域即可求出函数f（x）的值域；（2）根据（1）求出M＝3，再根据基本不等式即可证明．解：（1）当x＜﹣3时，f（x）＝﹣x﹣3﹣2x＝﹣3x﹣3，此时f（x）∈（6，+∞）；当﹣3≤x≤0时，f（x）＝x+3﹣2x＝﹣x+3，此时f（x）∈[3，6]；．当x＞0时，f（x）＝x+3+2x＝3x+3，此时f（x）∈（3，+∞），综上，函数f（x）的值域为[3，+∞）．（2）由（1）知，函数f（x）的最小值为3，则M＝3，即a+b+c＝3．因为≥36．其中，当且仅当，b＝1，取“＝”．又因为a+b+c＝3，所以．。

集合周测专练姓名：__________班级：__________考号：__________一、选择题〔本大题共12小题，每题5分，共60分。

在每题给出的四个选项中，只有一个选项是符合题目要求的〕 1.集合{}0,1,2,3,4U =，{}1,2,3,4A =，{}2,4B =，那么U ()C U C A B （）为A 、{}0,1,3B 、{}012,3,4，，C 、{}01,2,4，D 、{}0,2,3,42.设全集U ＝R ，集合A ＝｛x ｜12x x +-0≥｝，B ＝｛x ｜1＜2x ＜8｝，那么〔C U A 〕∩B等于A 、[－1，3〕B 、〔0，2]C 、〔1，2]D 、〔2，3〕 3.〔2019天津高考真题〕全集{1,2,3,4,5,6}U =,集合{2,3,5}A =,集合{1,3,4,6}B =,那么集合A U B =（）ð〔 〕 (A) {3} (B) {2,5} (C) {1,4,6} (D){2,3,5} 4.假设集合{|0},P y y P Q Q =≥⋂=，那么集合Q 不可能．．．是〔 〕 A.2{|,R}y y xx =∈ B.{|2,R}xy y x =∈C.{|lg ,0}y y x x =>D.3{|,0}y y xx -=≠5.A ＝{－1，0，1}，B ＝{y |y =sin x ,x ∈A },那么A ∩B ＝〔 〕 A. {0}B. {1} C . {0，1}D. {0，－1}6.假设集合{}{}2|20,|log (1)1M x x N x x =->=-<，那么M N ⋂=〔 〕A 、{}|23x x <<B 、{}|1x x <C 、{}|3x x >D 、{}|12x x << 7.假设集合{|2,}xM y y x R ==∈，集合{|lg(1)}S x y x ==-，那么以下各式中正确的选项是〔 〕 A 、MS M= B 、M S S =C 、M S =D 、M S =∅8.R 是实数集，2{|1},{|1}M x N y y x=<==，那么=M C N R ()A 、)2,1(B 、[]2,0 C.∅ D 、[]2,1 9.设全集R U =,=A }{13)3(<-x x x ，=B {})1(log 2-=x y x ，那么=⋂B A 〔〕A.}{91<<x x B 、}{31<<x x C 、}{32<≤x x D 、}{92<≤x x10.设函数y =的定义域为A ，B={|||x x m -6}<且A B =R ∪,那么实数m 的取值范围为( )A.14m -<<B.13m -<<C.14m << D .13m <<11.设集合A ＝B ＝{(,),}x y x R y R ∈∈，从A 到B 的映射),(),(:y x y x y x f -+→在映射下，B 中的元素为〔4，2〕对应的A 中元素为 〔 〕A 、〔4，2〕B 、〔1，3〕C 、〔6,2〕D 、〔3,1 12.对于集合M 、N ，定义M －N ＝{|x x M ∈，且}x N ∉，()()M N M N N M ⊕=-⋃-。

数的零点、不等式的证明·T21式放缩·T21问题·T21式证明·T21(xg g年份卷别卷Ⅰ2018卷Ⅱ卷Ⅲ第4讲导数的综合应用考查内容及考题位置讨论函数的单调性、不等式的证明·T21不等式的证明、函数的零点问题·T21不等式的证明、极值点问题·T21命题分析导数日益成为解决问题必不可少的工具，利用导数研究函数的单调性与极卷Ⅰ利用导数研究函数的单调性、函数的零值(最值)是高考的常见题点·T21型，而导数与函数、不等式、2017卷Ⅱ利用导数研究函数的单调性及极值、函方程、数列等的交汇命题，是高考的热点和难点．卷Ⅲ导数在研究函数单调性中的应用、不等解答题的热点题型有：(1)利用导数研究函数的单卷Ⅰ函数的零点问题、不等式的证明·T21调性、极值、最值．2016卷Ⅱ卷Ⅲ函数单调性的判断、不等式证明及值域(2)利用导数证明不等式或探讨方程的根．三角函数的导数运算、最值问题及不等(3)利用导数求解参数的范围或值.利用导数研究函数的零点(方程的根)(综合型)[典型例题]命题角度一根据函数零点求参数范围(2018·高考全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝e x－ax2.(1)若a＝1，证明：当x≥0时，f(x)≥1；(2)若f(x)在(0，＋∞)只有一个零点，求a.【解】(1)证明：当a＝1时，f(x)≥1等价于(x2＋1)e－x－1≤0.设函数g(x)＝(x2＋1)e－x－1，则g′)＝－(x2－2x＋1)e－x＝－(x－1)2e－x.当x≠1时，′(x)＜0，所以g(x)在(0，＋∞)单调递减．而g(0)＝0，故当x≥0时，(x)≤0，即f(x)≥1.(2)设函数h(x)＝1－ax2e－x.14a故h(2)＝1－是h(x)在[0，＋∞)的最小值．e①若h(2)＞0，即a＜，h(x)在(0，＋∞)没有零点；e②若h(2)＝0，即a＝，h(x)在(0，＋∞)只有一个零点；e③若h(2)＜0，即a＞，由于h(0)＝1，所以h(x)在(0，2)有一个零点．h(4a)＝1－4a＝1－e ae综上，f(x)在(0，＋∞)只有一个零点时，a＝.11当a>0时，由f′(x)>0，得0<x<；由f′(x)<0，得x>.16a316a316a31＞1－＝1－＞0.已知函数f(x)＝(a，b∈R，a≠0)的图象在点(1，f(1))处的切线斜率为－a.【解】(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，f′(x)＝，由f′(1)＝a－b＝－a，得b＝2a，所以f(x)＝，f′(x)＝－.f(x)在(0，＋∞)只有一个零点当且仅当h(x)在(0，＋∞)只有一个零点．(ⅰ)当a≤0时，h(x)＞0，h(x)没有零点；(ⅱ)当a＞0时，h′(x)＝ax(x－2)e－x.当x∈(0，2)时，h′(x)＜0；当x∈(2，＋∞)时，h′(x)＞0.所以h(x)在(0，2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增．e2242424由(1)知，当x＞0时，e x＞x2，所以（e2a）2（2a）4故h(x)在(2，4a)有一个零点．因此h(x)在(0，＋∞)有两个零点．24根据函数零点个数确定参数取值范围的核心思想是“数形结合”，即通过函数图象的交点个数确定参数满足的条件，把问题转化为使用计算方法研究参数满足的代数条件上，解决问题的步骤是“先形后数”．命题角度二根据参数确定函数的零点个数aln x＋bx(1)求f(x)的单调区间；(2)讨论方程f(x)＝1根的个数．a－b－aln xx2a（ln x＋2）a（ln x＋1）x x2e e211当a<0时，由f′(x)>0，得x>；由f′(x)<0，得0<x<.0，⎫，单调递减区间为⎛，＋∞⎫；当a<0时，综上，当a>0时，f(x)的单调递增区间为⎛，＋∞，单调递减区间为0，.f(x)的单调递增区间为⎝e⎭⎝e⎭1⎫⎛11＋ln x10，⎫上单调递增，在⎛，＋∞⎫上单调递减，所以h(x)即h(x)在⎛＝h⎛⎫＝e.，＋∞⎫上，h(x)单调递减且h(x)＝在⎛0，⎫上，h(x)单调递增且当x无限接近0时，ln x＋2负无限大，故h(x)负无限大．在⎛111故当0<<e，即a>时，方程f(x)＝1有两个不等实根，当a＝时，方程f(x)＝1只有一1(2)f(x)＝1，即方程＝1，即方程＝，构造函数h(x)＝，，＋∞上h′(x)<0，0，上h′(x)>0，则h′(x)＝－，令h′(x)＝0，得x ＝，且在在⎝e⎭⎝e⎭x e⎝e⎭xmax”(e e11⎝e⎭⎝e⎭⎛1⎫⎛1⎫aln x＋2a ln x＋2ln x＋2x a x x⎛⎫2111⎝e⎭⎝e⎭⎝e⎭1ln x＋2>0，当x无限增大时，h(x)无限接近0；1⎝e⎭a e e个实根，当a<0时，方程f(x)＝1只有一个实根．综上可知，当a>1时，方程f(x)＝1有两个实根；当a<0或a＝1时，方程f(x)＝1有一个e e实根；当0<a<1时，方程f(x)＝1无实根．e(1)根据参数确定函数零点的个数，基本思想也是“数形结合，即通过研究函数的性质(单调性、极值、函数值的极限位置等)，大致勾画出函数图象，然后通过函数性质得出其与x轴交点的个数，或者两个函数图象交点的个数，基本步骤是“先数后形”．(2)判断函数在某区间[a，b]((a，b))内的零点的个数时，主要思路为：一是由f(a)f(b)<0及零点存在性定理，说明在此区间上至少有一个零点；二是求导，判断函数在区间a，b)上的单调性，若函数在该区间上单调递增或递减，则说明至多只有一个零点；若函数在区间[a，b]((a，b))上不单调，则要求其最大值或最小值，借用图象法等，判断零点个数．命题角度三函数零点性质的探索与证明已知函数f(x)＝(x－2)e x＋a(x－1)2有两个零点．(1)求a的取值范围；(2)设x1，x2是f(x)的两个零点，证明：x1＋x2<2.【解】(1)f′(x)＝(x－1)e x＋2a(x－1)＝(x－1)(e x＋2a)．3aab2－b⎫>0，又f(1)＝－e，f(2)＝a，取b满足b<0且b<ln，则f(b)>(b－2)＋a(b－1)2＝a⎛在(－∞，1)上单调递减，所以x＋x<2等价于f(x)>f(2－x)，即f(2－x)<0.由于f(2－x)＝－x e2－x2＋a(x－1)2，而f(x)＝(x－2)e x2＋a(x－1)2＝0，所以f(2－x)＝－x e2－x2－(x－2)e x2.从而g(x)＝f(2－x)<0，故x＋x<2.(ⅰ)设a＝0，则f(x)＝(x－2)e x，f(x)只有一个零点．(ⅱ)设a>0，则当x∈(－∞，1)时，f′(x)<0；当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0.所以f(x)在(－∞，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增．322⎝2⎭故f(x)存在两个零点．(ⅲ)设a<0，由f′(x)＝0得x＝1或x＝ln(－2a)．若a≥－e，则ln(－2a)≤1，故当x∈(1，＋∞)时，f′(x)>0，因此f(x)在(1，＋∞)上单调2递增．又当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点．若a<－e，则ln(－2a)>1.故当x∈(1，ln(－2a))时，f′(x)<0；当x∈(ln(－2a)，＋∞)时，2f′(x)>0.因此f(x)在(1，ln(－2a))上单调递减，在(ln(－2a)，＋∞)上单调递增．又当x≤1时，f(x)<0，所以f(x)不存在两个零点．综上，a的取值范围为(0，＋∞)．(2)证明：不妨设x1<x2.由(1)知，x1∈(－∞，1)，x2∈(1，＋∞)，2－x2∈(－∞，1)，f(x)12122222222222设g(x)＝－x e2－x－(x－2)e x，则g′(x)＝(x－1)(e2－x－e x)．所以当x>1时，g′(x)<0，而g(1)＝0，故当x>1时，g(x)<0，2212函数可变零点(函数中含有参数)性质的研究，要抓住函数在不同零点处的函数值均为零，建立不同零点之间的关系，把多元问题转化为一元问题，再使用一元函数的方法进行研究．[对点训练]4已知函数 f(x)＝ln x － ax 2(a ∈R )．解：(1)f(x)＝ln x － ax 2 的定义域为(0，＋∞)， 2)× ＝－1，(2)由(1)知 f ′(x)＝ ，x ∈(0，＋∞)，当 a >0 时，由⎨ 得 0<x < a ，由 f ′(x)<0 得 x > a ，所以 f(x)在⎛0， a ⎫上单调⎪⎩x >0， 当 a >0 时，f(x)的单调递增区间为⎛0， a ⎫，单调递减区间为⎛ a，＋∞⎫.而 f(1)＝－1a >0，故 f(x)在[1，e 2]上没有零点；(ⅱ)当 a ＝0 时，f(x)在[1，e 2]上单调递增，而 f(1)＝－ a ＝0，故 f(x)在[1，e 2]上有一个 (ⅲ)当 a >0 时，①若 a ≤1，即 a ≥1 时，f(x)在[1，e 2]上单调递减，因为 f(1)＝－ a <0， ②若 1< a ≤e 2，即 1 ≤a <1 时，f(x)在⎡1， a ⎤上单调递增，在⎡ a，e 2⎤上单调递减，而a ⎦1 2(1)若 f(x)在点(2，f(2))处的切线与直线 2x ＋y ＋2＝0 垂直，求实数 a 的值；(2)求函数 f(x)的单调区间；(3)讨论函数 f(x)在区间[1，e 2]上的零点个数．1 2f ′(x)＝ 1－ax ＝1－ax2，则 f ′(2)＝1－4a x x 2.因为直线 2x ＋y ＋2＝0 的斜率为－2，所以(－1－4a2解得 a ＝0.1－ax 2x当 a ≤0 时，f ′(x)>0，所以 f(x)在(0，＋∞)上单调递增；⎧⎪f ′（x ）＞0， a a ⎝ a ⎭递增，在⎛ a，＋∞⎫上单调递减．⎝ a ⎭综上所述：当 a ≤0 时，f(x)的单调递增区间为(0，＋∞)；⎝ a ⎭ ⎝ a ⎭(3)由(2)可知，(ⅰ)当 a <0 时，f(x)在[1，e 2]上单调递增，212零点；1 a 2所以 f(x)在[1，e 2]上没有零点．a e 4 ⎣ ⎣ a ⎦5⎛a⎫＝－1ln a－，f(e2)＝2－a e4，若f⎛a⎫＝－1ln a－1<0，即a>1时，f(x)在[1，e2]上没有零点；若f⎛a⎫＝－1ln a－1＝0，即a＝1时，f(x)在[1，e2]上有一个零点；若f⎛a⎫＝－1ln a－1>0，即a<1时，由f(e2)＝2－1a e4>0得a<4，此时，f(x)在[1，e2]由f(e2)＝2－1a e4≤0得a≥4，此时，f(x)在[1，e2]上有两个零点；③若a≥e2，即0<a≤1时，f(x)在[1，e2]上单调递增，因为f(1)＝－1a<0，f(e2)＝2－1a e4>0，综上所述：当a<0或a>1时，f(x)在[1，e2]上没有零点；当0≤a<4或a＝1时，f(x)在[1，e2]上有一个零点；当4≤a<时，f(x)在[1，e2]上有两个零点．已知函数f(x)＝a e x－b ln x，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程为y＝⎝e－1⎭xf′(x)＝a e x－，由题意得f(1)＝，f′(1)＝－1，⎧a e＝1，e⎧a＝1，所以⎨e解得⎨(2)证明：由(1)知f(x)＝2e x－ln x.e⎩111f(1)＝－2a<0，f⎝a⎭222⎝a⎭22e⎝a⎭22e⎝a⎭22e2e4上有一个零点；2e4a e422所以f(x)在[1，e2]上有一个零点．e e4e41e e利用导数证明不等式(综合型)[典型例题]命题角度一单变量不等式的证明⎛1⎫＋1.(1)求a，b；(2)证明：f(x)>0.【解】(1)函数f(x)的定义域为(0，＋∞)．b11x e e2⎩a e－b＝1－1，⎪b＝1.1e6当x∈(0，x)时，f′(x)<0，当x∈(x，＋∞)时，f′(x)>0，xx已知函数f(x)＝ln x－ax2＋x，a∈R.由f(x)＋f(x)＋x x＝0，得ln x＋x2＋x＋ln x＋x2＋x＋x x＝0，从而(x＋x)2＋(x＋x)＝x x－ln(x x)，令t＝x x，则由φ(t)＝t－ln t，得φ′(t)＝1－1＝，所以φ(t)≥φ(1)＝1，所以(x＋x)2＋(x＋x)≥1，因为f′(x)＝e x－2－1在(0，＋∞)上单调递增，又f′(1)<0，f′(2)>0，所以f′(x)＝0在(0，＋x∞)上有唯一实根x0，且x0∈(1，2)．00从而当x＝x时，f(x)取极小值，也是最小值．由f′(x)＝0，得e x0－2＝1，则x－2＝－ln x.000故f(x)≥f(x)＝e x0－2－ln x＝1＋x－2>20001x－2＝0，所以f(x)>0.x利用导数证明单变量的不等式的常见形式是f(x)>g(x)．证明技巧：先将不等式f(x)>g(x)移项，即构造函数h(x)＝f(x)－g(x)，转化为证不等式h(x)>0，再次转化为证明h(x)min>0，因此，只需在所给的区间内，判断h′(x)的符号，从而判断其单调性，并求出函数h(x)的最小值，即可得证．命题角度二双变量不等式的证明12(1)当a＝0时，求函数f(x)的图象在(1，f(1))处的切线方程；(2)若a＝－2，正实数x1，x2满足f(x1)＋f(x2)＋x1x2＝0，证明：x1＋x2≥5－12.【解】(1)当a＝0时，f(x)＝ln x＋x，则f(1)＝1，所以切点为(1，1)，又f′(x)＝1＋1，则切线斜率k＝f′(1)＝2，x故切线方程为y－1＝2(x－1)，即2x－y－1＝0.(2)证明：当a＝－2时，f(x)＝ln x＋x2＋x，x>0.12121112221212121212t－112t t易知φ(t)在区间(0，1)上单调递减，在区间(1，＋∞)上单调递增，12127因为 x >0，x >0，所以 x ＋x ≥成立． (2018· 高考全国卷Ⅰ)已知函数 f(x)＝ －x ＋aln x.(2)若 f(x)存在两个极值点 x 1，x 2，证明： ＜a －2.a ＝－x 2－ax ＋1(ii)若 a >2，令 f ′(x)＝0 得，x ＝a 2－4或 x ＝ . a 2－4⎫⎪∪⎛ a ＋ a 2－4 a － 当 x ∈ ，＋∞⎪时，f ′(x)<0； 0， 2 2a 2－4 a ＋ a 2－4⎫⎪ 时 ， f ′ (x)>0. 所 以 f(x) 在 ⎛ 当 x ∈ a － a － ⎝ ⎭ ⎝0， ⎪ 2－4 a ＋ a 2－4⎫⎪单调递增． ，＋∞⎪单调递减，在 a － a ⎛a ＋ a 2－4 ⎫ ⎛ 由于 f(x)的两个极值点 x ，x 满足 x 2－ax ＋1＝0，所以 x x ＝1，不妨设 x <x ，则 x >1.f （x 1）－f （x 2）1 －1＋a ln x 1－ln x 2＝－2＋a ln x 1－ln x 2＝－2＋a －2ln x 2， x 1－xx 1x 2 x 1－x 2 x 1－x 2 1 －xx 2 所以<a －2 等价于 －x 2＋2ln x 2<0.2 2 25－112122破解含双参不等式证明题的三个关键点(1)转化，即由已知条件入手，寻找双参所满足的关系式，并把含双参的不等式转化为含单参的不等式．(2)巧构造函数，再借用导数，判断函数的单调性，从而求其最值．(3)回归双参的不等式的证明，把所求的最值应用到双参不等式，即可证得结果．[对点训练]1x(1)讨论 f(x)的单调性；f （x 1）－f （x 2） x 1－x 21解：(1)f(x)的定义域为(0，＋∞)，f ′(x)＝－x 2－1＋x x 2 .(i)若 a ≤2，则 f ′(x)≤0，当且仅当 a ＝2，x ＝1 时 f ′(x)＝0，所以 f(x)在(0，＋∞)单调递减．a －a ＋ a 2－42 2⎛ ⎫ ⎝ ⎭ ⎝ ⎭⎛ ， 2 2a 2－4⎫ ， 2 ⎭，⎝ ⎭ ⎝ ⎭(2)由(1)知，f(x)存在两个极值点时，当且仅当 a>2.1 2 1 2 1 2 2由于＝－ 22f （x 1）－f （x 2） 1 x 1－x 2 x 28所以1－x＋2ln xf（x1）－f（x2）x－x<a－2.22<0，即x2(2)若x≥f(x)＋1－e【解】(1)因为f(x)＝ln(ax)＋b x，所以f′(x)＝＋b＝＋b，x，所以f(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．g即mx≥ln x＋1－2＋1(m<0)恒成立．设g(x)＝mx(x>0)，h(x)＝x＋－2，则g′(x)＝h(x)在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，h(x)max＝h(1)＝－1.只需g(x)≥h(x)，即m≥1－1，解得m≥1－e.设函数g(x)＝1－x＋2ln x，由(1)知，(x)在(0，＋∞)单调递减，又g(1)＝0，从而当x∈(1，x＋∞)时，g(x)<0.12恒成立与有解问题(综合型)[典型例题]命题角度一恒成立问题(2018·南昌模拟)已知函数f(x)＝ln(ax)＋b x在点(1，f(1))处的切线是y＝0.(1)求函数f(x)的极值；mx2e e x(m<0)恒成立，求实数m的取值范围(e为自然对数的底数)．a1ax x因为f(x)在点(1，f(1))处的切线是y＝0，所以f′(1)＝1＋b＝0，且f(1)＝ln a＋b＝0，解得a＝e，b＝－1，故f(x)＝ln x－x＋1.所以f′(x)＝1－1＝1－xx所以f(x)的极大值为f(1)＝0，无极小值．(2)由(1)知f(x)＝ln x－x＋1，mx21－ee x≥f(x)＋e x(m<0)恒成立，e x x eln x＋11m（1－x）ln xe x e e x，h′(x)＝－x2.因为m<0，所以当0<x<1时，g′(x)<0，h′(x)>0；当x>1时，g′(x)>0，h′(x)<0.所以g(x)在(0，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，g(x)＝g(1)＝m；min e1e所以g(x)，h(x)均在x＝1处取得最值，所以要使g(x)≥h(x)恒成立，min max e e9已知函数 f(x)＝3ln x － x 2＋x ，g (x)＝3x ＋a.【解】 (1)由题意得，f ′(x)＝ －x ＋1，设切点为(x 0，f(x 0))，则 k ＝f ′(x 0)＝ －x 0＋1＝3，x解得 x ＝1 或 x ＝－3(舍)，所以切点为⎛1， ⎫，代入 g (x)＝3x ＋a ，得 a ＝－5.(2)设 h (x)＝3ln x － x 2－2x.∃x 0>0，使 f(x 0)>g (x 0)成立，2 等价于∃x >0，使 h (x)＝3ln x －1x 2－2x >a 成立，⎪ ⎪ ⎩ ⎩ 所以函数 h (x)＝3ln x －1x 2－2x 在(0，1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减，所以 h (x)又 m <0，所以实数 m 的取值范围是[1－e ，0)．求解含参不等式恒成立问题的方法(1)求解含参不等式恒成立问题的关键是过好双关：第一关是转化关，即通过分离参数法 ， 先 转 化 为 f(a)≥g (x)( 或 f(a) ≤ g (x)) 对 ∀x ∈ D 恒 成 立 ， 再 转 化 为 f(a)≥g (x)max ( 或 f(a)≤g (x)min )；第二关是求最值关，即求函数 g (x)在区间 D 上的最大值(或最小值)问题．[提醒] 用分离参数法解含参不等式恒成立问题是指在能够判断出参数的系数的正负的情况下，可以根据不等式的性质将参数分离出来，得到一个一端是参数，另一端是变量表达式的不等式，只要研究变量表达式的最值就可以解决问题．(2)有些含参不等式恒成立问题，在分离参数时会遇到讨论的麻烦，或者即使分离出参数，但参数的最值却难以求出，这时常利用导数法，借助导数，分析函数的单调性，通过对函数单调性的分析确定函数值的变化情况，找到参数满足的不等式，往往能取得意想不到的效果．命题角度二 能成立问题1 2(1)若 f(x)与 g (x)的图象相切，求 a 的值；(2)若∃x 0>0，使 f(x 0)>g (x 0)成立，求参数 a 的取值范围．3 3 x 01 0 0 ⎝ 2⎭ 212等价于 a <h (x) max (x>0)．因为 h ′(x)＝3－x －2＝－x 2－2x ＋3＝－（x －1）（x ＋3），x x x⎧h ′（x ）>0， ⎧h ′（x ）<0， 令⎨ 得 0<x <1；令⎨ 得 x>1. ⎪x >0， ⎪x >0，＝h (1)＝－5，即 a <－5，2 22 max10因此参数 a 的取值范围为⎛－∞，－⎫. f( 若存在实数 x ，使得 f(x )－g (x )＝2 成立，则当 x ＝－2 时，e x ＋a ＝2 成立，所以 e －2＋a(2)确定 a 的所有可能取值，使得 f(x)> －e 1－x在区间(1，＋∞)内恒成立(e ＝2.718…为自5 ⎝ 2⎭求解含参不等式能成立问题的关键是过好“三关”第一关是求导关，对于复合函数求导，注意由外向内层导，一直导到不能导；第二关是转化关，即通过分离参数法，先转化为存在 x ∈D ，使 f(a)≥g (x)或(f(a)≤g (x))成立，再转化为 f(a)≥g (x)min (或 f(a)≤g (x)max )；第三关是求最值关，即求函数 g (x)在区间 D 上的最小值(或 最大值)问题．不等式能成立求参数的取值范围还可以直接利用图象法，通过数形结合使问题获解．[提醒] 不等式在某区间上能成立与不等式在某区间上恒成立问题是既有联系又有区别的两种情况，解题时应特别注意，两者都可以转化为最值问题，但 f(a)≥g (x)(或 f(a)≤g (x))对存在 x ∈D 能成立等价于 f(a)≥g (x)min (或 f(a)≤g (x)max )， a)≥g (x)(或 f(a)≤g (x))对任意 x ∈D 都成立等价于 f(a)≥g (x)max (或 f(a)≤g (x)min )，应注意区分，不要搞混．[对点训练]1．设函数 f(x)＝e x ＋a ＋x ，g (x)＝ln(x ＋3)－4e －x －a ，其中 e 为自然对数的底数，若存在实数 x 0，使得 f(x 0)－g (x 0)＝2 成立，则实数 a 的值为()A ．－2＋ln 2C ．－1－ln 2B ．1＋ln 2D ．2＋ln 2解析：选 D.由已知得 f(x)－g (x)＝e x ＋a ＋x －ln(x ＋3)＋4e －x －a ，设 h (x)＝e x ＋a ＋4e －x －a ，u (x)＝x －ln(x ＋3)，所以 h (x)＝e x ＋a ＋4e －x －a ≥2 e x ＋a 4e －x －a ＝4，当且仅当 e x ＋a ＝2 时等号成立．1u ′(x)＝1－ (x >－3)，令 u ′(x)>0，得 x >－2；x ＋3令 u ′(x)<0，得－3<x <－2，所以 u (x)在(－3，－2)上单调递减，在(－2，＋∞)上单调递增，所以当 x ＝－2 时，u (x)取得最小值为－2.0 0＝2，解得 a ＝2＋ln 2.故选 D.2．设函数 f(x)＝ax 2－a －ln x ，其中 a ∈R .(1)讨论 f(x)的单调性；1 x然对数的底数)．11解：(1)f ′(x)＝2ax －1＝2ax 2－12a .⎝ 2a ⎭ 时，f ′(x)<0，f(x)单调递减；⎭ 时，f ′(x)>0，f(x)单调递增．(2)令 g (x)＝ － 1 ，s(x)＝e x 1－x. x 当0<a <1时， 1 >1.由(1)有 f ⎛ 1 ⎫ 当 x >1 时，h ′(x)＝2ax －1＋ 1 －e 1－x >x －1＋ 1 －1＝x x (x>0)．当 a ≤0 时，f ′(x)<0，f(x)在(0，＋∞)内单调递减．当 a >0 时，由 f ′(x)＝0，有 x ＝1此时，当 x ∈⎛0， 1 ⎫当 x ∈⎛ 1，＋∞⎫ ⎝ 2a1－e x －1则 s ′(x)＝e x －1－1.而当 x >1 时，s ′(x)>0，所以 s(x)在区间(1，＋∞)内单调递增．又由 s(1)＝0，有 s(x)>0，从而当 x >1 时，g (x)>0.当 a ≤0，x >1 时，f(x)＝a(x 2－1)－ln x<0.故当 f(x)>g (x)在区间(1，＋∞)内恒成立时，必有 a>0.2 2a⎛ 1 ⎫⎝ 2a ⎭<f(1)＝0，而 g ⎝ 2a ⎭>0，所以此时 f(x)>g (x)在区间(1，＋∞)内不恒成立．当 a ≥1时，令 h (x)＝f(x)－g (x)(x ≥1)．2x x 2 x x 2 x因此，h (x)在区间(1，＋∞)内单调递增．又 h (1)＝0，所以当 x >1 时，h (x)＝f(x)－g (x)>0，即 f(x)>g (x)恒成立．x 3－2x ＋1 x 2－2x ＋1 x 2 > x 2 >0.12，＋∞⎫.综上，a∈⎡1．(2018·高考全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝x3－a(x2＋x＋1)．解：(1)当a＝3时，f(x)＝x3－3x2－3x－3，f′(x)＝x2－6x－3.(2)证明：由于x＋x＋1>0，所以f(x)＝0等价于2－3a＝0.⎫11⎛又f(3a－1)＝－6a＋2a－＝－6a－－<0，2f(3a＋1)＝>0，2．(2018·唐山模拟)已知f(x)＝x2－a2ln x，a>0.⎝6⎭1⎣2⎭13(1)若a＝3，求f(x)的单调区间；(2)证明：f(x)只有一个零点．13令f′(x)＝0解得x＝3－23或x＝3＋23.当x∈(－∞，3－23)∪(3＋23，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈(3－23，3＋23)时，f′(x)<0.故f(x)在(－∞，3－23)，(3＋23，＋∞)单调递增，在(3－23，3＋23)单调递减．x3x2＋x＋1x3x2（x2＋2x＋3）设g(x)＝－3a，则g′(x)＝≥0，仅当x＝0时g′(x)＝0，所以g(x) x2＋x＋1（x2＋x＋1）2在(－∞，＋∞)单调递增．故g(x)至多有一个零点，从而f(x)至多有一个零点．123613故f(x)有一个零点．综上，f(x)只有一个零点．12(1)若f(x)≥0，求a的取值范围；(2)若f(x1)＝f(x2)，且x1≠x2，证明：x1＋x2>2a.解：(1)由题意知，f′(x)＝x－a2＝（x＋a）（x－a）.x x当x∈(0，a)时，f′(x)<0，f(x)单调递减；131当 x ＝a时，f(x)取得最小值 f(a)＝ a 2－a 2ln a. 1令 a 2－a 2ln a ≥0，解得 0<a ≤ e. 设 0<x <a <x ，则 2a －x >a.要证 x ＋x >2a 即 x >2a －x ，则只需证 f(x )>f(2a －x )．因 f(x )＝f(x )，则只需证 f(x )>f(2a －x )．aa 则 g ′(x)＝f ′(x)＋f ′(2a －x)＝x － ＋2a －x － 又由题意得 0<x <a ，于是 g (x )＝f(x )－f(2a －x )>0，即 f(x )>f(2a －x )．因此 x ＋x >2a. ＝－ <0，2a －x x （2a －x ）x当 x ∈(a ，＋∞)时，f ′(x)>0，f(x)单调递增．22故 a 的取值范围是(0， e ]．(2)证明：由(1)知，f(x)在(0，a)上单调递减，在(a ，＋∞)上单调递增，1 2 11 2 2 1 2 1 1 2 1 1设 g (x)＝f(x)－f(2a －x)，0<x <a.2 2 2a （a －x ）2 x所以 g (x)在(0，a)上单调递减，从而 g (x)>g (a)＝0.11 1 1 1 1 12 3．(2018· 石家庄质量检测(二))已知函数 f(x)＝x ＋axln x(a ∈R )． (1)讨论函数 f(x)的单调性；(2)若函数 f(x)＝x ＋axln x 存在极大值，且极大值点为 1，证明：f(x)≤e －＋x 2.解：(1)由题意 x >0，f ′(x)＝1＋a ＋aln x.①当 a ＝0 时，f(x)＝x ，函数 f(x)在(0，＋∞)上单调递增；1②当 a >0 时，函数 f ′(x)＝1＋a ＋aln x 单调递增，f ′(x)＝1＋a ＋aln x ＝0⇒x ＝e －1－a >0，1 1 1故当 x ∈(0，e －1－a )时，f ′(x)<0，当 x ∈(e －1－a ，＋∞)时，f ′(x)>0，所以函数 f(x)在(0，e －1－a )1上单调递减，在(e －1－a ，＋∞)上单调递增；1③当 a <0 时，函数 f ′(x)＝1＋a ＋aln x 单调递减，f ′(x)＝1＋a ＋aln x ＝0⇒x ＝e －1－a >0，1 1 1故当 x ∈(0，e －1－a )时，f ′(x)>0，当 x ∈(e －1－a ，＋∞)时，f ′(x)<0，所以函数 f(x)在(0，e －1－a )141则 g ′(x)＝e －x ＋2＋ >0， 1⎫ 2 1－e ＋ －1<0，h ′(1)＝－ ＋2>0，又h ′⎛ ＝－e⎫，1 上存在唯一零点 x ，即－e －x 0＋2x ＋ln x＝0.故 h ′(x)＝－e －x ＋2x ＋ln x 在⎛所以当 x ∈(0，x )时，h ′(x)<0，当 x ∈(x ，＋∞)时，h ′(x)>0，所以函数 h (x)在(0，x )上所以 h (x )＝(x ＋1)(x ＋ln x )，所以只要x ＋ln x ≥0 即可，21上单调递增，在(e －1－a ，＋∞)上单调递减．(2)证明：由(1)可知若函数 f(x)＝x ＋axln x 存在极大值，且极大值点为 1，1则 a <0，且 e －1－a ＝1，解得 a ＝－1，故此时 f(x)＝x －xln x ，要证 f(x)≤e －x ＋x 2，只须证 x －xln x ≤e －x ＋x 2，即证 e －x ＋x 2－x ＋xln x ≥0，设 h (x)＝e －x ＋x 2－x ＋xln x ，x >0，则 h ′(x)＝－e －x ＋2x ＋ln x.令 g (x)＝h ′(x)，x所以函数 h ′(x)＝－e －x ＋2x ＋ln x 在(0，＋∞)上单调递增，1⎝e ⎭ e e1 ⎝e ⎭0 0 00 0 0单调递减，在(x ，＋∞)上单调递增，故 h (x)≥h (x 0)＝e －x 0＋x 2－x 0＋x 0ln x 0，所以只需证 h (x 0)＝e －x 0＋x 0－x 0＋x 0ln x 0≥0 即可，由－e －x 0＋2x 0＋ln x 0＝0，得 e －x 0＝2x 0＋ln x 0，0 0 0 0又 x ＋1>0，0 0当 x 0＋ln x 0<0 时，ln x 0<－x 0⇒x 0<e －x 0⇒－e －x 0＋x 0<0，所以－e －x 0＋x 0＋x 0＋ln x 0<0 与－e －x 0＋2x 0＋ln x 0＝0 矛盾；15得 h (x )＝(x ＋1)(x ＋ln x )＝0，(2)求证：当 x >0 时， ≥ln x ＋1.( ′当 x 0＋ln x 0>0 时，ln x 0>－x 0⇒x 0>e －x 0⇒－e －x 0＋x 0>0，所以－e －x 0＋x 0＋x 0＋ln x 0>0 与－e －x 0＋2x 0＋ln x 0＝0 矛盾；当 x 0＋ln x 0＝0 时，ln x 0＝－x 0⇒x 0＝e －x 0⇒－e －x 0＋x 0＝0，得－e －x 0＋2x 0＋ln x 0＝0，故 x 0＋ln x 0＝0 成立，0 0 0 0所以 h (x)≥0，即 f(x)≤e －x ＋x 2.4．(2018· 郑州质量检测(二))已知函数 f(x)＝e x －x 2.(1)求曲线 y ＝f(x)在 x ＝1 处的切线方程；e x ＋（2－e ）x －1x解：(1)由题意得，f ′(x)＝e x －2x ，则 f ′(1)＝e －2，f(1)＝e －1，所以曲线 y ＝f(x)在 x ＝1 处的切线方程为 y ＝(e －2)x ＋1.(2)证明：f ′(x)＝e x －2x ，令 h (x)＝e x －2x ，则 h ′(x)＝e x －2，易知 f ′(x)在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，所以 f ′(x)≥f ′(ln 2)＝2－2ln 2>0，所以 f(x)在(0，＋∞)上单调递增．又曲线 y ＝f(x)过点(1，e －1)，且曲线 y ＝f(x)在 x ＝1 处的切线方程为 y ＝(e －2)x ＋1，所以可猜测：当 x >0，x ≠1 时，f(x)的图象恒在切线 y ＝(e －2)x ＋1 的上方．下证：当 x >0 时，f(x)≥(e －2)x ＋1.设 g (x)＝f(x)－(e －2)x －1＝e x －x 2－(e －2)x －1，x >0，则 g ′(x)＝e x －2x －(e －2)，令 φx)＝g ′(x)，则φ(x)＝e x －2，易知 g ′(x)在(0，ln 2)上单调递减，在(ln 2，＋∞)上单调递增，又 g ′(0)＝3－e>0，g ′(1)＝0，0<ln 2<1，所以 g ′(ln 2)<0，16所以存在 x ∈(0，ln 2)，使得 g ′ )＝0， 所以当x ∈(0，x )∪(1，＋∞)时，g ′(x)>0；当 x ∈(x ，1)时，g ′(x)<0，故 g (x)在(0，x )上单调递增，在(x ，1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增， 当且仅当 x ＝1 时取等号，故e x ＋（2－e ）x －1又 x ≥ln x ＋1，所以e x ＋（2－e ）x －10 00 0又 g (1)＝0，所以 g (x)＝e x －x 2－(e －2)x －1≥0，x ≥x ，x>0.x ≥ln x ＋1，当且仅当 x ＝1 时等号成立．17。

2023高考数学二轮复习专项训练《导数在解决实际问题中的应用》一、单选题（本大题共8小题，共40分）1.（5分）若z=−1+√3i，则zzz−−1=()A. −1+√3iB. −1−√3iC. −13+√33i D. −13−√33i2.（5分）命题“∀x∈R，∃x∈N，使得n⩾x2+1”的否定形式是()A. ∀x∈R，∃x∈N，使得n<x2+1B. ∀x∈R，∀x∈N，使得n<x2+1C. ∃x∈R，∃x∈N，使得n<x2+1D. ∃x∈R，∀x∈N，使得n<x2+13.（5分）已知函数y=f(x)的周期为2，当x∈[0,2]时，f(x)=(x−1)2，如果g(x)= f(x)−log5|x−1|，则函数的所有零点之和为()A. 8B. 6C. 4D. 104.（5分）执行如图所示的程序框图，若输入的x为整数，且运行四次后退出循环，则输入的x的值可以是()A. 1B. 2C. 3D. 45.（5分）如图，AB是⊙O的直径，AC是弦，∠BAC的平分线AD交⊙O于点D，DE⊥AC，交AC的延长线于点E，DF⊥AB于点F，且AE=8，AB=10．在上述条件下，给出下列四个结论：①DE=BD；②ΔBDF≌ΔCDE；③CE=2；④DE2=AF⋅BF，则所有正确结论的序号是()A. ①②③B. ②③④C. ①③④D. ①②④6.（5分）已知函数f(x)=sin(ωx+φ)(ω>0,|φ|<π2)的图象如图所示，则()A. 函数f(x)的最小正周期是2πB. 函数f(x)在区间(π2,π)上单调递减C. 函数f(x)的图象与y轴的交点为(0,−12)D. 点(7π6,0)为函数f(x)图象的一个对称中心7.（5分）213，log26，3log32的大小关系是A. 213<log26<3log32 B. 213<3log32<log26C. 3log32<213<log26 D. 3log32<log26<2138.（5分）设函数y=ax2与函数y=|ln x+1ax|的图象恰有3个不同的交点，则实数a的取值范围为()A. (√33e,√e) B. (−√33e,0)∪(0,√33e)C. (0,√33e) D. (√e1)∪{√33e}二、填空题（本大题共5小题，共25分）9.（5分）设A，B是非空集合，定义：A⊗B={x|x∈A∪B且x∉A∩B}.已知集合A={x|0<x<2}，B={x|x⩾0}，则A⊗B=__________.10.（5分）某中学组织了“党史知识竞赛”活动，已知该校共有高中学生2000人，用分层抽样的方法从该校高中学生中抽取一个容量为50的样本参加活动，其中高一年级抽取了6人，则该校高一年级学生人数为 ______.11.（5分）某几何体的三视图如图所示，则该几何体的表面积是______．12.（5分）记S n为等比数列{a n}的前n项和，若a1=12，a42=a6，则S4=______．13.（5分）已知双曲线C：x2a2−y2b2=1(a>0,b>0)的左焦点为F，过F的一条倾斜角为30°的直线与C在第一象限交于点A，且|OF|=|OA|，O为坐标原点，则该双曲线的离心率为______．三、解答题（本大题共6小题，共72分）14.（12分）某公司计划在今年内同时出售变频空调机和智能洗衣机，由于这两种产品的市场需求量非常大，有多少就能销售多少，因此该公司要根据实际情况(如资金、劳动力)确定产品的月供应量，以使得总利润达到最大．已知对这两种产品有直接限制的因素是资金和劳动力，通过调查，得到关于这两种产品的有关数据如下表：试问：怎样确定两种货物的月供应量，才能使总利润达到最大，最大利润是多少？15.（12分）在ΔABC中，内角A，B，C所对的边分别为a，b，c.已知b+c=2a，3csinB=4asinC．(Ⅰ)求cosB的值；(Ⅱ)求sin(2B+π6)的值．16.（12分）如图，ΔABC中，AC=2，BC=4，∠ACB=90°，D、E分别是AC、AB的中点，将ΔADE沿DE折起成ΔPDE，使面PDE⊥面BCDE，H、F分别是边PD和BE的中点，平面BCH与PE、PF分别交于点I、G．(Ⅰ)求证：IH//BC；(Ⅱ)求二面角P−GI−C的余弦值．17.（12分）设等比数列{a n}的前n项和为S n，a2=18，且S1+116，S2，S3成等差数列，数列{b n}满足b n=2n.(1)求数列{a n}的通项公式；(2)设c n=a n⋅b n，若对任意n∈N∗，不等式c1+c2+⋯+c n⩾12λ+2S n−1恒成立，求λ的取值范围．18.（12分）已知椭圆x2a2+y2b2=1(a>b>0)的离心率e=√32，椭圆上任意一点到椭圆的两个焦点的距离之和为4，设直线l与椭圆相交于不同的两点A，B，点A的坐标为(−a,0).(Ⅰ)求椭圆的标准方程；(Ⅰ)若|AB|=4√2，求直线l的倾斜角．519.（12分）已知a为实数，函数f(x)=a ln x+x2−4x．(1)是否存在实数a，使得f(x)在x=1处取得极值？证明你的结论；,e]，使得f(x0)⩽g(x0)成立，求实数a的取值范围．(2)设g(x)=(a−2)x，若∃x0∈[1e答案和解析1.【答案】C;【解析】解：∵z =−1+√3i ，∴z ·z −=|z|2=(√(−1)2+(√3)2)2=4， 则zzz −−1=−1+√3i 4−1=−13+√33i. 故选：C.由已知求得z ·z −，代入zzz −−1，则答案可求．此题主要考查复数代数形式的乘除运算，考查复数模的求法，是基础题．2.【答案】D;【解析】解：因为全称命题的否定是特称命题，所以“∀x ∈R ，∃x ∈N ，使得n ⩾x 2+1”的否定形式为∃x ∈R ，∀x ∈N ，使得n <x 2+1”． 故选：D.直接利用特称命题的否定是全称命题写出结果即可．此题主要考查命题的否定．特称命题与全称命题的否定关系，基本知识的考查．3.【答案】A; 【解析】该题考查函数的零点，考查数形结合的数学思想，正确作出函数的图象是关键． 分别作出函数y =f(x)、y =log 5|x −1|的图象，结合函数的对称性，即可求得结论．解：当x ∈[0,2]时，f(x)=(x −1)2，函数y =f(x)的周期为2，图象关于y 轴对称的偶函数y =log 5|x|向右平移一个单位得到函数y =log 5|x −1|， 则y =log 5|x −1|关于x =1对称，可作出函数的图象：函数y =g(x)的零点，即为函数图象交点横坐标， 当x >6时，y =log 5|x −1|>1，此时函数图象无交点，又两函数在(1,6]上有4个交点，由对称性知它们在[−4,1)上也有4个交点，且它们关于直线x=1对称，所以函数y=g(x)的所有零点之和为：4×2=8，故选：A．4.【答案】A;【解析】解：依题意，S随着x的增大而增大，当x⩾2时，第一次循环时S⩾4，第二次循环时S⩾4+42=20，第三次循环时S⩾20+82=84⩾64，脱离循环，故x<2，故选：A．根据S和x的关系，S随着x的增大而增大，验证当x⩾2时的情况，即可得到结果．此题主要考查了程序框图，考查了循环结构．属于基础题．本题的难点在于逆推x的值，需要借助不等式来完成．5.【答案】B;【解析】解：∵∠BAC的平分线为AD，DE⊥AC，DF⊥AB，∴DE=DF，DC=DB，∴ΔBDF≌ΔCDE，所以①不正确，②正确；∵∠BAC的平分线为AD，DE⊥AC，DF⊥AB，∴AE=AF=8．又∵ΔBDF≌ΔCDE，∴CE=BF=AB−AF=10−8=2，故③正确；∵AB是直径，∴∠ADB=90°．又∵DF⊥AB，∴ΔDBF∽ΔADF，∴DFAF =BFDF，即DF2=AF⋅BF，∴DE2=AF⋅BF，故④正确；故选：B．利用角平分线的性质和全等三角形的判定可以判断①②的正误；利用排除法可以判断③④的正误．此题主要考查了相似三角形的判定与性质．解题时，利用了角平分线的性质和圆周角定理，难度不大．6.【答案】D;【解析】解：由函数图可象知T4=5π12−π6=π4，所以T=π，因为T=2πω，∴ω=2，所以最小正周期为π，故A错误；又函数过点(5π12,1)，所以f(5π12)=sin(2×5π12+φ)=1，所以5π6+φ=π2+2kπ，(k∈Z)，解得φ=−π3+2kπ，(k∈Z)，∵|φ|<π2，所以φ=−π3，所以f(x)=sin(2x−π3)，当x∈(π2,π)，所以2x−π3∈(2π3,5π3)，因为y=sinx在x∈(2π3,5π3)上不单调，故B错误；令x=1，则f(0)=sin(−π3)=−√32，所以与y轴交点为(0,−√32)，故C错误；若点(7π6,0)为函数f(x)图象的一个对称中心，则f(7π6)=0，当x=7π6时，f(7π6)=sin(2×7π6−π3)=sin2π=0，所以点(7π6,0)为函数f(x)图象的一个对称中心，故D正确，故选：D.根据函数图像求出函数解析式，再结合选项一一判断即可．此题主要考查了三角函数的图象与性质的应用问题，也考查了数形结合与函数思想，属于中档题．7.【答案】B;【解析】此题主要考查了指数函数与对数函数的大小比较问题，属于基础题.首先根据单调性，将指数值与32比较，其次根据对数函数的递增性质得到两个对数值与2、32大小关系，答案易得.解：213<212<32，3log32=32log34>32,3log32=log38<log39=2，log26>log24=2，所以213<3log32<log26.故选B.8.【答案】C;【解析】解：令ax2=|ln x+1ax|得a2x3=|ln x+1|，显然a>0，x>0．作出y=a2x3和y=|ln x+1|的函数图象，如图所示：设a=a0时，y=a2x3和y=|ln x+1|的函数图象相切，切点为(x0,y0)，则{3a02x02=1x0a02x03=ln x0+1，解得x0=e−23，y0=13，a0=√3e3．∴当0<a<√3e3时，y=a2x3和y=|ln x+1|的函数图象有三个交点．故选：C．令ax2=|ln x+1ax|得a2x3=|ln x+1|，作出y=a2x3和y=|ln x+1|的函数图象，利用导数知识求出两函数图象相切时对应的a0，则0<a<a0．此题主要考查了函数图象的交点个数判断，借助函数图象求出临界值是关键．9.【答案】{x|x=0或x⩾2};【解析】此题主要考查集合的新定义，是基础题由集合A={x|0<x<2}，B={x|x⩾0}，可得A∪B={x|x⩾0}，A∩B={x|0<x<2}，则A⊗B={x|x=0或x⩾2}.10.【答案】240;【解析】解：设该校高一年级学生人数为n，则6n =502000，即n=240，故答案为：240.由分层抽样方法，按比例抽样即可．此题主要考查了分层抽样方法，重点考查了阅读能力，属基础题．11.【答案】16+8√2;【解析】解：由三视图知：几何体为直三棱柱削去一个三棱锥，如图：其中直棱柱的侧棱长为8，底面为直角三角形，且AB=BC=2，SA=2，SB=2√2，AC=2√2，∴几何体的表面积S=12×2×2+12×2×2√2+4+22×2√2+4+22×2+4×2=16+8√2．故答案为：16+8√2．几何体为直三棱柱削去一个三棱锥，结合直观图判断各面的形状及相关几何量的数据，把数据代入面积公式计算．此题主要考查了由三视图求几何体的表面积，判断几何体的形状及数据所对应的几何量是解答此类问题的关键．12.【答案】152;【解析】解：∵a1=12，a42=a6，∴(12q3)2=12q5，解可得，q=2，则S4=12(1−24)1−2=152．故答案为：152．由已知结合等比数列的通项公式可求公比，然后结合等比数列的求和公式即可求解．这道题主要考查了等比数列的公式及求和公式的简单应用，属于基础试题．13.【答案】√3+1;【解析】解：过F的一条倾斜角为30°的直线与C在第一象限交于点A，且|OF|=|OA|=c，∠AOx=60°，则A(c2,√3c 2)所以c 24a2−3c24b2=1，c2 4a2−3c24(c2−a2)=1，可得e 24−3e24e2−4=1，可得e4−8e2+4=0．解得e=1+√3．故答案为：√3+1．利用已知条件求出A的坐标，代入双曲线方程，结合离心率公式，求解即可．此题主要考查双曲线的定义和性质，主要是离心率的求法，注意运用三角形的中位线定理和勾股定理，考查运算能力，属于中档题．14.【答案】解：设空调机、洗衣机的月供应量分别是x、y台，总利润是P，则P=6x+8y，由题意有30x+20y⩽300，5x+10y⩽110，x⩾0，y⩾0，x、y均为整数由图知直线y=−34x+18P过M(4,9)时，纵截距最大，这时P也取最大值P max=6×4+8×9=96(百元).故当月供应量为空调机4台，洗衣机9台时，可获得最大利润9600元．;【解析】此题主要考查找出约束条件与目标函数，准确地描画可行域，再利用图形直线求得满足题设的最优解．用图解法解决线性规划问题时，分析题目的已知条件，找出约束条件和目标函数是关键，可先将题目中的量分类、列出表格，理清头绪，然后列出不等式组(方程组)寻求约束条件，并就题目所述找出目标函数．然后将可行域各角点的值一一代入，最后比较，即可得到目标函数的最优解．利用线性规划的思想方法解决某些实际问题属于直线方程的一个应用．15.【答案】解：(Ⅰ)在三角形ABC中，由正弦定理得bsinB =csinC，所以bsinC=csinB，又由3csinB=4asinC，得3bsinC=4asinC，即3b=4a，又因为b +c =2a ，得b =4a 3，c =2a3，由余弦定理可得cosB =a 2+c 2−b 22ac=a 2+49a 2−169a 22⋅a⋅23a=−14；(Ⅱ)由(Ⅰ)得sinB =√1−co s 2B =√154，从而sin2B =2sinBcosB =−√158， cos2B =cos 2B −sin 2B =−78，故sin (2B +π6)=sin2Bcos π6+cos2Bsin π6=−√158×√32−78×12=−3√5+716．; 【解析】本小题主要考查同角三角函数的基本关系，两角和的正弦公式，二倍角的正余弦公式，以及正弦定理、余弦定理等基础知识，考查运算求解能力，属于中档题． (Ⅰ)根据正余弦定理可得；(Ⅱ)根据二倍角的正余弦公式以及和角的正弦公式可得．16.【答案】证明：（Ⅰ）∵D ，E 分别是边AC 和AB 的中点，∴DE ∥BC ， ∵BC ⊄平面PED ，ED ⊂平面PED ， ∴BC ⊂平面BCH ， ∴IH ∥BC ．解：（Ⅱ）如图，建立空间右手直角坐标系，由题意得：D （0，0，0），E （2，0，0），P （0，0，1），F （3，12，0），C （0，1，0），H （0，0，12），∴EP →=（-2，0，1），EF →=（1，12，0），CH →=（0，-1，12），HI →=12DE →=（1，0，0）， 设平面PGI 的一个法向量为n →=（x ，y ，z ），则{EP →.n →=−2x +z =0EF →.n →=x +12y =0，令x=1，解得y=-2，z=2，∴n →=（1，-2，2）， 设平面CHI 的一个法向量为m →=（a ，b ，c ），则{CH →.m →=−b +12c =0HI →.m →=a =0，取b=1，得m →=（0，1，2）， 设二面角P-GI-C 的平面角为θ， 则cosθ=|m →.n →||m →|.|n →|=3×√5=2√1515．∴二面角P-GI-C的余弦值为2√1515．;【解析】(Ⅰ)推导出DE//BC，从而BC⊂平面BCH，由此能证明IH//BC．(Ⅱ)以D为原点，DE，DC，DP为x，y，z轴，建立空间右手直角坐标系，利用向量法能求出二面角P−GI−C的余弦值．该题考查线线平行的证明，考查二面角的余弦值的求法，是中档题，解题时要认真审题，注意空间思维能力的培养．17.【答案】解：(1)设公比为q的等比数列{ an}的前n项和为S n，a2=18，且S1+116，S2，S3成等差数列，所以：{a1q=182S2=S1+116+S3，解得：a1=14，q=12，所以S n=14(1−12n)1−12=12(1−12n)，故a n=14.(12)n−1=(12)n+1，(2)由于：a n=(12)n+1，数列{b n}满足b n=2n.则：C n=a n b n=n2n，则：T n=12+222+323+⋯+n2n①，1 2T n=122+223+324+⋯+n2n+1②，①−②得：12T n=(121+122+⋯+12n)−n2n+1，解得：T n=2−2+n2n，由于S n=14(1−12n)1−12=12(1−12n)，所以不等式c1+c2+⋯+c n⩾12λ+2S n−1恒成立，即2−2+n2n ⩾1−12n+12λ−1，则2−n+12n⩾12λ恒成立，令f(n)=n+12n，则f(n +1)−f(n)=n+22n+1−n+12n=−n2n+1<0，所以f(n)关于n 单调递减， 所以(2−n+12n )min=2−1+12，则2−22⩾12λ 解得：λ⩽2.故：λ的取值范围为(−∞,2].;【解析】此题主要考查的知识要点：数列的通项公式的求法及应用，错位相减法在数列求和中的应用，恒成立问题的应用，主要考查学生的运算能力和转化能力，属于较难题．(1)直接利用递推关系式和建立的方程组进一步求出数列的通项公式;(2)利用(1)的结论，进一步利用错位相减法求出数列的和，最后利用恒成立问题求出参数的取值范围．18.【答案】解：（1）∵椭圆x 2a2+y 2b 2=1（a ＞b ＞0）的离心率e=√32，椭圆上任意一点到椭圆的两个焦点的距离之和为4， ∴a=2，c=√3，b=1， ∴椭圆的标准方程：x 24+y 21=1，（2）∵设直线l 与椭圆相交于不同的两点A ，B ，点A 的坐标为（-a ，0）． ∴点A 的坐标为（-2，0）， ∴直线l 的方程为：y=k （x+2），（Ⅱ）（i ）由（Ⅰ）可知点A 的坐标是（-2，0）． 设点B 的坐标为（x 1，y 1），直线l 的斜率为k ． 则直线l 的方程为y=k （x+2）．于是A 、B 两点的坐标满足方程组{y =k(x +2)x 24+y 21=1消去y 并整理，得（1+4k 2）x 2+16k 2x+（16k 2-4）=0． 由-2x 1=16k 2−41+4k 2，得x 1=2−8k 21+4k 2．从而y 1=4k1+4k 2． 所以|AB|=4√1+k 21+4k 2 由|AB|=4√25，得4√1+k 21+4k 2=4√25整理得32k 4-9k 2-23=0，即（k 2-1）（32k 2+23）=0，解得k=±1． 所以直线l 的倾斜角为π4或3π4．;【解析】(1)椭圆x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)根据a 2=b 2+c 2，ca =√32，2a =4，求解．(2)联立方程组{y =k(x +2)x 24+y 21=1消去y 并整理，得(1+4k 2)x 2+16k 2x +(16k 2−4)=0，运用韦达定理，弦长公式求解．此题主要考查了椭圆和直线的位置关系，联立方程组结合弦长公式求解．19.【答案】解：（1）函数f （x ）定义域为（0，+∞），f′（x ）=ax +2x-4=2x 2−4x +ax假设存在实数a ，使f （x ）在x=1处取极值，则f′（1）=0，∴a=2，…（2分） 此时，f′（x ）=2(x−1)2x，当x ＞0时，f′（x ）≥0恒成立，∴f （x ）在（0，+∞）递增．…（4分） ∴x=1不是f （x ）的极值点．故不存在实数a ，使得f （x ）在x=1处取极值．…（5分） （2）由f （x 0）≤g （x 0） 得：（x 0-ln x 0）a≥x 02-2x 0 …（6分） 记F （x ）=x-lnx （x ＞0），∴F′（x ）=x−1x（x ＞0），．…（7分）∴当0＜x ＜1时，F′（x ）＜0，F （x ）递减；当x ＞1时，F′（x ）＞0，F （x ）递增． ∴F （x ）≥F （1）=1＞0．…（8分） ∴a≥x 02−2x 0x0−ln x 0，记G （x ）=x 2−2xx−lnx ，x ∈[1e ，e]∴G′（x ）=(2x −2)(x−lnx )−(x−2)(x−1)(x−lnx )2=(x−1)(x−2lnx +2)(x−lnx )2…（9分）∵x ∈[1e，e]，∴2-2lnx=2（1-lnx ）≥0，∴x-2lnx+2＞0∴x ∈（1e ，1）时，G′（x ）＜0，G （x ）递减；x ∈（1，e ）时，G′（x ）＞0，G （x ）递增…（10分）∴G （x ）min =G （1）=-1∴a≥G （x ）min =-1．…（11分） 故实数a 的取值范围为[-1，+∞）． …（12分）; 【解析】(1)求出函数f(x)定义域，函数的导函数f′(x)，假设存在实数a ，使f(x)在x =1处取极值，则f′(1)=0，求出a ，验证推出结果．(2)由f (x 0)⩽g(x 0) 得：(x 0−ln x 0)a ⩾x 02−2x 0，记F(x)=x −ln x(x >0)，求出F′(x)，推出F(x)⩾F(1)=1>0，转化a ⩾x 02−2x 0x 0−ln x 0，记G(x)=x 2−2x x−ln x，x ∈[1e,e]求出导函数，求出最大值，列出不等式求解即可．该题考查函数的动手的综合应用，函数的最值的求法，极值的求法，考查转化思想以及计算能力．。

江苏省苏州十中2024年高三年级二轮复习数学试题导引卷（二）含附加题注意事项1．考生要认真填写考场号和座位序号。

2．试题所有答案必须填涂或书写在答题卡上，在试卷上作答无效。

第一部分必须用2B 铅笔作答；第二部分必须用黑色字迹的签字笔作答。

3．考试结束后，考生须将试卷和答题卡放在桌面上，待监考员收回。

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．已知函数()21x f x x-＝，则不等式121()()x x f e f e ﹣﹣＞的解集是（ ）A ．2,3⎛⎫-∞-⎪⎝⎭B ．2,3⎛⎫-∞ ⎪⎝⎭C ．(,0)-∞D ．2,3⎛⎫+∞⎪⎝⎭2．已知数列满足：.若正整数使得成立，则( ) A ．16B ．17C ．18D ．193．已知函数()()614,7,7x a x x f x a x -⎧-+≤=⎨>⎩是R 上的减函数，当a 最小时，若函数()4y f x kx =--恰有两个零点，则实数k 的取值范围是（ ） A ．1(,0)2-B ．1(2,)2- C ．(1,1)-D ．1(,1)24．某人造地球卫星的运行轨道是以地心为一个焦点的椭圆，其轨道的离心率为e ，设地球半径为R ，该卫星近地点离地面的距离为r ，则该卫星远地点离地面的距离为（ ） A ．1211e er R e e ++-- B ．111e er R e e ++-- C ．1211e er R e e-+++ D ．111e er R e e-+++ 5．双曲线22221(0,0)x y a b a b -=>>的左右焦点为12,F F ，一条渐近线方程为:b l y x a=-，过点1F 且与l 垂直的直线分别交双曲线的左支及右支于,P Q ，满足11122OP OF OQ =+，则该双曲线的离心率为（ ） A 10B ．3C 5D ．26．已知函数()sin()(0,)2f x x πωϕωϕ=+><的最小正周期为(),f x π的图象向左平移6π个单位长度后关于y 轴对称，则()6f x π-的单调递增区间为( )A ．5,36k k k Z ππππ⎡⎤++∈⎢⎥⎣⎦B ．,36k k k Z ππππ⎡⎤-++∈⎢⎥⎣⎦C ．5,1212k k k Z ππππ⎡⎤-++∈⎢⎥⎣⎦D ．,63k k k Z ππππ⎡⎤-++∈⎢⎥⎣⎦7．在直角坐标平面上，点(),P x y 的坐标满足方程2220x x y -+=，点(),Q a b 的坐标满足方程2268240a b a b ++-+=则y bx a--的取值范围是（ ） A ．[]22-,B．⎣⎦C ．13,3⎡⎤--⎢⎥⎣⎦ D．⎣⎦8．已知变量x ，y 满足不等式组210x y x y x +≤⎧⎪-≤⎨⎪≥⎩，则2x y -的最小值为（ ）A ．4-B ．2-C ．0D ．49．2-31ii =+（ ） A ．15-22i B ．15--22iC ．15+22i D ．15-+22i 10．若实数,x y 满足的约束条件03020y x y x y ≥⎧⎪+-≤⎨⎪-≥⎩，则2z x y =+的取值范围是（ ）A ．[)4+∞， B ．[]06，C ．[]04，D ．[)6+∞，11．阿基米德（公元前287年—公元前212年）是古希腊伟大的哲学家、数学家和物理学家，他和高斯、牛顿并列被称为世界三大数学家.据说，他自己觉得最为满意的一个数学发现就是“圆柱内切球体的体积是圆柱体积的三分之二，并且球的表面积也是圆柱表面积的三分之二”.他特别喜欢这个结论，要求后人在他的墓碑上刻着一个圆柱容器里放了一个球，如图，该球顶天立地，四周碰边，表面积为54π的圆柱的底面直径与高都等于球的直径，则该球的体积为 （ ）A ．4πB ．16πC ．36πD ．643π12．已知函数2()35f x x x =-+，()ln g x ax x =-，若对(0,)x e ∀∈，12,(0,)x x e ∃∈且12x x ≠，使得()()(1,2)i f x g x i ==，则实数a 的取值范围是（ ）A ．16,e e ⎛⎫ ⎪⎝⎭B ．741,e e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭C ．74160,,e e e ⎡⎫⎛⎤⎪⎢ ⎥⎝⎦⎣⎭ D ．746,e e ⎡⎫⎪⎢⎣⎭二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

全国18名校2024届高考模拟试卷（数学试题文）试卷注意事项：1． 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

2．选择题必须使用2B 铅笔填涂；非选择题必须使用0．5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。

3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。

4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、选择题：本题共12小题，每小题5分，共60分。

在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。

1．函数2sin cos ()20x x xf x x =+在[2,0)(0,2]ππ-⋃上的图象大致为( ) A ． B ．C ．D ．2．高斯是德国著名的数学家，近代数学奠基者之一，享有“数学王子”的称号，用其名字命名的“高斯函数”为：设x ∈R ，用[]x 表示不超过x 的最大整数，则[]y x =称为高斯函数，例如：[]0.51-=-，[]1.51=，已知函数12()4324x x f x -=-⋅+（02x <<），则函数[]()y f x =的值域为（ ） A ．13,22⎡⎫-⎪⎢⎣⎭ B ．{}1,0,1-C ．1,0,1,2D ．{}0,1,23．已知平行于x 轴的直线分别交曲线2ln 21,21(0)y x y x y =+=-≥于,A B 两点，则4AB 的最小值为（ ）A ．5ln 2+B ．5ln 2-C ．3ln 2+D ．3ln 2-4．如图，正四面体P ABC -的体积为V ，底面积为S ，O 是高PH 的中点，过O 的平面α与棱PA 、PB 、PC 分别交于D 、E 、F ，设三棱锥P DEF -的体积为0V ，截面三角形DEF 的面积为0S ，则（ ）A ．08V V ≤，04S S ≤B ．08V V ≤，04S S ≥C ．08V V ≥，04S S ≤D ．08V V ≥，04S S ≥5．若202031i iz i+=+，则z 的虚部是（ ）A ．iB ．2iC ．1-D ．16．已知12,F F 分别为双曲线2222:1x y C a b-=的左、右焦点，点P 是其一条渐近线上一点，且以12F F 为直径的圆经过点P ，若12PF F ∆的面积为b 2233，则双曲线的离心率为（ ） A ．3B ．2C ．5D ．37．在直角坐标系中，已知A （1，0），B （4，0），若直线x +my ﹣1=0上存在点P ，使得|PA |=2|PB |，则正实数m 的最小值是( ) A ．13B ．3C ．33D ．38．在ABC ∆中，60BAC ∠=︒，3AB =，4AC =，点M 满足2B M M C =，则AB AM ⋅等于（ ） A ．10 B ．9C ．8D ．79．抛物线的准线与双曲线的两条渐近线所围成的三角形面积为，则的值为 ( )A ．B ．C ．D ．10．将函数()cos f x x =的图象先向右平移56π个单位长度，在把所得函数图象的横坐标变为原来的1ω(0)>ω倍，纵坐标不变，得到函数()g x 的图象，若函数()g x 在3(,)22ππ上没有零点，则ω的取值范围是（ ） A ．228(0,][,]939 B ．2(0,]9C ．28(0,][,1]99D ．(0,1]11．为了进一步提升驾驶人交通安全文明意识，驾考新规要求驾校学员必须到街道路口执勤站岗，协助交警劝导交通.现有甲、乙等5名驾校学员按要求分配到三个不同的路口站岗，每个路口至少一人，且甲、乙在同一路口的分配方案共有( ) A ．12种B ．24种C ．36种D ．48种12．已知定义在[)0,+∞上的函数()f x 满足1()(2)2f x f x =+，且当[)0,2x ∈时，2()2f x x x =-+.设()f x 在[)22,2n n -上的最大值为n a （*n N ∈），且数列{}n a 的前n 项的和为n S .若对于任意正整数n 不等式()129n k S n +≥-恒成立，则实数k 的取值范围为（ ）A ．[)0,+∞B ．1,32⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭C ．3,64⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭D ．7,64⎡⎫+∞⎪⎢⎣⎭二、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分。

衡水万卷周测（十八）理科数学函数与导数（四）考试时间：120分钟姓名：__________班级：__________考号：__________一 、选择题（本大题共求的） 1.函数32()(0,)f x ax bx cx d a x =+++≠∈R 有极值点，则（ ）A. 23b ac ≤B. 23b ac ≥C. 23b ac <D. 23b ac >2.若函数3()3f x x x a =-+有3个不同的零点，则实数a 的取值范围是（ ）A.（－2，2）B.[－2，2]C.(,1)-∞-D.(1,)+∞3.下列关于函数2()(2)x f x x x e =-的判断正确的是（ ）①()0f x >的解集是{}02x x <<；②(f 是极小值，f 是极大值；③()f x 没有最小值，也没有最大值； ④()f x 有最大值，没有最小值.A.①③B.①②③C.②④D.①②④4.已知函数3211()2(,,)32f x x ax bx c a b c R =+++∈，且函数()f x 在区间（0，1）内取得极大值，在区间（1，2）内取得极小值，则22(3)z a b =++的取值范围（ ） A.B. 1(,4)2C.（1，2）D.（1，4）5.函数ln xy x=的最大值为（ ）A.1e -B.eC.2eD.1036.已知函数，下列结论中错误的是（A ）R ，（B ）函数的图像是中心对称图形（C ）若是的极小值点，则在区间上单调递减（D ）若是的极值点，则7.已知函数()f x =3231ax x -+，若()f x 存在唯一的零点0x ，且0x ＞0，则a 的取值范围为A .（2，+∞）B .（-∞，-2）C .（1，+∞）D .（-∞，-1）8.已知函数()12+-=x x f ,()kx x g =.若方程()()x g xf =有两个不相等的实根，则实数k 的取值范围是（A ）），（210 （B ）），（121（C ）），（21 （ D ）），（∞+29.、在ABC ∆中，c b a ,,分别为C B A ∠∠∠,,所对的边，若函数1)(31)(2223+-+++=x ac c a bx x x f 有极值点，则B ∠的范围是（ ）A.)3,0(π B 。