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2017高考优化方案数学理科(1)
1.已知集合A={0,a},B={b|b2-3b<0,b∈Z},A∩B≠
,则实数a的值
为( )
(A)1 (B)2 (C)1或2 (D)2或3
2.(2012·河源模拟)设全集U是实数集R,M={x|x>2或x<-2},N={x|x2-4x+3>0},则图中阴影部分所表示的集合是( )
(A){x|-2≤x<1} (B){x|-2≤x≤2}
(C){x|1<x≤2} (D){x|x<2}
3.(2012·安阳模拟)设集合A={x|-2<-a<x<a,a>0},命题p:1∈A,命题q:2∈A.若p∨q为真命题,p∧q为假命题,则a的取值范围是( )
(A)0<a<1或a>2 (B)0<a<1或a≥2
(C)1<a<2 (D)1≤a≤2
4.函数f(x)=πx+log2x的零点所在区间为( )
(A)[16(1),8(1)] (B)[8(1),4(1)]
(C)[4(1),2(1)] (D)[2(1),1]
5.设条件p:a2+a≠0,条件q:a≠0,那么p是q的( )
(A)充分不必要条件
(B)必要不充分条件
(C)充要条件
(D)既不充分也不必要条件
6.(2012·广州模拟)已知a,b∈R,则“log3a>log3b”是“(2(1))a<(2(1))b”
的( )
(A)充分不必要条件
(B)必要不充分条件
(C)充要条件
(D)既不充分也不必要条件
7.定义在R上的函数f(x)满足f(x)=,x>0(4-x,x≤0),则f(3)的值为( )
(A)-1 (B)-2 (C)1 (D)2
8.下列图象中,有一个是函数f(x)=3(1)x3+ax2+(a2-1)x+1(a∈R,a≠0)的导函数y=f′(x)的图象,则f(-1)等于( )
(A)3(5) (B)-3(1) (C)3(1) (D)-3(5)
2017高考优化方案数学理科(2)
9.(2012·杭州模拟)函数y=-x2-3x+4(x+1)的定义域为 .
10.若f(x)是幂函数,且满足2(4)=3,则f(2(1))= .
11.(2012·清远模拟)a=0.80.7,b=0.80.9,c=1.20.8,则a、b、c的从大到小的顺序是 .
12.不等式ex-x>ax的解集为P,且[0,2]
P,则实数a的取值范围是 .
13.拟定从甲地到乙地通话m分钟的电话费由f(x)=1.06×(0.50×[m]+1)给出,其中m>0,[m]是大于或等于m的最小整数,若通话费为10.6元,则通话时间m∈ .
14.已知函数f(x)=lnx+2x,g(x)=a(x2+x),若f(x)≤g(x)恒成立,则实数a的取值范围是 .
三、解答题(本大题共6小题,共80分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
15.(12分)(2012·台州模拟)已知命题p:函数y=log2(x2-2ax+3a-2)的定义域为R;命题q:方程ax2+2x+1=0有两个不相等的负数根,若p∨q是假命题,求实数a的取值范围.
16.(13分)如图,设点P从原点沿曲线y=x2向点A(2,4)移动,记直线OP、曲线y=x2及直线x=2所围成的面积分别为S1,S2,若S1=S2,求点P的坐标.
17.(13分)集合A是由具备下列性质的函数f(x)组成的:
①函数f(x)的定义域是[0,+∞);
②函数f(x)的值域是[-2,4);
③函数f(x)在[0,+∞)上是增函数,试分别探究下列两小题:
(1)判断函数f1(x)=-2(x≥0)及f2(x)=4-6·(2(1))x(x≥0)是否属于集合A?并简要说明理由;
(2)对于(1)中你认为属于集合A的函数f(x),不等式f(x)+f(x+2)<2f(x+1)是否对于任意的x≥0恒成立?请说明理由.
18.(14分)如图所示:图1是定义在R上的二次函数y=f(x)的部分图象,图2是函数g(x)=loga(x+b)的部分图象.
(1)分别求出函数f(x)和g(x)的解析式;
(2)如果函数y=g(f(x))在区间[1,m)上单调递减,求m的取值范围.
19.(14分)已知函数f(x)=ax2+2x+c(a、c∈N*)满足:
①f(1)=5;②6<f(2)<11.
(1)求a、c的值;
(2)若对任意的实数x∈[2(1),2(3)],都有f(x)-2mx≤1成立,求实数m的取值范围.
20.(14分) 已知函数f(x)=x2+bsinx-2(b∈R),F(x)=f(x)+2,且对于任意实数x,恒有F(x)-F(-x)=0.
(1)求函数f(x)的解析式;
(2)已知函数g(x)=f(x)+2(x+1)+alnx在区间(0,1)上单调递减,求实数a的取值范围;
(3)函数h(x)=ln(1+x2)-2(1)f(x)-k有几个零点?
2017高考优化方案数学理科(3)
1.【解析】选C.B={1,2}.由A∩B≠
,得a=1或2,故选C.
2.【解析】选A.由x2-4x+3>0知x>3或x<1,
即N={x|x>3或x<1}.
图中阴影部分表示的集合为N∩(
M)
={x|x>3或x<1}∩{x|-2≤x≤2}
={x|-2≤x<1}.
3.【解析】选C.p∨q为真命题,p∧q为假命题,则命题p,q一真一假.命题p为真时,a>1,又-2<-a,则a<2,
∴1<a<2.由a<2知命题q为假,故选C.
4.【解析】选C.因为f(x)在定义域内为单调递增函数,而在4个选项中,f(4(1))·f(2(1))<0,所以零点所在区间为[4(1),2(1)].
5.【解析】选A.若p
q为真命题且q
p为假命题,则命题p是命题q的充分不必要条件;
条件p:a2+a≠0,即为a≠0且a≠-1,
故条件p:a2+a≠0是条件q:a≠0的充分不必要条件.
故选A.
6.【解析】选A.由log3a>log3b得a>b>0,
由(2(1))a<(2(1))b得a>b,
所以“log3a>log3b”是“(2(1))a<(2(1))b”的充分不必要条件.
【误区警示】注意由log3a>log3b判断a、b的范围是a>b>0.
7.【解题指南】根据自变量的值,选择相应区间上的函数解析式代入求解.
【解析】选B.依题意得f(3)=f(2)-f(1)
=f(1)-f(0)-f(1)=-f(0)
=-log2(4-0)=-2,故选B.
8.【解析】选B.∵f′(x)=x2+2ax+(a2-1),
∴导函数f′(x)的图象开口向上.
又∵a≠0,∴其图象必为第三个图.
由图象特征知f′(0)=0,且-a>0,∴a=-1.
故f(-1)=-3(1)-1+1=-3(1).
9.【解析】由题意知-x2-3x+4>0(x+1>0,),
解得-1<x<1.
答案:(-1,1)
10.【解析】设f(x)=xα,则有2α(4α)=3,解得2α=3,α=log23,
∴f(2(1))=(2(1))
=2
=3(1).
答案:3(1)
11.【解析】因为指数函数y=0.8x在定义域上是减函数,
∴1=0.80>0.80.7>0.80.9>0,
而指数函数y=1.2x在定义域上是增函数,
∴1.20.8>1.20=1,
∴1.20.8>1>0.80.7>0.80.9,即c>a>b.
答案:c>a>b
12.【解题指南】转化为恒成立问题,利用导数求解.
【解析】因为ex-x>ax的解集为P,且[0,2]
P,所以对任意x∈[0,2],ex-x>ax恒成立,当x=0时,不等式恒成立,当0<x≤2时,a<x(ex)-1也应恒成立.
令g(x)=
-1,则g′(x)=
,
当1<x≤2时,g′(x)>0,当0<x<1时,g′(x)<0.
所以当x=1时,g(x)取得最小值e-1,
所以a的取值范围是(-∞,e-1).
答案:(-∞,e-1)
13.【解析】∵10.6=1.06×(0.50×[m]+1),
∴0.5[m]=9,∴[m]=18,∴m∈(17,18].
答案:(17,18]
14.【解析】设F(x)=f(x)-g(x),其定义域为(0,+∞),则F′(x)=x(1)+2-2ax-a=x(ax-1),x∈(0,+∞).
当a≤0时,F′(x)>0,F(x)单调递增,F(x)≤0不可能恒成立,
当a>0时,令F′(x)=0,得x=a(1)或x=-2(1)(舍去).
当0<x<a(1)时,F′(x)>0,当x>a(1)时,F′(x)<0,故F(x)在(0,+∞)上有最大值F(a(1)),由题意F(a(1))≤0恒成立,即lna(1)+a(1)-1≤0,令φ(a)=lna(1)+a(1)-1,则
φ(a)在(0,+∞)上单调递减,且φ(1)=0,故lna(1)+a(1)-1≤0成立的充要条件是a≥1.
答案:[1,+∞)
15.【解析】由题意得p和q均是假命题,
由p:x2-2ax+3a-2>0恒成立,Δ=4a2-4(3a-2)<0得1<a<2,
p真:a≥2或a≤1,
由q:当a=0时,不满足,
当a≠0时,>0(1),得0<a<1,
q真:a≥1或a≤0,
综上,由p假和q假得a≤0或a=1或a≥2.
16.【解析】设直线OP的方程为y=kx,P点的坐标为(x,x2),
则∫0(x)(kx-x2)dx=∫x(2)(x2-kx)dx,
即(2(1)kx2-3(1)x3)|0(x)=(3(1)x3-2(1)kx2)|x(2),
解得2(1)kx2-3(1)x3=3(8)-2k-(3(1)x3-2(1)kx2),
解得k=3(4),即直线OP的方程为y=3(4)x,
所以点P的坐标为(3(4),9(16)).
17.【解析】(1)函数f1(x)=-2不属于集合A.因为f1(x)的值域是[-2,
+∞),所以函数f1(x)=-2不属于集合A.f2(x)=4-6·(2(1))x(x≥0)属于集合A,因为:①函数f2(x)的定义域是[0,+∞);②f2(x)的值域是[-2,4);
③函数f2(x)在[0,+∞)上是增函数.
(2)是.∵f(x)+f(x+2)-2f(x+1)
=6·(2(1))x(-4(1))<0,
∴不等式f(x)+f(x+2)<2f(x+1)对任意的x≥0恒成立.
18.【解题指南】解答本题关键是借助图形得到函数所过的点,求出对应的解析式,进而求解(2).
【解析】(1)由题图1得,二次函数f(x)的顶点坐标为(1,2),
故可设函数f(x)=k(x-1)2+2,
又函数f(x)的图象过点(0,0),故k=-2,
整理得f(x)=-2x2+4x.
由题图2得,函数g(x)=loga(x+b)的图象过点(0,0)和(1,1),
故有=1,(logab=0,)∴b=1,(a=2,)
∴g(x)=log2(x+1)(x>-1).
(2)由(1)得y=g(f(x))=log2(-2x2+4x+1)是由y=log2t和t=-2x2+4x+1复合而成的函数,
而y=log2t在定义域上单调递增,要使函数y=g(f(x))在区间[1,m)上单调递减,必须t=-2x2+4x+1在区间[1,m)上单调递减,且有t>0恒成立.
由t=0得x=2(6),
又t的图象的对称轴为x=1.
所以满足条件的m的取值范围为1<m<2(6).
19.【解析】(1)∵f(1)=a+2+c=5,
∴c=3-a.①
又∵6<f(2)<11,即6<4a+c+4<11,②
将①式代入②式,得-3(1)<a<3(4),
又∵a、c∈N*,∴a=1,c=2.
(2)由(1)知f(x)=x2+2x+2.
方法一:设g(x)=f(x)-2mx=x2+2(1-m)x+2.
①当-2(1-m)≤1,即m≤2时,
g(x)max=g(2(3))=4(29)-3m,
故只需4(29)-3m≤1,
解得m≥12(25),又∵m≤2,故无解.
②当-2(1-m)>1,即m>2时,
g(x)max=g(2(1))=4(13)-m,
故只需4(13)-m≤1,
解得m≥4(9).
又∵m>2,∴m≥4(9).
综上可知,m的取值范围是m≥4(9).
方法二:∵x∈[2(1),2(3)],
∴不等式f(x)-2mx≤1恒成立
2(1-m)≤-(x+x(1))在[2(1),2(3)]上恒成立.
易知[-(x+x(1))]min=-2(5),
故只需2(1-m)≤-2(5)即可.
解得m≥4(9).
【方法技巧】二次函数的最值求解技巧
当二次函数的定义域不是R时,求函数的最值,要充分利用函数的图象,重点关注开口方向和对称轴与所给定区间的关系:若对称轴不在区间内,则该区间是函数的单调区间,最值在两个端点处,反之,则必有一个在顶点处取,即函数的最值不在端点处,就在顶点处.
20.【解析】(1)F(x)=f(x)+2=x2+bsinx-2+2=x2+bsinx,
依题意,对任意实数x,恒有F(x)-F(-x)=0.
即x2+bsinx-(-x)2-bsin(-x)=0,
即2bsinx=0,所以b=0,
所以f(x)=x2-2.
(2)∵g(x)=x2-2+2(x+1)+alnx,
∴g(x)=x2+2x+alnx,
g′(x)=2x+2+x(a).
∵函数g(x)在(0,1)上单调递减,
∴在区间(0,1)上,g′(x)=2x+2+x(a)=x(2x2+2x+a)≤0恒成立,
∴a≤-(2x2+2x)在(0,1)上恒成立,
而-(2x2+2x)在(0,1)上单调递减,
∴a≤-4.
(3)∵h(x)=ln(1+x2)-2(1)f(x)-k
=ln(1+x2)-2(1)x2+1-k,
∴h′ (x)=1+x2(2x)-x.
令h′(x)=1+x2(2x)-x=0,解得x=0,-1,1,
∴当x<-1时,h′(x)> 0,当-1<x<0时,h′(x)<0,
当0<x<1时,h′(x)>0,当x>1时,h′(x)<0,
∴h(x)极大值=h(±1)=ln2+2(1)-k,
∴h(x)极小值=h(0)=1-k,
所以①当k>ln2+2(1)时,函数没有零点;
②当1<k<ln2+2(1)时,函数有四个零点;
③当k<1或k=ln2+2(1)时,函数有两个零点;
④当k=1时,函数有三个零点.
【变式备选】(2011·江西高考)设f(x)=-3(1)x3+2(1)x2+2ax.
(1)若f(x)在(3(2),+∞)上存在单调递增区间,求a的取值范围.
(2)当0<a<2时,f(x)在[1,4]上的最小值为-3(16),求f(x)在该区间上的最大值.
【解析】(1)由f′(x)=-x2+x+2a=-(x-2(1))2+4(1)+2a,当x∈[3(2),+∞)时,f′(x)的最大值为f′(3(2))=9(2)+2a;令9(2)+2a>0,得a>-9(1),所以,当a>-9(1)时,f(x)在(3(2),+∞)上存在单调递增区间.
(2)令f′(x)=0,得两根x1=2(1+8a),
x2=2(1+8a).
所以f(x)在(-∞,x1),(x2,+∞)上单调递减,
在(x1,x2)上单调递增.
当0<a<2时,有x1<1<x2<4,所以f(x)在[1,4]上的最大值为f(x2),又f(4)-f(1)=-2(27)+6a<0,
即f(4)<f(1),
所以f(x)在[1,4]上的最小值为f(4)=8a-3(40)=-3(16),
得a=1,
所以x2=2,从而f(x)在[1,4]上的最大值为f(2)=3(10).
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