广西专用高考数学一轮复习滚动测试卷一第一~三章含解析新人教A版文

这是一份广西专用高考数学一轮复习滚动测试卷一第一~三章含解析新人教A版文，共14页。试卷主要包含了选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。
滚动测试卷一(第一~三章)(时间:120分钟　满分:150分)一、选择题(本大题共12小题,每小题5分,共60分)1.设全集U=R,集合A={x|x>0},B={x|-3<x<1},则∁U(A∪B)=(　　)A.{x|0<x<1}  B.{x|x>-3}C.{x|x≤0或x≥1} D.{x|x≤-3}2.函数y=的定义域为(　　)A. B.[1,+∞) C. D.(-∞,1)3.已知幂函数f(x)的图象经过点(4,2),则幂函数f(x)具有的性质是(　　)A.在其定义域上为增函数 B.在其定义域上为减函数C.奇函数  D.定义域为R4.下列说法错误的是(　　)A.命题“若am2≤bm2,则a≤b”是假命题B.命题“∀x∈R,x3-x2-1≤0”的否定是“∃x0∈R,-1>0”C.“若a=1,则直线x+y=0和直线x-ay=0互相垂直”的逆否命题为真命题D.命题“p∨q为真命题”是命题“p∧q为真命题”的充分不必要条件5.(2021四川遂宁等八市二诊二模)函数f(x)=e|x|-ln|x|-2的大致图象为(　　)6.若函数y=x2-3x-4的定义域为[0,m],值域为,则m的取值范围是(　　)A.(0,4] B. C. D.7.设函数f(x)=若f=8,则m=(　　)A.2 B.1 C.2或1 D.8.函数y=1+x+的部分图象大致为(　　)9.若函数f(x)=|logax|-2-x(a>0,且a≠1)的两个零点是m,n,则(　　)A.mn=1 B.mn>1 C.mn<1 D.以上都不对10.某公司为激励创新,计划逐年加大研发资金投入.若该公司2017年全年投入研发资金130万元,在此基础上,每年投入的研发资金比上一年增长12%,则该公司全年投入的研发资金开始超过200万元的年份是(　　)(参考数据:lg 1.12≈0.05,lg 1.3≈0.11,lg 2≈0.30)A.2020年 B.2021年 C.2022年 D.2023年11.若x,y,z为正数,且2x=3y=5z,则(　　)A.2x<3y<5z B.5z<2x<3y C.3y<5z<2x D.3y<2x<5z12.已知函数f(x)=+sin πx在区间[0,1)内的最大值为m,在区间(1,2]上的最小值为n,则m+n=(　　)A.-2 B.-1 C.1 D.2二、填空题(本大题共4小题,每小题5分,共20分)13.能够说明“设a,b,c是任意实数,若a>b>c,则a+b>c”是假命题的一组整数a,b,c的值依次为　　　　　. 14.已知函数f(x)是奇函数,当x>0时,f(x)=ax(a>0,且a≠1),且f(lo4)=-3,则a的值为　　　　　. 15.(2021广西柳铁一中高三月考)已知曲线f(x)=(x-a)ex在点(1,f(1))处的切线方程为y=2ex+b,则a-b=　　　　　. 16.已知函数f(x)=x2+,g(x)=-m.若∀x1∈[1,2],∃x2∈[-1,1],使f(x1)≥g(x2),则实数m的取值范围是　　　　　　　　　　. 三、解答题(本大题共6小题,共70分)17.(10分)已知函数f(x)=a-.(1)求f(0);(2)探究f(x)的单调性,并证明你的结论;(3)若f(x)为奇函数,求满足f(ax)<f(2)的x的取值范围. 18.(12分)已知f(x)是定义在R上的奇函数,且对任意实数x,恒有f(x+2)=-f(x).当x∈[0,2]时,f(x)=2x-x2.(1)求证:f(x)是周期函数;(2)当x∈[2,4]时,求f(x)的解析式;(3)求f(0)+f(1)+f(2)+…+f(2 022)的值.  19.(12分)随着人们生活水平的不断提高,人们对餐饮服务行业的要求也越来越高,由于工作繁忙无法抽出时间来享受美味,这样网上外卖订餐应运而生.若某店的一款外卖便当每月的销售量y(单位:千盒)与销售价格x(单位:元/盒)满足关系式y=+4(x-16)2,其中12<x<16,a为常数,已知当销售价格为14元/盒时,每月可售出21千盒.(1)求a的值;(2)假设该款便当的食物材料、员工工资、外卖配送费等所有成本折合为每盒12元(只考虑销售出的便当盒数),试确定销售价格x的值,使该店每月销售该款便当所获得的利润最大.(结果保留一位小数) 20.(12分)已知函数f(x)=ln x-ax+(a,b∈R),且对任意x>0,都有f(x)+f=0.(1)求a,b的关系式;(2)若f(x)存在两个极值点x1,x2,且x1<x2,求a的取值范围. 21.(12分)(2021江西上饶二模)已知函数f(x)=2exsin x(e是自然对数的底数).(1)求f(x)的单调区间;(2)记g(x)=f(x)-ax,0<a<6,试讨论g(x)在区间(0,π)上的零点个数.(参考数据:≈4.8) 22.(12分)(2021天津高考)已知a>0,函数f(x)=ax-xex.(1)求曲线f(x)在点(0,f(0))处的切线方程;(2)证明f(x)存在唯一的极值点;(3)若存在a,使得f(x)≤a+b对任意x∈R成立,求实数b的取值范围. 答案：1.D　解析∵A∪B={x|x>-3},∴∁U(A∪B)={x|x≤-3}.2.C　解析要使函数有意义,需解得<x≤1,所以函数的定义域是.3.A　解析设幂函数f(x)=xa,∵幂函数的图象过点(4,2),∴4a=2,∴a=,∴f(x)=(x≥0),由f(x)的性质知,f(x)是非奇非偶函数,定义域为[0,+∞),在定义域内无最大值,在定义域内单调递增.故选A.4.D　解析A项中,当m=0时,满足am2≤bm2,但a可以大于b,故命题是假命题,故A中说法正确;B项显然正确;C项中,原命题是真命题,故其逆否命题也为真命题,故C中说法正确;D项中,p∨q为真命题,可知p,q至少有一个为真,但推不出p∧q为真命题,故D中说法错误.故选D.5.D　解析由f(-x)=f(x),x≠0可知f(x)是偶函数,排除A;当x>0时,f(x)=ex-lnx-2,则f'(x)=ex-,可知f'(x)在区间(0,+∞)上单调递增,且f'-2<0,f'(1)=e-1>0,则存在x0∈,使得f'(x0)=0,当0<x<x0时,f'(x)<0,f(x)单调递减;当x>x0时,f'(x)>0,f(x)单调递增,且x0是f(x)在区间(0,+∞)上的唯一极小值点.故排除B,C,选D.6.C　解析y=x2-3x-4=.当x=0或x=3时,y=-4,故≤m≤3.7.B　解析∵f=8,∴f(4-m)=8.若4-m<1,即3<m,可得5(4-m)-m=8,解得m=2,舍去.若4-m≥1,即m≤3,可得24-m=8,解得m=1.故选B.8.D　解析当x=1时,f(1)=1+1+sin1=2+sin1>2,排除A,C.又当x→+∞时,y→+∞,B项不满足,D满足.9.C　解析由f(x)=0,得|logax|=2-x,函数y=|logax|,y=2-x=的图象如图所示,由图象可知,n>1,0<m<1,不妨设a>1,则有-logam=,logan=,两式两边分别相减得loga(mn)=<0,∴0<mn<1,故选C.10.B　解析设从2017年后第n年该公司全年投入的研发资金开始超过200万元,由已知得130×(1+12%)n>200,∴1.12n>,两边取常用对数得nlg1.12>lg,∴n>=3.8.∴n≥4,故选B.11.D　解析由2x=3y=5z,同时取自然对数,得xln2=yln3=zln5.由>1,可得2x>3y;再由<1,可得2x<5z.所以3y<2x<5z.12.D　解析可知f(x)=+sinπx=1++sinπx.记g(x)=+sinπx,则当x∈[0,1)时,g(2-x)=+sinπ(2-x)=-sinπx=-=-g(x),即在区间[0,1)∪(1,2]上,函数f(x)关于点(1,1)中心对称,故m+n=2.13.-1,-2,-3(答案不唯一)　解析答案不唯一,如令a=-1,b=-2,c=-3,则a>b>c,而a+b=-3=c,能够说明“设a,b,c是任意实数,若a>b>c,则a+b>c”是假命题.14.　解析∵奇函数f(x)满足f(lo4)=-3,而lo4=-2<0,∴f(-2)=-3,即f(2)=3,又∵当x>0时,f(x)=ax(a>0,且a≠1),∴f(2)=a2=3,解之,得a=.15.e　解析∵f(x)=(x-a)ex,∴f'(x)=ex+(x-a)ex=(x+1-a)ex,由f'(1)=(1+1-a)e=2e,得a=0.∴f(x)=xex,∴f(1)=e,把点(1,e)的坐标代入切线方程y=2ex+b,得e=2e+b,得b=-e,∴a-b=e.16.　解析因为f'(x)=2x-≥0在区间[1,2]上恒成立,且f'(1)=0,所以f(x)=x2+在区间[1,2]上单调递增,所以f(x)min=f(1)=12+=3.因为g(x)=-m在区间[-1,1]上单调递减,所以g(x)min=g(1)=-m,∀x1∈[1,2],∃x2∈[-1,1],使f(x1)≥g(x2),只需f(x)=x2+在区间[1,2]上的最小值大于等于g(x)=-m在区间[-1,1]上的最小值.所以-m≤3,即m≥-.17.解(1)f(0)=a-=a-1.(2)f(x)在R上单调递增.证明如下:∵f(x)的定义域为R,∴任取x1,x2∈R且x1<x2,则f(x1)-f(x2)=a--a+,∵y=2x在R上单调递增,且x1<x2,∴0<,∴<0,+1>0,+1>0.∴f(x1)-f(x2)<0,即f(x1)<f(x2).∴f(x)在R上单调递增.(3)∵f(x)是奇函数,∴f(-x)=-f(x),即a-=-a+,解得a=1(或用f(0)=0去解).∴f(ax)<f(2)即f(x)<f(2),又∵f(x)在R上单调递增,∴x<2.∴x的取值范围为(-∞,2).18.(1)证明因为f(x+2)=-f(x),所以f(x+4)=-f(x+2)=f(x).所以f(x)是周期为4的周期函数.(2)解当x∈[-2,0]时,-x∈[0,2].由已知得f(-x)=2(-x)-(-x)2=-2x-x2,又f(x)是奇函数,所以f(-x)=-f(x)=-2x-x2,所以f(x)=x2+2x.又当x∈[2,4]时,x-4∈[-2,0],所以f(x-4)=(x-4)2+2(x-4).又f(x)是周期为4的周期函数,所以f(x)=f(x-4)=(x-4)2+2(x-4)=x2-6x+8.从而求得当x∈[2,4]时,f(x)=x2-6x+8.(3)解f(0)=0,f(2)=0,f(1)=1,f(3)=-1.又f(x)是周期为4的周期函数,所以f(0)+f(1)+f(2)+f(3)=f(4)+f(5)+f(6)+f(7)=…=f(2012)+f(2013)+f(2014)+f(2015)=f(2016)+f(2017)+f(2018)+f(2019)=0.所以f(0)+f(1)+f(2)+…+f(2022)=0+f(2020)+f(2021)+f(2022)=0+0+1=1.19.解(1)当x=14时,y=21,代入关系式y=+4(x-16)2,得+16=21,解得a=10.(2)由(1)可知,该款便当每月的销售量y=+4(x-16)2,所以每月销售该款便当所获得的利润f(x)=(x-12)=10+4(x-12)(x-16)2,从而f'(x)=4(x-16)(3x-40).令f'(x)=0,得x=,当x∈时,f'(x)>0,函数f(x)单调递增;当x∈时,f'(x)<0,函数f(x)单调递减,所以当x=≈13.3时,函数f(x)取得最大值.故当销售价格为13.3元/盒时,该店每月销售该款便当所获得的利润最大.20.解(1)令x=1,可得f(1)+f=0,故f(1)=-a+b=0,即a=b.(2)由(1)可知f(x)=lnx-ax+,且x>0,则f'(x)=-a-.令g(x)=-ax2+x-a,要使f(x)存在两个极值点x1,x2,则y=g(x)有两个不相等的正数根,因此,解得0<a<或无解,故a的取值范围是0<a<.21.解(1)函数f(x)=2exsinx的定义域为R.f'(x)=2ex(sinx+cosx)=2exsin,由f'(x)>0,得sin>0,可得2kπ<x+<2kπ+π(k∈Z),解得2kπ-<x<2kπ+(k∈Z),由f'(x)<0,得sin<0,可得2kπ+π<x+<2kπ+2π(k∈Z),解得2kπ+<x<+2kπ(k∈Z).∴f(x)的单调递增区间为(k∈Z),单调递减区间为+2kπ,+2kπ(k∈Z).(2)由已知g(x)=2exsinx-ax,∴g'(x)=2ex(sinx+cosx)-a,令h(x)=2ex(sinx+cosx)-a,则h'(x)=4excosx.∵x∈(0,π),∴当x∈时,h'(x)>0;当x∈时,h'(x)<0,∴h(x)在区间上单调递增,在区间上单调递减,即g'(x)在区间上单调递增,在区间上单调递减.g'(0)=2-a,g'=2-a>0,g'(π)=-2eπ-a<0.①当0<a≤2时,g'(0)≥0,∴∃x0∈,使得g'(x0)=0,∴当x∈(0,x0)时,g'(x)>0;当x∈(x0,π)时,g'(x)<0,∴g(x)在区间(0,x0)上单调递增,在区间(x0,π)上单调递减.∵g(0)=0,∴g(x0)>0.又g(π)=-aπ<0,∴由零点存在性定理可得,此时g(x)在区间(0,π)上仅有一个零点.②当2<a<6时,g'(0)=2-a<0,g'(π)=-2eπ-a<0.又g'(x)在区间上单调递增,在区间上单调递减,而g'=2-a>0,∴∃x1∈,x2∈,使得g'(x1)=0,g'(x2)=0,且当x∈(0,x1),x∈(x2,π)时,g'(x)<0;当x∈(x1,x2)时,g'(x)>0.∴g(x)在区间(0,x1)和(x2,π)上单调递减,在区间(x1,x2)上单调递增.∵g(0)=0,∴g(x1)<0,∵g=2a>2-3π>0,∴g(x2)>0,又g(π)=-aπ<0,∴由零点存在性定理可得,g(x)在区间(x1,x2)和(x2,π)内各有一个零点,即此时g(x)在区间(0,π)上有两个零点.综上所述,当0<a≤2时,g(x)在区间(0,π)上仅有一个零点;当2<a<6时,g(x)在区间(0,π)上有两个零点.22.解(1)f'(x)=a-(x+1)ex,则f'(0)=a-1,又f(0)=0,则所求切线方程为y=(a-1)x(a>0).(2)令f'(x)=a-(x+1)ex=0,得a=(x+1)ex.令g(x)=(x+1)ex,则g'(x)=(x+2)ex.当x∈(-∞,-2)时,g'(x)<0,g(x)单调递减;当x∈(-2,+∞)时,g'(x)>0,g(x)单调递增,当x→-∞时,g(x)<0,g(-1)=0,当x→+∞时,g(x)>0,画出g(x)的大致图象如下:所以当a>0时,直线y=a与曲线g(x)仅有一个交点,令g(m)=a,则m>-1,且f'(m)=a-g(m)=0,当x∈(-∞,m)时,a>g(x),则f'(x)>0,f(x)单调递增,当x∈(m,+∞)时,a<g(x),则f'(x)<0,f(x)单调递减,x=m为f(x)的唯一极大值点,且f(x)无极小值,故f(x)存在唯一的极值点.(3)由(2)知f(x)max=f(m),此时a=(1+m)em,m>-1,所以(f(x)-a)max=f(m)-a=(m2-m-1)em(m>-1),令h(x)=(x2-x-1)ex(x>-1),则h'(x)=(x2+x-2)ex=(x-1)(x+2)ex(x>-1),当x∈(-1,1)时,h'(x)<0,h(x)单调递减,当x∈(1,+∞)时,h'(x)>0,h(x)单调递增,所以h(x)min=h(1)=-e,若存在a,使得f(x)≤a+b对任意x∈R成立,等价于存在x∈(-1,+∞),使得h(x)≤b,即b≥h(x)min,故b≥-e,所以实数b的取值范围为[-e,+∞).