（浙江专版）2018年高考数学二轮专题复习 专题验收评估（一）集合、常用逻辑用语、函数与导数、不等式.doc

专题验收评估（一） 集合、常用逻辑用语、函数与导数、不等式 (时间：120分钟满分：150分)一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40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(2017山东高考)设函数y的定义域为a，函数yln(1x)的定义域为b，则ab()a(1,2) b(1,2c(2,1) d2,1)解析：选d由题意可知ax|2x2，bx|x1，故abx|2xbc bacbcbca dcba解析：选a由指数函数和对数函数的图象和性质知a0，b0，clog0.24，所以abc.3函数f(x)ln(x21)的图象大致是()解析：选a依题意，得f(x)ln(x21)f(x)，所以函数f(x)为偶函数，即函数f(x)的图象关于y轴对称，故排除c.因为函数f(x)过定点(0,0)，排除b，d，应选a.4(2017南昌模拟)已知x0，y0，x3yxy9，则x3y的最小值为()a2 b4 c6 d8解析：选c由已知得xy9(x3y)，即3xy273(x3y)2，当且仅当x3y，即x3，y1时取等号，令x3yt，则t0，且t212t1080，得t6，即x3y6.5若变量x，y满足约束条件则z2xy的最小值为()a1 b0 c1 d4解析：选a线性约束条件所构成的可行域如图所示是顶点为a(2,5)，b(1,2)，c(3，2)的三角形的边界及其内部故当目标函数z2xy经过点a时，取到最小值zmin2251.6设a，br，则“(ab)a20”是“ab”的()a充分而不必要条件 b必要而不充分条件c充要条件 d既不充分也不必要条件解析：选a若(ab)a20，则a0，且ab，所以充分性成立；若ab，则ab0，当a0时，(ab)a20，所以必要性不成立故“(ab)a20”是“ab”的充分而不必要条件7若函数 f(x)logm(xa)c1(m0，m1)的图象过定点(2,1)，且函数g(x)2aln xc在1，e上为单调函数，则实数b的取值范围是()a. b(，2)(2e，)c. d.解析：选c由函数f(x)的图象过定点(2,1)，可知即则g(x)2ln x2，求导得g(x)(2xb)，易知函数y2x，x1，e为增函数，其值域为2,2e，所以当b2或b2e时，f(x)0或f(x)0恒成立，即此时函数g(x)在1，e上为单调函数故选c.8(2017静安区模拟)已知函数f(x)是定义在实数集r上的以2为周期的偶函数，当0x1时，f(x)x2.若直线yxa与函数yf(x)的图象在0,2内恰有两个不同的公共点，则实数a的值是()a或 b0c0或 d0或解析：选d因为函数f(x)是定义在实数集r上的以2为周期的偶函数，所以当1x0时，f(x)f(x)x2，作出函数f(x)在0,2上的图象如图所示，当直线经过点a(1，1)时，满足条件，此时11a，解得a0；当直线yxa与yx2相切时，也满足条件，此时x2xa，即x2xa0，则判别式14a0，a，故a0或a.9已知f(x)ln x，g(x)x22ax4，若对任意的x1(0,2，存在x21,2，使得f(x1)g(x2)成立，则a的取值范围是()a. b.c. d.解析：选b因为f(x)，易知，当x(0,1)时，f(x)0，所以f(x)在(0,1)上单调递减，在(1,2上单调递增，故f(x)minf(1).对于二次函数g(x)x22ax4，易知该函数开口向下，所以其在区间1,2上的最小值在端点处取得，即g(x)minming(1)，g(2)要使对任意的x1(0,2，存在x21,2，使得f(x1)g(x2)成立，只需f(x1)ming(x2)min，即g(1)或g(2)，所以12a4或44a4，解得a.10若平面直角坐标系内的a，b两点满足：点a，b都在f(x)的图象上；点a，b关于原点对称，则称点对(a，b)是函数f(x)的一个“姊妹点对”(点对(a，b)与(b，a)可看作同一个“姊妹点对”)已知函数f(x)则f(x)的“姊妹点对”的个数为()a1 b2 c3 d4解析：选b设p(x，y)(x0)，则点p关于原点的对称点为p(x，y)，由(x22x)，化简整理得2exx22x0.由x22x0，解得2x0(x0)，所以只需考虑x(2,0)即可令(x)2exx22x，求导得，(x)2ex2x2，令g(x)2ex2x2，则g(x)2ex20，所以(x)在区间(2,0)上单调递增，而(2)2e2422(e21)0，所以(x)在区间(2,0)上只存在一个极值点x0(x0(2，1)，而(2)2e20，(1)2e110，所以函数(x)在区间(2，1)，(1,0)上各有一个零点，即函数f(x)有2个“姊妹点对”二、填空题(本大题共7小题，多空题每题6分，单空题每题4分，共36分，把答案填在题中横线上)11已知全集为r，集合ax|x22x0，bx|1x3，则ab_；ab_；ra_.解析：因为ax|x22x0x|x0或x2，bx|1x3，ab(2,3)，ab(，0)(1，)，ra0,2答案：(2,3)(，0)(1，)0,212已知f(x)f(1)_，f(f(3)_.解析：依题意，f(1)log310，f(3)log331，故f(f(3)f(1)3.答案：0313(2017嘉兴模拟)若实数a，b满足ab4ab10(a1)，则(a1)(b2)的最小值为_，这时a_.解析：因为ab4ab10，所以b，又a1，所以b0，所以(a1)(b2)ab2ab26a2b16a816(a1)15，因为a10，所以6(a1)1521527，当且仅当6(a1)(a1)，即a2时等号成立，故(a1)(b2)的最小值是27.答案：27214若关于x的不等式|xa|b的解集为x|2x4，则a_，b_.解析：由|xa|b，得bax0，即4m212(m6)0，所以m23m180，解得m6或m1，若目标函数zxy的最大值为4，则a的值为_解析：根据题意作出不等式组表示的可行域，如图中阴影部分所示令yxz，则z的几何意义是直线yxz的纵截距，故欲使z最大，只需使直线yxz的纵截距最大即可因为a1，所以直线xay7的斜率大于1，故当直线yxz经过直线y3x与直线xay7的交点时，目标函数z取得最大值，最大值为.由题意得4，解得a2.答案：217已知函数f(x)的定义域为1,5，部分对应值如下表：x10245f(x)121.521f(x)的导函数yf(x)的图象如图所示下列关于函数f(x)的命题：函数f(x)的值域为1,2；函数f(x)在0,2上是减函数；如果当x1，t时，f(x)的最大值是2，那么t的最大值为4；当1a2时，函数yf(x)a最多有4个零点其中真命题的序号是_解析：由导数图象可知，当1x0或2x0，函数单调递增，当0x2或4x5时，f(x)0，函数单调递减，当x0和x4时，函数取得极大值f(0)2，f(4)2，当x2时，函数取得极小值f(2)1.5.又f(1)f(5)1，所以函数的最大值为2，最小值为1，值域为1,2，正确正确因为当x0和x4时，函数取得极大值f(0)2，f(4)2，要使当x1，t时函数f(x)的最大值是2，则t的最大值为5，所以不正确由f(x)a，因为极小值f(2)1.5，极大值为f(0)f(4)2，所以当1a2时，yf(x)a最多有4个零点，所以正确故真命题的序号为.答案：三、解答题(本大题共5小题，共74分解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)18(本小题满分14分)已知二次函数f(x)的最小值为4，且关于x的不等式f(x)0的解集为x|1x3，xr(1)求函数f(x)的解析式；(2)求函数g(x)4ln x的零点个数解：(1)因为f(x)是二次函数，且f(x)0的解集为x|1x3，xr，所以可设f(x)a(x1)(x3)ax22ax3a，且a0.因为a0，f(x)a(x1)244，且f(1)4a，所以f(x)min4a4，解得a1.故函数f(x)的解析式为f(x)x22x3.(2)因为g(x)4ln x4ln xx4ln x2(x0)，所以g(x)1.当x变化时，g(x)，g(x)的变化情况如下表所示：x(0,1)1(1,3)3(3，)g(x)00g(x)极大值极小值当0x3时，g(x)g(1)40，又g(e5)e52022512290，所以函数g(x)只有1个零点，且零点x0(3，e5)19(本小题满分15分)设函数f(x)(xa)2ln x，ar.(1)若xe为yf(x)的极值点，求实数a；(2)求实数a的取值范围，使得对任意的x(0,3e，恒有f(x)4e2成立解：(1)求导得f(x)2(xa)ln x(xa).因为xe是f(x)的极值点，所以f(e)(ea)0，解得ae或a3e，经检验，符合题意，所以ae或a3e.(2)当0x1时，对于任意的实数a，恒有f(x)04e2成立当1x3e时，由题意，知f(3e)(3ea)2ln(3e)4e2，解得3ea3e.由(1)知f(x)(xa)，令h(x)2ln x1，则h(1)1a0，且h(3e)2ln(3e)12ln(3e)120.又h(x)在(0，)内单调递增，所以函数h(x)在(0，)内有唯一零点，记此零点为x0，则1x03e,1x00；当x(x0，a)时，f(x)0，即f(x)在(0，x0)内单调递增，在(x0，a)内单调递减，在(a，)内单调递增所以要使f(x)4e2对x(1,3e恒成立，只要成立由h(x0)2ln x010，知a2x0ln x0x0.()将()代入()得4xln3x04e2.又x01，注意到函数x2ln3x在1，)内单调递增，故1x0e，再由()以及函数2xln xx在(1，)内单调递增，可得1a3e.又3ea3e，所以3ea3e.综上，实数a的取值范围为.20(本小题满分15分)因发生意外交通事故，一辆货车上的某种液体泄漏到一鱼塘中，为了治污，根据环保部门的建议，现决定在鱼塘中投放一种可与污染液体发生化学反应的药剂已知每投放a(1a4，且ar)个单位的药剂，它在水中释放的浓度y(克/升)随着时间x(天)变化的函数关系式近似为yaf(x)，其中f(x)若多次投放，则某一时刻水中的药剂浓度为每次投放的药剂在相应时刻所释放的浓度之和根据经验，当水中药剂的浓度不低于4(克/升)时，它才能起到有效治污的作用(1)若一次投放4个单位的药剂，则有效治污时间可达几天？(2)若第一次投放2个单位的药剂，6天后再投放a个单位的药剂，要使接下来的4天中能够持续有效治污，试求a的最小值(精确到0.1，参考数据：1.4)解：(1)因为a4，所以y则当0x4时，由44，解得x0，所以此时0x4；当4x10时，由202x4，解得x8，所以此时4x22，f(x1)f(x2)bx1c.x1x22，x1x20，x1x20，因为函数f(x)在2，)上是单调递增函数，故恒有f(x1)f(x2)，从而恒有bx1x210，即恒有b，当x1x22时，x1x24，b.故实数b的取值范围为.(2)当n2时f(x)x2bxc，对任意x1，x21,1有|f(x1)f(x2)|4恒成立等价于f(x)在1,1上的最大值与最小值之差m4.当2时，f(x)在x1,1上单调递增，所以f(x)minf(1)1bc，f(x)maxf(1)1bc，所以m2b4，与题设矛盾；当10，即0b2时，f(x)在x上单调递减，在x上单调递增，所以f(x)minfc，f(x)maxf(1)1bc，所以m24恒成立，所以0b2；当01，即2b0时，f(x)在x上单调递减，在x上单调递增，所以f(x)minfc，f(x)maxf(1)1bc，所以m24恒成立，所以2b1，即b4，与题设矛盾综上所述，实数b的取值范围是2,222(本小题满分15分)已知a0，br，函数f(x)4ax32bxab.(1)证明：当0x1时，函数f(x)的最大值为|2ab|a；f(x)|2ab|a0.(2)若1f(x)1对x0,1恒成立，求ab的取值范围解：(1)证明：f(x)12ax22b12a，当b0时，有f(x)0，此时f(x)在0，)上单调递增，当b0时，f(x)12a，此时f(x)在上单调递减，在上单调递增，所以当0x1时，f(x)maxmaxf(0)，f(1)maxab,3ab|2ab|a.由于0x1，故当b2a时，f(x)|2ab|af(x)3ab4ax32bx2a4ax34ax2a2a(2x32x1)，当b2a时，f(x)|2ab|af(x)ab4ax32b(1x)2a4ax34a(1x)2a2a(2x32x1)；设g(x)2x32x1,0x1，