高三数学一轮提能一日一讲（11月30日）

一、选择题：本大题共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，将答案填在题后括号内．1．(2013·重庆卷)已知全集U＝{1,2,3,4}，集合A＝{1,2}，B＝{2,3}，则∁U(A∪B)＝()A．{1,3,4} B．{3,4}C．{3} D．{4}解析由已知得A∪B＝{1,2,3}，又集合U＝{1,2,3,4}，所以∁U(A∪B)＝{4}．答案D2．(2013·辽宁卷)已知集合A＝{x|0<log4x<1}，B＝{x|x≤2}，则A∩B＝()A．(0,1) B．(0,2]C．(1,2) D．(1,2]解析经计算A＝{x|1<x<4}，B＝{x|x≤2}，所以A∩B＝{x|1<x≤2}．答案D3．(2013·福建卷)已知集合A＝{1，a}，B＝{1,2,3}，则“a＝3”是“A⊆B”的()A．充分而不必要条件B．必要而不充分条件C．充分必要条件D．既不充分也不必要条件解析a＝3⇒A⊆B，但A⊆B可得a＝2或a＝3，故选A.答案A4．下列结论错误的是()A．命题“若p，则q”与命题“若綈q，则綈p”互为逆否命题B．命题p：∀x∈[0,1]，ex≥1；命题q：∃x∈R，x2＋x＋1<0，则p∨q为真C．“若am2<bm2，则a<b”的逆命题为真命题D．若p∨q为假命题，则p，q均为假命题解析根据四种命题的构成规律，选项A中的结论是正确的；选项B中的命题p是真命题，命题q是假命题，故p∨q为真命题，选项B中的结论正确；当m＝0时，a<b⇒am2＝bm2，故选项C中的结论不正确；选项D中的结论正确，故选C.答案C5．函数y＝ax－eq\f(1,a)(a>0，且a≠1)的图象可能是()解析当a>1时，y＝ax－eq\f(1,a)为增函数，且在y轴上的截距为0<1－eq\f(1,a)<1，排除A、B.当0<a<1时，y＝ax－eq\f(1,a)为减函数，且1－eq\f(1,a)<0，D满足．答案D6．已知a＝log23＋log2eq\r(3)，b＝log29－log2eq\r(3)，c＝log32，则a，b，c的大小关系是()A．a＝b<c B．a＝b>cC．a<b<c D．a>b>c解析a＝log23eq\r(3)，b＝log23eq\r(3)，∴a＝b>1.又c＝log32<1，∴a＝b>c.答案B7．(2013·重庆卷)eq\r(3－aa＋6)(－6≤a≤3)的最大值为()A．9 B.eq\f(9,2)C．3 D.eq\f(3\r(2),2)解析eq\r(3－aa＋6)＝eq\r(－a2－3a＋18)＝eq\r(－\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋\f(3,2)))2＋\f(81,4))，当a＝－eq\f(3,2)∈[－6,3]时，eq\r(3－aa＋6)取得最大值eq\f(9,2).答案B8．2013年下半年某省市拟联合公选年轻干部，其中省管干部x名，市管干部y名，x和y须满足约束条件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y－4≥0，,x－y＋4≥0，,x≤4，,x∈N*，,y∈N*，))则z＝7x＋9y的最大值是()A．64 B．72C．90 D．100解析不等式组表示的平面区域如图阴影部分所示(取阴影部分中的整点)，由目标函数z＝7x＋9y的意义可知当直线z＝7x＋9y过A点时，z取得最大值，此时z＝7×4＋9×8＝100.选D.答案D9.设f′(x)是函数f(x)的导函数，y＝f′(x)的图象如图所示，则y＝f(x)的图象最有可能是()解析在区间(0,2)上，f′(x)<0，所以函数f(x)在(0,2)上单调递减，符合题意的只有C.答案C10．(理)(2013·江西卷)如图所示，半径为1的半圆O与等边三角形ABC夹在两平行线l1，l2之间，l∥l1，l与半圆相交于F，G两点，与三角形ABC两边相交于E，D两点．设弧eq\x\to(FG)的长为x(0<x<π)，y＝EB＋BC＋CD，若l从l1平行移动到l2，则函数y＝f(x)的图象大致是()解析正三角形的高为1，则边长为eq\f(2\r(3),3)，当x＝0时，y＝eq\f(2\r(3),3)(0<x<π)，排除B；由平行线分线段成比例知eq\f(BE,AB)＝eq\f(1－cos\f(x,2),1)，即BE＝eq\f(2\r(3),3)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－cos\f(x,2)))，而BE＝CD，故y＝2EB＋BC＝2eq\r(3)－eq\f(4\r(3),3)coseq\f(x,2)(0<x<π)，排除A，C，故选D.答案D10．(文)(2013·东北三校第一次联考)已知函数f(x)＝eq\r(x)＋1，g(x)＝alnx，若在x＝eq\f(1,4)处函数f(x)与g(x)的图象的切线平行，则实数a的值为()A.eq\f(1,4) B.eq\f(1,2)C．1 D．4解析由题意可知f′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＝eq\f(1,2)x－eq\f(1,2)eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(,,,,))x＝eq\f(1,4)＝1，g′eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)))＝eq\f(a,\f(1,4))，可得a＝eq\f(1,4)，经检验，a＝eq\f(1,4)满足题意．答案A11．(理)(2013·辽宁卷)设函数f(x)满足x2f′(x)＋2xf(x)＝eq\f(ex,x)，f(2)＝eq\f(e2,8)，则x>0时，f(x)()A．有极大值，无极小值B．有极小值，无极大值C．既有极大值又有极小值D．既无极大值也无极小值解析由x2f′(x)＋2xf(x)＝eq\f(ex,x)，得[x2f(x)]′＝eq\f(ex,x)，令g(x)＝x2f(x)，则g′(x)＝eq\f(ex,x)，又f(x)＝eq\f(gx,x2)，所以f′(x)＝eq\f(xg′x－2gx,x3)＝eq\f(ex－2gx,x3)，令h(x)＝ex－2g(x)，h′(x)＝ex－2g′(x)＝ex－eq\f(2ex,x)＝eq\f(exx－2,x)，当0<x<2时，h′(x)<0，当x>2时，h′(x)>0，所以h(x)≥h(2)＝0，即f′(x)≥0，所以当x>0时，f(x)单调递增，f(x)既无极大值也无极小值．答案D11．(文)已知对任意实数x，有f(－x)＝－f(x)，g(－x)＝g(x)，且x>0时，f′(x)>0，g′(x)>0，则x<0时()A．f′(x)>0，g′(x)>0 B．f′(x)>0，g′(x)<0C．f′(x)<0，g′(x)>0 D．f′(x)<0，g′(x)<0解析依题意得，函数f′(x)、g′(x)分别是偶函数、奇函数，当x<0时，－x>0，f′(x)＝f′(－x)>0，g′(x)＝－g′(－x)<0，选B.答案B12．(理)(2013·全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2＋2x，x≤0，,lnx＋1，x>0.))若|f(x)|≥ax，则a的取值范围是()A．(－∞，0] B．(－∞，1]C．[－2,1] D．[－2,0]解析解法一：|f(x)|的图象如图，x>0时，ln(x＋1)>0，x>0时|f(x)|≥ax，即ln(x＋1)>ax，由图可得a≤0；而x≤0时|f(x)|≥ax，即x2－2x≥ax，得a≥x－2恒成立得a≥－2.综上得－2≤a≤0，故选D.解法二：由图得a>0不成立，故a≤0，结合图象可得，|f(x)|≥ax恒成立，只需a大于等于x2－2x在x＝0处的切线的斜率，即a≥(2x－2)|x＝0，所以a≥－2，得－2≤a≤0.答案D12．(文)函数f(x)在定义域R内可导，若f(x)＝f(2－x)，且当x∈(－∞，1)时，(x－1)f′(x)<0，设a＝f(0)，b＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，c＝f(3)，则()A．a<b<c B．c<b<aC．c<a<b D．b<c<a解析依题意得，当x<1时，f′(x)>0，f(x)为增函数；又f(3)＝f(－1)，且－1<0<eq\f(1,2)<1，因此有f(－1)<f(0)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，即有f(3)<f(0)<feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))，c<a<b，选C.答案C二、填空题：本大题共4小题，每小题5分，共20分．将答案填在题中横线上．13．已知y＝f(x)＋x2是奇函数，且f(1)＝1，若g(x)＝f(x)＋2，则g(－1)＝________.解析∵y＝f(x)＋x2是奇函数，且f(1)＝1.∴f(－1)＋(－1)2＝－[f(1)＋12]，∴f(－1)＝－3.因此g(－1)＝f(－1)＋2＝－1.答案－114．某名牌电动自行车的耗电量y与速度x之间有如下关系：y＝eq\f(1,3)x3－eq\f(39,2)x2－40x(x>0)，为使耗电量最小，则速度应定为________．解析∵y′＝x2－39x－40，令y′＝0，即x2－39x－40＝0，解得x＝40或x＝－1(舍)．当x>40时，y′>0.当0<x<40时，y′<0，所以当x＝40时，y最小．答案4015．(2013·江苏卷)在平面直角坐标系xOy中，设定点A(a，a)，P是函数y＝eq\f(1,x)(x>0)图象上一动点．若点P，A之间的最短距离为2eq\r(2)，则满足条件的实数a的所有值为________．解析设Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t，\f(1,t)))，其中t>0，PA2＝(t－a)2＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,t)－a))2＝t2＋eq\f(1,t2)－2aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(1,t)))＋2a2，即PA2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(1,t)))2－2aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(t＋\f(1,t)))＋2a2－2，令m＝t＋eq\f(1,t)≥2，所以PA2＝m2－2am＋2a2－2＝(m－a)2＋a2－2，当PA取得最小值时eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a≤2，,22－4a＋2a2－2＝2\r(2)2，))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>2，,a2－2＝2\r(2)2.))解得a＝－1或a＝eq\r(10).答案－1，eq\r(10)16．已知函数y＝f(x)是R上的偶函数，对于x∈R都有f(x＋6)＝f(x)＋f(3)成立，当x1，x2∈[0,3]，且x1≠x2时，都有eq\f(fx1－fx2,x1－x2)>0，给出下列命题：①f(3)＝0；②直线x＝－6是函数y＝f(x)的图象的一条对称轴；③函数y＝f(x)在[－9，－6]上为增函数；④函数y＝f(x)在[－9,9]上有四个零点．其中所有正确命题的序号为________(把所有正确命题的序号都填上)．解析取x＝－3，则f(3)＝f(－3)＋f(3)，又y＝f(x)是R上的偶函数，∴f(－3)＝f(3)＝0，即f(x＋6)＝f(x)，∴f(x)是周期函数且T＝6，故①②正确；由题意可知f(x)在[0,3]上是增函数，∴在[－3,0]上是减函数，故在[－9，－6]上为减函数，③错误；f(－3)＝f(3)＝f(9)＝f(－9)＝0，④正确．答案①②④三、解答题：本大题共6小题，共70分．解答应写出文字说明、证明过程或演算步骤．17．(本小题10分)设函数f(x)＝ax2＋(b－2)x＋3(a≠0)，若不等式f(x)>0的解集为(－1,3)．(1)求a，b的值；(2)若函数f(x)在x∈[m,1]上的最小值为1，求实数m的值．解(1)由条件得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－1＋3＝－\f(b－2,a)，,－1×3＝\f(3,a)，))解得a＝－1，b＝4.(2)f(x)＝－x2＋2x＋3，对称轴方程为x＝1，∴f(x)在x∈[m,1]上单调递增．∴x＝m时，f(x)min＝－m2＋2m＋3＝1，解得m＝1±eq\r(3).∵m<1，∴m＝1－eq\r(3).18．(本小题12分)已知函数f(x)＝x3－3ax2＋3x＋1.(1)设a＝2，求f(x)的单调区间；(2)设f(x)在区间(2,3)中至少有一个极值点，求a的取值范围．解(1)当a＝2时，f(x)＝x3－6x2＋3x＋1.f′(x)＝3x2－12x＋3＝3(x2－4x＋1)＝3(x－2＋eq\r(3))(x－2－eq\r(3))．当x<2－eq\r(3)，或x>2＋eq\r(3)时，得f′(x)>0；当2－eq\r(3)<x<2＋eq\r(3)时，得f′(x)<0.因此f(x)递增区间是(－∞，2－eq\r(3))，(2＋eq\r(3)，＋∞)；f(x)的递减区间是(2－eq\r(3)，2＋eq\r(3))．(2)f′(x)＝3x2－6ax＋3，Δ＝36a2－36，由Δ>0得，a>1或a<－1，又x1x2＝1，可知f′(2)<0，且f′(3)>0，解得eq\f(5,4)<a<eq\f(5,3)，因此a的取值范围是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,4)，\f(5,3))).19．(本小题12分)已知函数f(x)＝ax2＋1(a>0)，g(x)＝x3＋bx.(1)若曲线y＝f(x)与曲线y＝g(x)在它们的交点(1，c)处具有公共切线，求a，b的值．(2)当a＝3，b＝－9时，若函数f(x)＋g(x)在区间[k,2]上的最大值为28，求k的取值范围．解(1)f′(x)＝2ax，∴f′(1)＝2a.又f(1)＝a＋1＝c，∴f(x)在点(1，c)处的切线方程为y－c＝2a(x－1)，即y－2ax＋a－1＝0.又∵g′(x)＝3x2＋b，则g′(1)＝3＋b.又g(1)＝1＋b＝c，∴g(x)在点(1，c)处的切线方程为y－(1＋b)＝(3＋b)(x－1)，即y－(3＋b)x＋2＝0.依题意知3＋b＝2a，且a－1＝2，即a＝3，b＝3.(2)记h(x)＝f(x)＋g(x)．当a＝3，b＝－9时，h(x)＝x3＋3x2－9x＋1.h′(x)＝3x2＋6x－9.令h′(x)＝0，得x1＝－3，x2＝1.h(x)与h′(x)在(－∞，2]上的变化情况如下：x(－∞，－3)－3(－3,1)1(1,2)2h′(x)＋0－0＋h(x)单调递增28单调递减－4单调递增3由此可知，当k≤－3时，函数h(x)在区间[k,2]上的最大值为h(－3)＝28；当－3<k<2时，函数h(x)在区间[k,2]上的最大值小于28.因此，k的取值范围是(－∞，－3]．20．(本小题12分)(2013·北京卷)设L为曲线C：y＝eq\f(lnx,x)在点(1,0)处的切线．(1)求L的方程；(2)证明：除切点(1,0)之外，曲线C在直线L的下方．解(1)设f(x)＝eq\f(lnx,x)，则f′(x)＝eq\f(1－lnx,x2).所以f′(1)＝1，即L的斜率为1.又L过点(1,0)，所以L的方程为y＝x－1.(2)令g(x)＝x－1－f(x)，则除切点之外，曲线C在直线L的下方等价于g(x)>0(∀x>0，x≠1)．g(x)满足g(1)＝0，且g′(x)＝1－f′(x)＝eq\f(x2－1＋lnx,x2).当0<x<1时，x2－1<0，lnx<0，所以g′(x)<0，故g(x)单调递减；当x>1时，x2－1>0，lnx>0，所以g′(x)>0，故g(x)单调递增．所以，g(x)>g(1)＝0(∀x>0，x≠1)．所以除切点之外，曲线C在直线L的下方．21．(本小题12分)(理)(2013·湖北卷)假设每天从甲地去乙地的旅客人数X是服从正态分布N(800,502)的随机变量．记一天中从甲地去乙地的旅客人数不超过900的概率为p0.(1)求p0的值；(参考数据：若X～N(μ，σ2)，有P(μ－σ<X≤μ＋σ)＝0.6826，P(μ－2σ<X≤μ＋2σ)＝0.9544，P(μ－3σ<X≤μ＋3σ＝0.9974)(2)某客运公司用A、B两种型号的车辆承担甲、乙两地间的长途客运业务，每车每天往返一次．A、B两种车辆的载客量分别为36人和60人，从甲地去乙地的营运成本分别为1600元/辆和2400元/辆．公司拟组建一个不超过21辆车的客运车队，并要求B型车不多于A型车7辆．若每天要以不小于p0的概率运完从甲地去乙地的旅客，且使公司从甲地去乙地的营运成本最小，那么应配备A型车、B型车各多少辆？解(1)由于随机变量X服从正态分布N(800,502)，故有μ＝800，σ＝50，P(700<X≤900)＝0.9544.由正态分布的对称性，可得p0＝P(X≤900)＝P(X≤800)＋P(800<X≤900)＝eq\f(1,2)＋eq\f(1,2)P(700<X≤900)＝0.9772.(2)设A型、B型车辆的数量分别为x、y辆，则相应的营运成本为1600x＋2400y.依题意，x，y还需满足：x＋y≤21，y≤x＋7，P(X≤36x＋60y)≥p0.由(1)知，p0＝P(X≤900)，故P(X≤36x＋60y)≥p0等价于36x＋60y≥900.于是原问题等价于求满足约束条件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋y≤21，,y≤x＋7，,36x＋60y≥900，,x，y≥0，x，y∈N，))且使目标函数z＝1600x＋2400y达到最小的x，y.作可行域如图所示，可行域的三个顶点坐标分别为P(5,12)，Q(7,14)，R(15,6)．由图可知，当直线z＝1600x＋2400y经过可行域的点P时，直线z＝1600x＋2400y在y轴上截距eq\f(z,2400)最小，即z取得最小值．故应配备A型车5辆、B型车12辆．21．(本小题12分)(文)(2013·课标全国卷Ⅰ)已知函数f(x)＝ex(ax＋b)－x2－4x，曲线y＝f(x)在点(0，f(0))处的切线方程为y＝4x＋4.(1)求a，b的值；(2)讨论f(x)的单调性，并求f(x)的极大值．解(1)f′(x)＝ex(ax＋a＋b)－2x－4.由已知得f(0)＝4，f′(0)＝4.故b＝4，a＋b＝8.从而a＝4，b＝4.(2)由(1)知f(x)＝4ex(x＋1)－x2－4x，f′(x)＝4ex(x＋2)－2x－4＝4(x＋2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ex－\f(1,2))).令f′(x)＝0，得x＝－ln2或x＝－2.从而当x∈(－∞，－2)∪(－ln2，＋∞)时，f′(x)>0；当x∈(－2，－ln2)时，f′(x)<0.故f(x)在(－∞，－2)，(－ln2，＋∞)上单调递增，在(－2，－ln2)上单调递减．故当x＝－2时，函数f(x)取得极大值，极大值为f(－2)＝4(1－e－2)．22．(本小题12分)(理)(2013·辽宁卷)已知函数f(x)＝(1＋x)e－2x，g(x)＝ax＋eq\f(x3,2)＋1＋2xcosx.当x∈[0,1]时，(1)求证：1－x≤f(x)≤eq\f(1,1＋x)；(2)若f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围．解(1)要证x∈[0,1]时，(1＋x)e－2x≥1－x，只需证明(1＋x)·e－x≥(1－x)ex.记h(x)＝(1＋x)e－x－(1－x)ex，则h′(x)＝x(ex－e－x)，当x∈(0,1)时，h′(x)>0，因此h(x)在[0,1]上是增函数，故h(x)≥h(0)＝0.所以f(x)≥1－x，x∈[0,1]．要证x∈[0,1]时，(1＋x)e－2x≤eq\f(1,1＋x)，只需证明ex≥x＋1.记K(x)＝ex－x－1，则K′(x)＝ex－1，当x∈(0,1)时，K′(x)>0，因此K(x)在[0,1]上是增函数，故K(x)≥K(0)＝0.所以f(x)≤eq\f(1,1＋x)，x∈[0,1]．综上，1－x≤f(x)≤eq\f(1,1＋x)，x∈[0,1]．(2)f(x)－g(x)＝(1＋x)e－2x－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(ax＋\f(x3,2)＋1＋2xcosx))≥1－x－ax－1－eq\f(x3,2)－2xcosx＝－xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(a＋1＋\f(x2,2)＋2cosx)).设G(x)＝eq\f(x2,2)＋2cosx，则G′(x)＝x－2sinx.记H(x)＝x－2sinx，则H′(x)＝1－2cosx，当x∈(0,1)时，H′(x)<0，于是G′(x)在[0,1]上是减函数，从而当x∈(0,1)时，G′(x)<G′(0)＝0，故G(x)在[0,1]上是减函数．于是G(x)≤G(0)＝2，从而a＋1＋G(x)≤a＋3.所以，当a≤－3时，f(x)≥g(x)在[0,1]上恒成立，下面证明，当a>－3时，f(x)≥g(x)在[0,1]上不恒成立．f(x)－g(x)≤eq\f(1,1＋x)－1－ax－eq\f(x3,2)－2xcosx＝eq\f(－x,1＋x)－ax－eq\f(x3,2)－2xcosx＝－xeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,1＋x)＋a＋\f(x2,2)＋2cosx))，记I(x)＝eq\f(1,1＋x)＋a＋eq\f(x2,