2024版新教材高考数学复习特训卷滚动过关检测二第1章_第3章

这是一份2024版新教材高考数学复习特训卷滚动过关检测二第1章_第3章，共11页。试卷主要包含了单项选择题，多项选择题，填空题，解答题等内容，欢迎下载使用。

1．已知集合A＝{－1，1，2，3}，B＝{x| eq \f(2,x－2)≤1}，则A∩B＝( )
A．{－1} B．{－1，1}
C．{－1，1，2} D．{－1，1，2，3}
2．已知命题p：∃x∈N，ex<0(e为自然对数的底数)，则命题p的否定是( )
A．∀x∈N，ex<0 B．∀x∈N，ex>0
C．∃x∈N，ex≥0 D．∀x∈N，ex≥0
3．设a＝lg0.3 eq \r(2)，b＝ eq \r(2)0.3，c＝0.20.1，则a，b，c的大小关系为( )
A．bC．a4．下列函数中，在区间(0，＋∞)上单调递增的是( )
A．y＝( eq \r(2))－x B．y＝lg eq \f(1,3)x
C．y＝ eq \r(x2＋2x) D．y＝|x－ eq \f(1,2)|
5．已知正实数a，b，c满足lg2a＝lg3b＝lg6c，则( )
A．a＝bc B．b2＝ac
C．c＝ab D．c2＝ab
6．已知函数f(x)＝cs x，g(x)＝ eq \f(1,4)x＋f′(x)，则g(x)的图象大致是( )
7．如图是函数y＝f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d的大致图象，则x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＝( )
A． eq \f(8,9) B． eq \f(10,9)C． eq \f(16,9) D． eq \f(28,9)
8．已知函数y＝f(x)是定义在R上的奇函数，且满足f(x＋2)＝－f(x)，当x∈[－2，0]时，f(x)＝x2＋x，则当x∈[4，6]时，f(x)＝( )
A．x2－7x＋12 B．－x2＋9x－20
C．－x2＋7x－12 D．－x2＋9x＋20
二、多项选择题：本题共4小题，每小题5分，共20分．在每小题给出的选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得5分，部分选对的得2分，有选错的得0分．
9．将函数y＝sin 2x＋ eq \r(3)cs 2x＋1的图象向右平移 eq \f(π,12)个单位长度，再将所有点的横坐标缩短到原来的 eq \f(1,2)，纵坐标不变，得到函数g(x)的图象，则下面对函数g(x)的叙述中正确的是( )
A．函数g(x)的最小正周期为 eq \f(π,2)
B．函数g(x)图象关于点(－ eq \f(π,12)，0)对称
C．函数g(x)在区间 eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))内单调递增
D．函数g(x)图象关于直线x＝ eq \f(π,12)对称
10．已知 eq \f(1,a)< eq \f(1,b)<0，则下列不等关系中正确的是( )
A．b2C．ab21
11．两位同学解关于x的方程22x＋b·2x＋c＝0，其中一个人写错了常数c，得到的根为x＝－1或x＝lg2 eq \f(7,4)，另一人写错了常数b，得到的根为x＝0或x＝－1，则下列是原方程的根的是( )
A．x＝－1 B．x＝－2C．x＝0 D．x＝1
12．已知函数f(x)＝－x2＋ eq \f(m,2)x＋2(m>0)，g(x)＝ex－3x2＋1，若不等式g(x)>2f(x)－x2－11对一切实数x恒成立，则实数m可能取到的正整数值为( )
A．9 B．8 C．6 D．4
[答题区]
三、填空题：本题共4小题，每小题5分，共20分．
13．若函数f(x)的定义域为[－1，1]，则f(lg x)的定义域为________．
14．已知函数f(x)＝ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(ax＋1，x≥0,（a－1）ex，x<0))为R上的单调递增函数，则实数a的取值范围为______．
15．直线2ax＋by－2＝0(a>0，b>0)过函数y＝ eq \f(x＋1,x－1)图象的对称中心，则 eq \f(1,a)＋ eq \f(1,b)的最小值为________．
16．定义方程f(x)＝f′(x)的实数根x0叫做函数f(x)的“新驻点”．
(1)设f(x)＝cs x，则f(x)在(0，π)上的“新驻点”为________；
(2)如果函数g(x)＝ex－x与h(x)＝ln (x＋1)的“新驻点”分别为α、β，那么α和β的大小关系是________．
四、解答题：本题共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．(10分)已知函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋2，f(x)的极值点分别为x1＝－1，x2＝3.
(1)求a，b的值；
(2)求函数f(x)的极值．
18．(12分)已知函数f(x)＝ax2－(a＋3)x＋3.
(1)若函数y＝lg [f(x)＋1]的定义域为R，求实数a的取值范围；
(2)当a>0时，解关于x的不等式f(x)>0.
19．(12分)已知函数f(x)＝x＋ eq \f(a,ex).
(1)讨论函数f(x)的极值点的个数；
(2)若函数f(x)在[0，1]上的最小值是 eq \f(4,3)，求实数a的值．
20．(12分)已知奇函数f(x)＝ eq \f(a·2x－1,2x＋1)的定义域为[－a－2，b].
(1)求实数a，b的值；
(2)当x∈[1，2]时，2＋mf(x)＋2x>0恒成立，求m的取值范围．
21.(12分)函数f(x)＝x2e－2x.
(1)若f(x)＝m有三个解，求m的取值范围；
(2)若g(x)＝x3，且∀x∈(－∞，0)，f(x)－x2>ag(x)，求实数a的取值范围．
22．(12分)已知函数f(x)＝ex－ eq \f(1,2)x2(e为自然对数的底数).
(1)求曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线方程；
(2)设g(x)＝f(x)＋3x＋1，当x1＋x2≥0，求证：g(x1)＋g(x2)≥4.
滚动过关检测二 第一章～第三章
1．答案：B
解析：因为A＝{－1，1，2，3}，B＝{x| eq \f(2,x－2)≤1}＝{x|x<2或x≥4}，则A∩B＝{－1，1}．故选B.
2．答案：D
解析：存在量词命题的否定是全称量词命题．命题p的否定是：∀x∈N，ex≥0.故选D.
3．答案：C
解析：∵a＝lg0.3 eq \r(2)（ eq \r(2)）0＝1，∵0<0.20.1<0.20＝1，∴c∈（0，1），∴a4．答案：C
解析：对于A，y＝（ eq \r(2)）－x＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(\r(2),2))) eq \s\up12(x)在（0，＋∞）上单调递减，故A错误；对于B，由对数函数性质y＝lg eq \f(1,3)x在（0，＋∞）上单调递减，故B错误；对于C，设u＝x2＋2x，∵u＝x2＋2x在（0，＋∞）上单调递增，又y＝ eq \r(u)在（0，＋∞）上单调递增，所以y＝ eq \r(x2＋2x)在（0，＋∞）上单调递增，故C正确；对于D，函数y＝|x－ eq \f(1,2)|当x＝0和x＝1时函数值相等，故y＝|x－ eq \f(1,2)|在区间（0，＋∞）上递增不成立，故D错误．故选C.
5．答案：C
解析：∵ 正实数a，b，c满足lg2a＝lg3b＝lg6c，∴设lg2a＝lg3b＝lg6c＝k，则a＝2k，b＝3k，c＝6k，∴c＝ab.故选C.
6．答案：C
解析：g（x）＝ eq \f(1,4)x＋f′（x）＝ eq \f(1,4)x－sin x，函数g（x）为奇函数，排除B、D；g eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(π,2)))＝ eq \f(π,8)－1<0，排除A；C符合题意．故选C.
7．答案：C
解析：观察函数f（x）的图象知，－1，0，2是函数f（x）的零点，且x1，x2是函数f（x）的两个极值点，于是得f（x）＝x（x＋1）（x－2）＝x3－x2－2x，求导得f′（x）＝3x2－2x－2，因x1，x2是函数f（x）的两个极值点，则x1，x2是方程3x2－2x－2＝0的两根，从而有x1＋x2＝ eq \f(2,3)，x1x2＝－ eq \f(2,3)，所以x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(1)) ＋x eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ＝（x1＋x2）2－2x1x2＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(2,3))) eq \s\up12(2)＋2· eq \f(2,3)＝ eq \f(16,9).故选C.
8．答案：B
解析：由题意知f（x＋2）＝－f（x），则f（x＋4）＝－f（x＋2）＝f（x），所以函数f（x）是以4为周期的周期函数，又当x∈[－2，0]时，f（x）＝x2＋x，且f（x）是定义在R上的奇函数，所以x∈[0，2]时，－x∈[－2，0]，f（x）＝－f（－x）＝－（x2－x）＝－x2＋x，所以当x∈[4，6]时，x－4∈[0，2]，f（x）＝f（x－4）＝－（x－4）2＋（x－4）＝－x2＋9x－20.故选B.
9．答案：AD
解析：由题意可得：函数y＝sin 2x＋ eq \r(3)cs 2x＋1＝2sin （2x＋ eq \f(π,3)）＋1，将其向右平移 eq \f(π,12)个单位可得y＝2sin （2x－ eq \f(π,6)＋ eq \f(π,3)）＋1＝2sin （2x＋ eq \f(π,6)）＋1，再将所有点的横坐标缩短到原来的 eq \f(1,2)倍，纵坐标不变，得到函数y＝g（x）的图象，可得g（x）＝2sin （4x＋ eq \f(π,6)）＋1，
故可得函数g（x）的周期T＝ eq \f(2π,4)＝ eq \f(π,2)，A符合题意；
令x＝－ eq \f(π,12)，可得g（－ eq \f(π,12)）＝0，故（－ eq \f(π,12)，0）不是函数g（x）的一个对称中心，B不符合题意；
当x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))，可得4x＋ eq \f(π,6)∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(7π,6)，\f(13π,6)))，由正弦函数性质，可得函数g（x）＝2sin （4x＋ eq \f(π,6)）＋1在x∈ eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(π,4)，\f(π,2)))不单调，C不正确；
由g（ eq \f(π,12)）＝2sin eq \f(π,2)＋1＝3，可得x＝ eq \f(π,12)是函数的对称轴，D符合题意．故选AD.
10．答案：ABD
解析：对A，由 eq \f(1,a)< eq \f(1,b)<0，得b对B，由 eq \f(1,a)< eq \f(1,b)<0，得b0， eq \f(a,b)>0，根据基本不等式知，B正确：
对C，因为 eq \f(1,a)< eq \f(1,b)<0，所以a>b，因此ab2>b3，所以该选项显然错误；
对D，由b1，所以D正确．故选ABD.
11．答案：BD
解析：令t＝2x，则方程即为t2＋bt＋c＝0，则一人写错了常数c，得到的根为t＝ eq \f(1,2)或t＝ eq \f(7,4)，由两根之和得：b＝－（ eq \f(1,2)＋ eq \f(7,4)）＝－ eq \f(9,4)，另一人写错了常数b，得到的根为t＝20＝1或t＝ eq \f(1,2)，由两根之积得：c＝ eq \f(1,2)，所以方程为t2－ eq \f(9,4)t＋ eq \f(1,2)＝0，解得：t＝ eq \f(1,4)或t＝2，即2x＝ eq \f(1,4)或2x＝2，解得：x＝－2或x＝1.故选BD.
12．答案：CD
解析：若不等式g（x）>2f（x）－x2－11对一切实数x恒成立，即不等式ex－mx＋8>0对任意实数x恒成立，令h（x）＝ex－mx＋8，∴h′（x）＝ex－m，令h′（x）＝0得x＝ln m，xln m时，h′（x）>0，∴函数h（x）在（－∞，ln m）上单调递减，在（ln m，＋∞）上单调递增，∴h（x）min＝h（ln m）＝m－m ln m＋8>0，令φ（m）＝m－m ln m＋8，φ′（m）＝－ln m，令φ′（m）＝0得m＝1，
00，m>1时，φ′（m）<0，∴φ（m）在（0，1）上递增，在（1，＋∞）上递减，取m＝e2∈（7，8），φ（e2）＝8－e2>0，取m＝8，φ（8）＝8（2－ln 8）<0，所以φ（m）在（1，＋∞）上存在唯一零点m0且m0∈（7，8），在m∈（0，m0）上φ（m）>0，在m∈（m0，＋∞）上φ（m）<0，所以m的最大正整数为7.故选CD.
13．答案：[ eq \f(1,10)，10]
解析：因为函数f（x）的定义域为[－1，1]，所以－1≤lg x≤1，解得： eq \f(1,10)≤x≤10，所以f（lg x）的定义域为[ eq \f(1,10)，10].
14．答案：（1，2]
解析：∵函数f（x）为R上的单调递增函数，
∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a>0,a－1>0,a×0＋1≥（a－1）e0))，解得115．答案： eq \f(3,2)＋ eq \r(2)
解析：∵y＝ eq \f(x＋1,x－1)＝ eq \f(x－1＋2,x－1)＝1＋ eq \f(2,x－1)，所以，函数y＝ eq \f(x＋1,x－1)的图象可由函数y＝ eq \f(2,x)的图象先向右平移1个单位，再向上平移1个单位得到，因为函数y＝ eq \f(2,x)图象的对称中心为原点，所以函数y＝ eq \f(x＋1,x－1)图象的对称中心为（1，1），由题意可得2a＋b＝2，即 eq \f(1,2)（2a＋b）＝1，因为a、b均为正数，则 eq \f(1,a)＋ eq \f(1,b)＝ eq \f(1,2)（2a＋b）（ eq \f(1,a)＋ eq \f(1,b)）＝ eq \f(1,2)（3＋ eq \f(2a,b)＋ eq \f(b,a)）≥ eq \f(1,2)（3＋2 eq \r(\f(2a,b)·\f(b,a))）＝ eq \f(3＋2\r(2),2)，当且仅当b＝ eq \r(2)a时，等号成立，故 eq \f(1,a)＋ eq \f(1,b)的最小值为 eq \f(3,2)＋ eq \r(2).
16．答案：（1） eq \f(3π,4) （2）α>β
解析：（1）∵f（x）＝cs x，∴f′（x）＝－sin x，根据“新驻点”的定义得f（x）＝f′（x），即cs x＝－sin x，可得tan x＝－1，∵x∈（0，π），解得x＝ eq \f(3π,4)，所以，函数f（x）＝cs x在（0，π）上的“新驻点”为 eq \f(3π,4).
（2）g（x）＝ex－x，则g′（x）＝ex－1，根据“新驻点”的定义得g（α）＝g′（α），即α＝1.∵h（x）＝ln （x＋1），则h′（x）＝ eq \f(1,x＋1)，由“新驻点”的定义得h（x）＝h′（x），即ln （x＋1）＝ eq \f(1,x＋1)，构造函数F（x）＝ln （x＋1）－ eq \f(1,x＋1)，则函数y＝F（x）在定义域上为增函数，∵F（0）＝－1<0，F（1）＝ln 2－ eq \f(1,2)>0，又∵F（β）＝0，由零点存在定理可知，β∈（0，1），∴α>β.
17．解析：（1）f′（x）＝3x2＋2ax＋b，因为f（x）的极值点分别为x1＝－1，x2＝3，
所以－1，3是方程3x2＋2ax＋b＝0的根，所以－1＋3＝－ eq \f(2a,3)，－1×3＝ eq \f(b,3)，解得a＝－3，b＝－9.
（2）由（1）知f（x）＝x3－3x2－9x＋2，f′（x）＝3x2－6x－9，
令f′（x）＝0得x＝－1或3，所以在x<－1或x>3时，f′（x）>0，f（x）单调递增，
在－1所以f（x）极大值＝f（－1）＝7，f（x）极小值＝f（3）＝－25.
18．解析：（1）由题设，令g（x）＝f（x）＋1＝ax2－（a＋3）x＋4，
由函数y＝lg [f（x）＋1]的定义域为R，
∴ eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(a>0,Δ＝（a＋3）2－16a<0))，解得1（2）由题意，f（x）＝ax2－（a＋3）x＋3＝（ax－3）（x－1）>0，
当 eq \f(3,a)>1，即0当 eq \f(3,a)＝1，即a＝3时，解集为{x|x≠1}；
当 eq \f(3,a)<1，即a>3时，解集为（－∞， eq \f(3,a)）∪（1，＋∞）.
综上可知：03时，解集为（－∞， eq \f(3,a)）∪（1，＋∞）.
19．解析：（1）f′（x）＝1－ eq \f(a,ex)＝ eq \f(ex－a,ex)，
当a≤0时，f′（x）>0，f（x）在R上递增，0个极值点．
当a>0时，f′（x）＝0⇒x＝ln a，f（x）在区间（－∞，ln a），f′（x）<0，f（x）递减；在区间（ln a，＋∞），f′（x）>0，f（x）递增，所以当x＝ln a时，f（x）取得极小值，所以f（x）有1个极值点．
（2）由（1）知：当a≤0时，f（x）在[0，1]上递增，f（x）min＝f（0）＝a＝ eq \f(4,3)，不符合．
当a≥e时，ln a≥1，f（x）在区间[0，1]上递减，f（x）min＝f（1）＝1＋ eq \f(a,e)＝ eq \f(4,3)，a＝ eq \f(1,3)e，不符合．
当1当0综上所述，a的值为e eq \f(1,3).
20．解析：（1）因为函数f（x）＝ eq \f(a·2x－1,2x＋1)是奇函数，所以f（－x）＝－f（x），即 eq \f(a·2－x－1,2－x＋1)＝－ eq \f(a·2x－1,2x＋1)，
即 eq \f(a－2x,2x＋1)＝ eq \f(－a·2x＋1,2x＋1)，即a－2x＝－a·2x＋1，
整理得（a－1）（2x＋1）＝0，所以a－1＝0，即a＝1，
则－a－2＝－3，因为定义域为[－a－2，b]关于原点对称，所以b＝3.
（2）因为x∈[1，2]，所以f（x）＝ eq \f(2x－1,2x＋1)>0，又当x∈[1，2]时，2＋mf（x）＋2x>0恒成立，
所以－m< eq \f(（2x＋2）（2x＋1）,2x－1)，x∈[1，2]时恒成立，
令t＝2x－1，则－m< eq \f(（t＋3）（t＋2）,t)＝ eq \f(t2＋5t＋6,t)＝t＋ eq \f(6,t)＋5，t∈[1，3]时恒成立，
所以让－m小于t＋ eq \f(6,t)＋5的最小值，
而t＋ eq \f(6,t)＋5≥2 eq \r(t·\f(6,t))＋5＝2 eq \r(6)＋5，当且仅当t＝ eq \f(6,t)，即t＝ eq \r(6)时，等号成立，所以－m<2 eq \r(6)＋5，m>－2 eq \r(6)－5，即m的取值范围是（－2 eq \r(6)－5，＋∞）.
21．解析：（1）f（x）的定义域为R，由f（x）得f′（x）＝ eq \f(2x（1－x）,e2x)，
当x＝0或x＝1时，f′（x）＝0；当x<0时，f′（x）<0，f（x）单调递减；当00，f（x）单调递增；当x>1时，f′（x）<0，f（x）单调递减．
故f（x）有极大值f（1）＝ eq \f(1,e2)，有极小值f（0）＝0.
x→＋∞时，f（x）→－∞；x→－∞时，f（x）→＋∞；若f（x）＝m有三个解，则0（2）因为∀x∈（－∞，0），f（x）－x2>ag（x），即x2e－2x>ax3＋x2，得 eq \f(1,e2x)－（ax＋1）>0，
令h（x）＝ eq \f(1,e2x)－（ax＋1），则h（x）>0在（－∞，0）上恒成立．
由h（x）得h′（x）＝－2e－2x－a，且h（0）＝0.
①当a≥－2即－a≤2时，由x∈（－∞，0），得－2e－2x<－2，所以h′（x）＝－2e－2x－a<0，
所以h（x）在（－∞，0）上单调递减，所以h（x）>h（0）＝0，所以a≥－2符合题意．
②当a<－2时，令h′（x）＝－2e－2x－a＝0，得x＝－ eq \f(1,2)ln （－ eq \f(1,2)a）；
令h′（x）＝－2e－2x－a>0，得－ eq \f(1,2)ln eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(－\f(1,2)a))这与h（x）>0相矛盾，所以a<－2不合题意．
综上知，a≥－2.
22．解析：（1）∵f（x）＝ex－ eq \f(1,2)x2，∴f′（x）＝ex－x，∴f′（1）＝e－1，
∵f（1）＝e－ eq \f(1,2)，故切点坐标为（1，e－ eq \f(1,2)）.
故曲线y＝f（x）在点（1，f（1））处的切线方程为y－（e－ eq \f(1,2)）＝（e－1）（x－1），即（e－1）x－y＋ eq \f(1,2)＝0.
（2）证明：因为f（x）＝ex－ eq \f(1,2)x2，设g（x）＝f（x）＋3x＋1，
故有g（x）＝ex－ eq \f(1,2)x2＋3x＋1，则g′（x）＝ex－x＋3，
令φ（x）＝ex－x＋3，则φ′（x）＝ex－1，显然φ′（x）在R上单调递增，
当x<0时，φ′（x）<0，当x>0时，φ′（x）>0，则φ（x）在（－∞，0）上单调递减，在（0，＋∞）上单调递增，
则φ（x）min＝φ（0）＝4>0，即g′（x）>0，于是得g（x）在R上单调递增，
令函数F（x）＝g（x）＋g（－x）＝ex＋e－x－x2＋2，∴F′（x）＝ex－e－x－2x，
令G（x）＝ex－e－x－2x，则G′（x）＝ex＋e－x－2≥2 eq \r(ex·e－x)－2＝0，
当且仅当x＝0时取等号，即有G（x）在R上单调递增，而G（0）＝0，即当x<0时，F′（x）＝G（x）<0，
当x>0时，F′（x）＝G（x）>0，因此，F（x）在（－∞，0）单调递减，在（0，＋∞）上单调递增，F（x）min＝F（0）＝4，从而有∀x∈R，g（x）＋g（－x）≥4，
因为x1＋x2≥0，即x1≥－x2，且g（x）在R上单调递增，故g（x1）≥g（－x2），
所以g（x1）＋g（x2）≥g（x2）＋g（－x2）≥4.
题号
1
2
3
4
5
6
答案
题号
7
8
9
10
11
12
答案