2021届浙江省高考数学一轮学案：第四章阶段滚动练（一）　第1～4章


阶段滚动练(一)　第1～4章
(本试卷分选择题和非选择题两部分，满分150分，考试用时120分钟)
选择题部分(共40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.(2019·全国Ⅰ卷)已知集合M＝{x|－4 A.{x|－4 C.{x|－2 解析　由x2－x－6<0，得(x－3)(x＋2)<0，解得－2 答案　C
2.已知a∈R，则“a≤1”是“|a＋1|＋|a－1|＝2”的(　　)
A.充分不必要条件 B.必要不充分条件
C.充分必要条件 D.既不充分也不必要条件
解析　因为当a＝－2时，|a＋1|＋|a－1|＝4；当|a＋1|＋|a－1|＝2成立时，(a＋1)(a－1)≤0，解得－1≤a≤1，所以“a≤1”是“|a＋1|＋|a－1|＝2”的必要不充分条件，故选B.
答案　B
3.若不等式ax2＋bx＋2＞0的解集为{x|－1＜x＜2}，则不等式2x2＋bx＋a＞0的解集为(　　)
A. B.
C.{x|－2＜x＜1} D.{x|x＜－2或x＞1}
解析　∵不等式ax2＋bx＋2＞0的解集为{x|－1＜x＜2}，∴ax2＋bx＋2＝0的两根为－1，2，且a＜0，即－1＋2＝－，(－1)×2＝，解得a＝－1，b＝1，则所求不等式可化为2x2＋x－1＞0，解得，故选A.
答案　A
4.(2020·浙江新高考仿真卷一)已知点A在曲线y＝ax＋(a，b∈R)上，且该曲线在点A处的切线与直线4x＋3y－1＝0垂直，则方程x2＋ax＋b＝0的实数根的个数为(　　)
A.0 B.1
C.2 D.不确定
解析　由y′＝a－得曲线在点A处的切线的斜率为a－＝　①，又点A在曲线上，则2a＋＝　②，由①②得a＝b＝1.由Δ＝a2－4b＝－3＜0，得方程x2＋ax＋b＝0没有实数根，故选A.
答案　A
5.(2019·全国Ⅱ卷)设f(x)为奇函数，且当x≥0时，f(x)＝ex－1，则当x<0时，f(x)＝(　　)
A.e－x－1 B.e－x＋1
C.－e－x－1 D.－e－x＋1
解析　当x<0时，－x>0，
∵当x≥0时，f(x)＝ex－1，∴f(－x)＝e－x－1.
又∵f(x)为奇函数，∴f(x)＝－f(－x)＝－e－x＋1.故选D.
答案　D
6.函数y＝的图象大致是(　　)

解析　令y＝f(x)＝(x≠0)，所以f(－x)＝＝＝f(x)，即f(x)是偶函数，排除B；当x>0时，f(x)＝xln x，f′(x)＝ln x＋1，令ln x＋1>0，则x>；令ln x＋1<0，则0 答案　D
7.若函数f(x)＝x－sin 2x＋asin x在(－∞，＋∞)上单调递增，则a的取值范围是(　　)
A.[－1，1] B.
C. D.
解析　因为f(x)＝x－sin 2x＋asin x，
所以f′(x)＝1－cos 2x＋acos x
＝－cos2x＋acos x＋.
由f(x)在R上单调递增，则f′(x)≥0在R上恒成立.
令t＝cos x，t∈[－1，1]，则－t2＋at＋≥0，
在t∈[－1，1]上恒成立.
所以4t2－3at－5≤0在t∈[－1，1]上恒成立.
令g(t)＝4t2－3at－5，
只需
解得－≤a≤.
答案　C
8.(2020·浙江新高考仿真卷五)已知x0是函数f(x)＝e－x＋的零点，若x1∈(0，x0)，x2∈(x0，2)，则(　　)
A.f(x1)＜0，f(x2)＜0
B.f(x1)＜0，f(x2)＞0
C.f(x1)＞0，f(x2)＜0
D.f(x1)＞0，f(x2)＞0
解析　函数f(x)的定义域为{x|x≠2}，求导得f′(x)＝－e－x－＜0，则函数f(x)在区间(－∞，2)，(2，＋∞)上单调递减，∵f(0)＝＞0，当x→2时，f(x)→－∞，故f(x)的零点x0∈(－∞，2)，由0＜x1＜x0＜x2＜2，得f(x1)＞f(x0)＞f(x2)，即f(x1)＞0，f(x2)＜0，故选C.
答案　C
9.(2020·浙江教育绿色评价联盟适考)已知a＝，b＝，c＝log，则(　　)
A.a＞b＞c B.c＞a＞b
C.a＞c＞b D.c＞b＞a
解析　因为a＝＝，b＝，c＝log＝log23，则a＞b，又2＝＜3，则log22＝＜log23，即b＜c；构造函数f(x)＝log2x－，则f′(x)＝－＝，因此函数f(x)在区间(0，4loge)上单调递增，在区间(4loge，＋∞)上单调递减，从而由f(4)＝0，知f(3)＜0，即a＞c，故选C.
答案　C
10.已知函数f(x)＝若|f(x)|≥ax，则a的取值范围是(　　)
A.(－∞，0] B.(－∞，1]
C.[－2，1] D.[－2，0]
解析　作出函数y＝|f(x)|的图象，如图，当|f(x)|≥ax时，必有k≤a≤0，其中k是y＝x2－2x(x≤0)在原点处的切线斜率，显然，k＝－2.
∴a的取值范围是[－2，0].

答案　D
非选择题部分(110分)
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)
11.(2020·浙江名师预测卷四)f(x)＝
则f(0)＝________，f(f(3))＝________.
解析　f(0)＝4，f(f(3))＝f(－5)＝log39＝2.
答案　4　2
12.不等式|x－1|－|x－5|<2的解集为________.
解析　①当x≤1时，原不等式可化为1－x－(5－x)<2，∴－4<2，不等式恒成立，∴x≤1.
②当1 ∴x<4，∴1 ③当x≥5时，原不等式可化为x－1－(x－5)<2，该不等式不成立.综上，原不等式的解集为(－∞，4).
答案　(－∞，4)
13.已知整数x，y满足不等式则2x＋y的最大值是________；x2＋y2的最小值是________.
解析　满足不等式组的可行域如图所示，由z＝2x＋y，得y＝－2x＋z，由图可知，当直线y＝－2x＋z过A时，直线在y轴上的截距最大，由可得即A点坐标为(8，8)，z最大值等于2×8＋8＝24.x2＋y2的最小值是可行域的B到原点距离的平方，由可得B(2，2)，可得22＋22＝8.
答案　24　8
14.已知函数f(x)＝|x－a|＋|x－1|(a＞0)的最小值是2，则a的值是________，不等式f(x)≥4的解集是________.
解析　f(x)＝|x－a|＋|x－1|≥|x－a－x＋1|＝|1－a|＝2，故1－a＝2或1－a＝－2，
解得a＝－1或a＝3，
又a＞0，所以a＝3，所以f(x)＝|x－3|＋|x－1|.
由f(x)≥4，即|x－3|＋|x－1|≥4，
可得或或
解得x≥4或x≤0，
故不等式f(x)≥4的解集是(－∞，0]∪[4，＋∞).
答案　3　(－∞，0]∪[4，＋∞)
15.已知x∈(0，2)，若关于x的不等式<恒成立，则实数k的取值范围为________.
解析　依题意知k＋2x－x2>0.
即k>x2－2x对任意x∈(0，2)恒成立，从而k≥0，
因此由原不等式得k<＋x2－2x恒成立.
令f(x)＝＋x2－2x，则f′(x)＝(x－1).
令f′(x)＝0，得x＝1，
当x∈(1，2)时，f′(x)>0，函数f(x)在(1，2)上单调递增，
当x∈(0，1)时，f′(x)<0，函数f(x)在(0，1)上单调递减，
所以k 故实数k的取值范围是[0，e－1).
答案　[0，e－1)
16.(2020·浙江名师预测卷四)已知函数f(x)＝|x2＋ax＋b|，x∈[－1，2]，记M是f(x)的最大值，则M的最小值为________.
解析　由于M是f(x)在[－1，2]上的最大值，所以M≥|f(－1)|，M≥|f(2)|，M≥，即M≥|1－a＋b|，M≥|4＋2a＋b|，M≥，根据绝对值不等式的性质，构造4M≥|1－a＋b|＋|4＋2a＋b|＋2×≥＝，所以M≥，M的最小值为.
答案　
17.已知复数z满足(2＋i)z＝m＋ni(m，n∈R)，且|z|＝1，则m，n满足的关系为________，＋的最小值为________.
解析　z＝＝＋i，则|z|＝＝＝1，
解得m2＋n2＝5，
＋＝＋·
＝(m2＋1＋n2＋2)·
＝
≥＝，当且仅当m2＝n2＋2－1时等号成立，所以＋的最小值为.
答案　m2＋n2＝5　
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)(1)已知a，b，c为正数，且abc＝1，证明：＋＋≤a2＋b2＋c2；
(2)设x，y，z∈R，且x＋y＋z＝1，若(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2≥成立.证明：a≤－3或a≥－1.
证明　(1)因为a2＋b2≥2ab，b2＋c2≥2bc，c2＋a2≥2ac，
又abc＝1，故有a2＋b2＋c2≥ab＋bc＋ca＝＝＋＋.
当且仅当a＝b＝c＝1时等号成立.
所以＋＋≤a2＋b2＋c2.
(2)因为[(x－2)＋(y－1)＋(z－a)]2
＝(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2＋2[(x－2)(y－1)＋(y－1)(z－a)＋(z－a)(x－2)]
≤3[(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2]，
所以由已知得(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2≥，
当且仅当x＝，y＝，z＝时等号成立.
所以(x－2)2＋(y－1)2＋(z－a)2的最小值为.
由题设知≥，解得a≤－3或a≥－1.
19.(本小题满分15分)已知函数f(x)＝x2＋2x－a(x＋ln x)(x>0，a∈R).
(1)求函数y＝f(x)的单调区间；
(2)当a＝1时，证明：对任意的x>0，f(x)>x2＋x－ex＋2.
(1)解　函数f(x)的定义域为(0，＋∞)，
f′(x)＝2x－(a－2)－＝，
当a≤0时，f′(x)>0对任意的x∈(0，＋∞)恒成立，所以函数f(x)单调递增；
当a>0时，由f′(x)>0得x>，f′(x)<0得0 所以函数f(x)在上单调递增；函数f(x)在上单调递减.
(2)证明　当a＝1时，f(x)＝x2＋x－ln x，
只需证明ex－ln x－2>0，设g(x)＝ex－ln x－2(x>0)，
令g′(x)＝ex－＝0，
此时方程有唯一解x0，满足ex0＝(x0≠1).
当x变化时，g′(x)和g(x)变化情况如下表
x
(0，x0)
x0
(x0，＋∞)
g′(x)
－
0
＋
g(x)

极小值g(x0)

g(x)min＝g(x0)＝ex0－ln x0－2＝＋x0－2，因为x0>0，且x0≠1，
所以g(x)min>2－2＝0，因此不等式得证.
20.(本小题满分15分)若关于x的不等式(acos x－1)(ax2－x＋16a)＜0在(0，＋∞)上有解，求实数a的取值范围.
解　设f(x)＝acos x－1，g(x)＝ax2－x＋16a，则关于x的不等式(acos x－1)(ax2－x＋16a)＜0在(0，＋∞)上有解，等价于存在x0∈(0，＋∞)使得f(x0)·g(x0)＜0成立.①当a＞1时，函数f(x)＝acos x－1在(0，＋∞)上存在零点，即存在x0∈(0，＋∞)使得f(x0)＜0，函数g(x)＝ax2－x＋16a＞0在(0，＋∞)上恒成立，所以此时存在x0∈(0，＋∞)使得f(x0)·g(x0)＜0成立；②当≤a≤1时，函数f(x)＝acos x－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，函数g(x)＝ax2－x＋16a≥0在(0，＋∞)上恒成立，所以此时存在x0∈(0，＋∞)使得f(x0)·g(x0)＜0成立；③当0＜a＜时，函数f(x)＝acos x－1＜0在(0，＋∞)上恒成立，函数g(x)＝ax2－x＋16a＝0存在两个不同的零点x1，x2(x1＜x2)，且所以x1，x2∈(0，＋∞)，所以存在x0∈(0，x1)∪(x2，＋∞)使得g(x0)＞0，所以此时存在x0∈(0，＋∞)使得f(x0)·g(x0)＜0成立；④当a＝0时，显然不等式不成立；⑤当－＜a＜0时，函数f(x)＝acos x－1＜0在(0，＋∞)上恒成立，函数g(x)＝ax2－x＋16a＝0存在两个不同的零点x1，x2，且所以x1，x2∈(－∞，0)，所以函数g(x)＝ax2－x＋16a＜0在(0，＋∞)上恒成立，所以此时不存在x0∈(0，＋∞)使得f(x0)·g(x0)＜0成立；⑥当－1≤a≤－时，函数f(x)＝acos x－1≤0在(0，＋∞)上恒成立，函数g(x)＝ax2－x＋16a＜0在(0，＋∞)上恒成立，所以此时不存在x0∈(0，＋∞)使得f(x0)·g(x0)＜0成立；⑦当a＜－1时，函数f(x)＝acos x－1在(0，＋∞)上存在零点，即存在x0∈(0，＋∞)使得f(x0)＞0，函数g(x)＝ax2－x＋16a＜0在(0，＋∞)上恒成立，所以此时存在x0∈(0，＋∞)使得f(x0)·g(x0)＜0成立.综上所述，实数a的取值范围为(－∞，－1)∪(0，＋∞).
21.(本小题满分15分)(2020·杭州质检)设函数f(x)＝－k(x－1)2.
(1)若k＝1，解方程f(x)＝0；
(2)若关于x的方程f(x)＝0有四个不同的解，求k的取值范围.
解　(1)当k＝1时，－(x－1)2＝0，
所以|x－1|·＝0，
所以|x－1|＝0或1－|x－1|(x－2)＝0，
解得x＝1或x＝.
(2)因为|x－1|·＝0，
即|x－1|＝0或－k|x－1|＝0，
当|x－1|＝0时，x＝1，此时k∈R；
所以－k|x－1|＝0有三个不等于1的解，
即＝|x－1|·(x－2)有三个不等于1的解，
根据函数y＝|x－1|·(x－2)的图象，
得－＜＜0，即k＜－4.

22.(本小题满分15分)(2020·绍兴适应性考试)已知函数f(x)＝2ln(ax＋b)，其中a，b∈R.
(1)若直线y＝x是曲线y＝f(x)的切线，求ab的最大值；
(2)(一题多解)设b＝1，若关于x的方程f(x)＝a2x2＋(a2＋2a)x＋a＋1有两个不相等的实根，求a的最大整数值.(参考数据：ln ≈0.223)
解　(1)设直线y＝x与y＝f(x)相切于点P(x0，2ln(ax0＋b)).因为f′(x)＝，
所以f′(x0)＝＝1，所以ax0＋b＝2a(a＞0).
又因为P在切线y＝x上，所以2ln(ax0＋b)＝x0，
所以x0＝2ln(ax0＋b)＝2ln2a，b＝2a－ax0＝2a－2aln 2a，因此ab＝2a2－2a2ln 2a(a＞0)，
设g(a)＝2a2－2a2ln 2a(a＞0)，
则由g′(a)＝2a－4aln 2a＝2a(1－2ln 2a)＞0，
解得0＜a＜.所以g(a)在上单调递增，
在上单调递减，
可知g(a)的最大值为g＝，
所以ab的最大值为.
(2)法一　原方程即为2ln(ax＋1)＝(ax＋1)2＋a(ax＋1)，
设ax＋1＝t，则上述方程等价于2ln t＝t2＋at(t＞0).
设p(t)＝2ln t－t2－at(t＞0)，
则函数p(t)需有两个不同的零点.
因为p′(t)＝－2t－a在(0，＋∞)上单调递减，
则p′(t)＝0在(0，＋∞)上存在唯一实根t0，
即p′(t0)＝0，即at0＝2－2t.
所以当t∈(0，t0)时，p′(t)＞0；当t∈(t0，＋∞)时，p′(t)＜0.
因此p(t)在(0，t0)上单调递增，在(t0，＋∞)上单调递减.
①当a＞0时，由at0＝2－2t＞0得t0∈(0，1).
p(t)≤p(t0)＝2ln t0－t－at0＝2ln t0－t－(2－2t)
＝2ln t0＋t－2＜0，
不合题意，舍去.
②当a＜0时，由at0＝2－2t＜0得t0∈(1，＋∞).
(ⅰ)当t∈(0，1)时，则p(t)＝2ln t－t2－at＜2ln t＋|a|，
取t1＝e－，则p(t1)＜0；
(ⅱ)当t∈(1，＋∞)时，
则p(t)＝2ln t－t2－at＜2(t－1)－t2－at＜－t2＋(2－a)t，取t2＝2＋|a|，则p(t2)＜0.
因此t1＜t0＜t2，且p(t1)＜0，p(t2)＜0.
要使函数p(t)＝2ln t－t2－at(t＞0)有两个不同的零点，
则只需p(t0)＝2ln t0－t－at0＞0，
所以只需p(t0)＝2ln t0－t－(2－2t)＝t＋2ln t0－2＞0.
因为p(t0)＝t＋2ln t0－2是关于t0的增函数，
且p(1)＝－1＜0，p＝2ln －＞0，
所以存在m∈使得p(m)＝0，
所以当t0＞m时，p(t0)＞0.
因为a＝－2t0是关于t0的减函数，
所以a＝－2t0＜－2m，又因为－2m∈，
所以a的最大整数值为－1.
法二　原方程即为2ln(ax＋1)＝(ax＋1)2＋a(ax＋1)，
设ax＋1＝t，则原方程等价于关于t的方程2ln t－t2－at＝0(t＞0)有两个不同的解，
即关于t的方程a＝(t＞0)有两个不同的解.
设h(t)＝，则h′(t)＝.
设m(t)＝2－t2－2ln t，由t＞0知m′(t)＝－2t－＜0，
所以m(t)＝2－t2－2ln t在(0，＋∞)上单调递减，
又m(1)＝1＞0，m＝－2ln ＜0，
所以存在t0∈使得m(t0)＝0.
当t∈(0，t0)时，m(t)＞0，h′(t)＞0；
当t∈(t0，＋∞)时，m(t)＜0，h′(t)＜0.
所以h(t)在(0，t0)上单调递增，在(t0，＋∞)上单调递减，
所以h(t0)＝＝＝－2t0∈.
要使得关于t的方程a＝(t＞0)有两个不同的解，则a＜h(t0).
当a＝－1时，设p(t)＝2ln t－t2＋t，
则p′(t)＝－2t＋1，
可知p(t)在上单调递增，在上单调递减.
又p(1)＝0，p＞0，p(e)＝2－e2＋e＜0，
p(t)有两个不同的零点，符合题意.
所以a的最大整数值为－1.