2021高考数学新高考版一轮习题:专题3 阶段滚动检测(二) Word版含解析
一、单项选择题
1.已知集合A={x|-2≤x≤3},B={x|x2-3x≤0},则A∪B等于( )
A.[-2,3] B.[-2,0]
C.[0,3] D.[-3,3]
2.已知条件p:|x+1|>2,条件q:x>a,且綈p是綈q的充分不必要条件,则实数a的取值范围是( )
A.a≤1 B.a≥1 C.a≥-1 D.a≤-3
3.(2020·重庆模拟)命题p:∃x0>0,x0+=2,则綈p为( )
A.∀x>0,x+=2 B.∀x>0,x+≠2
C.∀x≤0,x+=2 D.∀x≤0,x+≠2
4.已知函数f (x)=的图象经过点(3,0),则f (f (2))等于( )
A.2 019 B. C.2 D.1
5.若函数f (x)=x3-f′(-1)x2+x+5,则f′(1)的值为( )
A.2 B.-2 C.6 D.-6
6.三个数a=0.312,b=log20.31,c=20.31之间的大小关系为( )
A.a
b>0,c>1,则下列各式不成立的是( )
A.sin a>sin b B.ca>cb
C.acbc2”是“a>b”的充分不必要条件
C.若椭圆+=1的两个焦点为F1,F2,且弦AB过点F1,则△ABF2的周长为16
D.“a=1”是“函数f (x)=在定义域上是奇函数”的充要条件
11.在下列函数中,其中最小值为2的函数的是( )
A.y=
B.y=
C.y=log2x+logx2(x>0且x≠1)
D.y=tan x+,01}.
(1)求A∪B;
(2)若集合{x|a0且x≠1时,x-1与g(x)同号.
答案精析
1.A 2.B 3.B 4.B 5.C 6.C 7.A
8.C 9.ACD 10.CD
11.ABD [对于A,y==|x|+≥2=2,当且仅当x=±1时取等号,正确;
对于B,y==+≥2,当且仅当x=0时取等号,正确;
对于C,当x∈(0,1)时,logx2<0,log2x<0,得y=log2x+logx2(x>0且x≠1)的最小值不可能为2,错误;
对于D,x∈,所以tan x∈(0,+∞),令tan x=t,所以t∈(0,+∞),所以y=t+≥2,当且仅当t=1时取等号,正确.]
12.AD [根据题意,“对任意的x1,x2∈(0,+∞),使得<0”,则函数f (x)在(0,+∞)上为减函数,据此依次分析选项:对于选项A,f (x)=-x2-2x+1为二次函数,其对称轴为x=-1,在(0,+∞)上单调递减,符合题意;对于选项B,f (x)=x-,其导数f′(x)=1+>0,所以f (x)在(0,+∞)上单调递增,不符合题意;对于选项C,f (x)=x+1为一次函数,所以f (x)在(0,+∞)上单调递增,不符合题意;对于选项D,f (x)=+1,在(0,+∞)上单调递减,符合题意.]
13.(-∞,-4] [1,10] 14.x-y-1=0
15.
解析 根据题意,函数f (x)=ex--2x,
其导数f′(x)=ex+-2,
f′(x)=ex+-2≥0恒成立,
则函数f (x)在R上为增函数,
又因为f (-x)=e-x-ex+2x=-f (x),
所以f (x)为奇函数,原式等价于f (a-3)≤-f (2a2),
f (a-3)≤f (-2a2),a-3≤-2a2,2a2+a-3≤0,
(2a+3)(a-1)≤0,-≤a≤1.
16.②③④
解析 由新定义知,对任意正实数ξ,∃x∈D使得0<|f (x)-c|<ξ成立,
即0<|f (x)-c|<ξ有解.对于函数①解得,
1-ξ-log2ξ且x∈Z,故函数②是“敛1函数”;对于函数③解得,21-ξ,故函数④是“敛1函数”.因此正确答案为②③④.
17.解 (1)由得,-6≤x<2,
由2x>1得,x>0,∴A=[-6,2),
B=(0,+∞),
∴A∪B=[-6,+∞).
(2)A∩B=(0,2),
∵集合{x|a0,解得x>-1,
即函数f (x)的定义域为(-1,+∞).
(3)根据题意,f (x)=lg 在(0,+∞)上的单调递减,
证明:设0lg(x1+1),
即f (x1)-f (x2)>0,即函数f (x)在(0,+∞)上单调递减.
20.解 (1)根据题意,设该公司的总收入为W万元,
则W=50,00得x>2或x<-2,
∴f (x)的单调递增区间为(-∞,-2),(2,+∞).
(2)由f (-4)=-,f (-2)=,f (2)=-,f (3)=1,
所以f (x)在[-4,3]上的最大值为,
要使x3+ax+b≤m2+m+对x∈[-4,3]恒成立,
只要f (x)max≤m2+m+就可以了,
即≤m2+m+,
解得m≥2或m≤-3,
所以实数m的取值范围是(-∞,-3]∪[2,+∞).
22.(1)解 函数f (x)的定义域是(0,+∞),
又f′(x)=-=,
令f′(x)=0,得x=1,
当x变化时,f′(x)与f (x)的变化情况如下表,
x
(0,1)
1
(1,+∞)
f′(x)
-
0
+
f (x)
↘
↗
所以f (x)的单调递增区间是(1,+∞),单调递减区间是(0,1).
(2)证明 函数g(x)的定义域是(0,+∞),
又g′(x)=ln x+-1=ln x+=f (x),
由(1)可知,f (x)min=f (1)=1,
所以当x>0时,g′(x)>0,
所以g(x)在区间(0,+∞)上单调递增.
因为g(1)=0,所以当x>1时,
g(x)>g(1)=0且x-1>0;
当00且x≠1时,x-1与g(x)同号.