廣西專用2024年高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí)滾動(dòng)測試卷一第一~三章含解析新人教A版文

PAGEPAGE11滾動(dòng)測試卷一(第一~三章)(時(shí)間:120分鐘滿分:150分)一、選擇題(本大題共12小題,每小題5分,共60分)1.設(shè)全集U=R,集合A={x|x>0},B={x|-3<x<1},則?U(A∪B)=()A.{x|0<x<1} B.{x|x>-3}C.{x|x≤0或x≥1} D.{x|x≤-3}2.函數(shù)y=log12A.12,+∞ B.[1,+∞) C.12,3.已知冪函數(shù)f(x)的圖象經(jīng)過點(diǎn)(4,2),則冪函數(shù)f(x)具有的性質(zhì)是()A.在其定義域上為增函數(shù) B.在其定義域上為減函數(shù)C.奇函數(shù) D.定義域?yàn)镽4.下列說法錯(cuò)誤的是()A.命題“若am2≤bm2,則a≤b”是假命題B.命題“?x∈R,x3-x2-1≤0”的否定是“?x0∈R,x03-x0C.“若a=1,則直線x+y=0和直線x-ay=0相互垂直”的逆否命題為真命題D.命題“p∨q為真命題”是命題“p∧q為真命題”的充分不必要條件5.(2024四川遂寧等八市二診二模)函數(shù)f(x)=e|x|-ln|x|-2的大致圖象為()6.若函數(shù)y=x2-3x-4的定義域?yàn)閇0,m],值域?yàn)?254,-4,則A.(0,4] B.32,4 C.37.設(shè)函數(shù)f(x)=5x-m,x<1,2A.2 B.1 C.2或1 D.18.函數(shù)y=1+x+sinxx29.若函數(shù)f(x)=|logax|-2-x(a>0,且a≠1)的兩個(gè)零點(diǎn)是m,n,則()A.mn=1 B.mn>1 C.mn<1 D.以上都不對(duì)10.某公司為激勵(lì)創(chuàng)新,安排逐年加大研發(fā)資金投入.若該公司2017年全年投入研發(fā)資金130萬元,在此基礎(chǔ)上,每年投入的研發(fā)資金比上一年增長12%,則該公司全年投入的研發(fā)資金起先超過200萬元的年份是()(參考數(shù)據(jù):lg1.12≈0.05,lg1.3≈0.11,lg2≈0.30)A.2024年 B.2024年 C.2024年 D.2024年11.若x,y,z為正數(shù),且2x=3y=5z,則()A.2x<3y<5z B.5z<2x<3y C.3y<5z<2x D.3y<2x<5z12.已知函數(shù)f(x)=xx-1+sinπx在區(qū)間[0,1)內(nèi)的最大值為m,在區(qū)間(1,2]上的最小值為n,則m+n=A.-2 B.-1 C.1 D.2二、填空題(本大題共4小題,每小題5分,共20分)13.能夠說明“設(shè)a,b,c是隨意實(shí)數(shù),若a>b>c,則a+b>c”是假命題的一組整數(shù)a,b,c的值依次為.

14.已知函數(shù)f(x)是奇函數(shù),當(dāng)x>0時(shí),f(x)=ax(a>0,且a≠1),且f(log124)=-3,則a的值為15.(2024廣西柳鐵一中高三月考)已知曲線f(x)=(x-a)ex在點(diǎn)(1,f(1))處的切線方程為y=2ex+b,則a-b=.

16.已知函數(shù)f(x)=x2+2x,g(x)=12x-m.若?x1∈[1,2],?x2∈[-1,1],使f(x1)≥g(x2),則實(shí)數(shù)m的取值范圍是三、解答題(本大題共6小題,共70分)17.(10分)已知函數(shù)f(x)=a-22(1)求f(0);(2)探究f(x)的單調(diào)性,并證明你的結(jié)論;(3)若f(x)為奇函數(shù),求滿意f(ax)<f(2)的x的取值范圍.18.(12分)已知f(x)是定義在R上的奇函數(shù),且對(duì)隨意實(shí)數(shù)x,恒有f(x+2)=-f(x).當(dāng)x∈[0,2]時(shí),f(x)=2x-x2.(1)求證:f(x)是周期函數(shù);(2)當(dāng)x∈[2,4]時(shí),求f(x)的解析式;(3)求f(0)+f(1)+f(2)+…+f(2022)的值.19.(12分)隨著人們生活水平的不斷提高,人們對(duì)餐飲服務(wù)行業(yè)的要求也越來越高,由于工作繁忙無法抽出時(shí)間來享受美味,這樣網(wǎng)上外賣訂餐應(yīng)運(yùn)而生.若某店的一款外賣便當(dāng)每月的銷售量y(單位:千盒)與銷售價(jià)格x(單位:元/盒)滿意關(guān)系式y(tǒng)=ax-12+4(x-16)2,其中12<x<16,a為常數(shù),已知當(dāng)銷售價(jià)格為14元(1)求a的值;(2)假設(shè)該款便當(dāng)?shù)氖澄锊牧稀T工工資、外賣配送費(fèi)等全部成本折合為每盒12元(只考慮銷售出的便當(dāng)盒數(shù)),試確定銷售價(jià)格x的值,使該店每月銷售該款便當(dāng)所獲得的利潤最大.(結(jié)果保留一位小數(shù))20.(12分)已知函數(shù)f(x)=lnx-ax+bx(a,b∈R),且對(duì)隨意x>0,都有f(x)+f1x=(1)求a,b的關(guān)系式;(2)若f(x)存在兩個(gè)極值點(diǎn)x1,x2,且x1<x2,求a的取值范圍.21.(12分)(2024江西上饒二模)已知函數(shù)f(x)=2exsinx(e是自然對(duì)數(shù)的底數(shù)).(1)求f(x)的單調(diào)區(qū)間;(2)記g(x)=f(x)-ax,0<a<6,試探討g(x)在區(qū)間(0,π)上的零點(diǎn)個(gè)數(shù).(參考數(shù)據(jù):eπ2≈422.(12分)(2024天津高考)已知a>0,函數(shù)f(x)=ax-xex.(1)求曲線f(x)在點(diǎn)(0,f(0))處的切線方程;(2)證明f(x)存在唯一的極值點(diǎn);(3)若存在a,使得f(x)≤a+b對(duì)隨意x∈R成立,求實(shí)數(shù)b的取值范圍.答案：1.D解析∵A∪B={x|x>-3},∴?U(A∪B)={x|x≤-3}.2.C解析要使函數(shù)有意義,需log12(所以函數(shù)的定義域是123.A解析設(shè)冪函數(shù)f(x)=xa,∵冪函數(shù)的圖象過點(diǎn)(4,2),∴4a=2,∴a=12,∴f(x)=x12由f(x)的性質(zhì)知,f(x)是非奇非偶函數(shù),定義域?yàn)閇0,+∞),在定義域內(nèi)無最大值,在定義域內(nèi)單調(diào)遞增.故選A.4.D解析A項(xiàng)中,當(dāng)m=0時(shí),滿意am2≤bm2,但a可以大于b,故命題是假命題,故A中說法正確;B項(xiàng)明顯正確;C項(xiàng)中,原命題是真命題,故其逆否命題也為真命題,故C中說法正確;D項(xiàng)中,p∨q為真命題,可知p,q至少有一個(gè)為真,但推不出p∧q為真命題,故D中說法錯(cuò)誤.故選D.5.D解析由f(-x)=f(x),x≠0可知f(x)是偶函數(shù),解除A;當(dāng)x>0時(shí),f(x)=ex-lnx-2,則f'(x)=ex-1x,可知f'(x)在區(qū)間(0,+∞)上單調(diào)遞增,且f'12=e12-2<0,f'(1)=e-1>0,則存在x0∈12,當(dāng)0<x<x0時(shí),f'(x)<0,f(x)單調(diào)遞減;當(dāng)x>x0時(shí),f'(x)>0,f(x)單調(diào)遞增,且x0是f(x)在區(qū)間(0,+∞)上的唯一微小值點(diǎn).故解除B,C,選D.6.C解析y=x2-3x-4=x-當(dāng)x=0或x=3時(shí),y=-4,故32≤m≤37.B解析∵ff45=8,∴f(4-m)=若4-m<1,即3<m,可得5(4-m)-m=8,解得m=2,舍去.若4-m≥1,即m≤3,可得24-m=8,解得m=1.故選B.8.D解析當(dāng)x=1時(shí),f(1)=1+1+sin1=2+sin1>2,解除A,C.又當(dāng)x→+∞時(shí),y→+∞,B項(xiàng)不滿意,D滿意.9.C解析由f(x)=0,得|logax|=2-x,函數(shù)y=|logax|,y=2-x=12由圖象可知,n>1,0<m<1,不妨設(shè)a>1,則有-logam=12m,logan=12n,兩式兩邊分別相減得loga(mn)=12n-10.B解析設(shè)從2017年后第n年該公司全年投入的研發(fā)資金起先超過200萬元,由已知得130×(1+12%)n>200,∴1.12n>200130,兩邊取常用對(duì)數(shù)得nlg1.12>lg200∴n>lg2-lg1.3lg1∴n≥4,故選B.11.D解析由2x=3y=5z,同時(shí)取自然對(duì)數(shù),得xln2=yln3=zln5.由2x3y=2ln33ln2再由2x5z=2ln55ln2所以3y<2x<5z.12.D解析可知f(x)=xx-1+sinπx=1+1x-記g(x)=1x-1+sinπx,則當(dāng)x∈[0,1)時(shí),g(2-x)=12-x-1+sinπ(2-x)=11即在區(qū)間[0,1)∪(1,2]上,函數(shù)f(x)關(guān)于點(diǎn)(1,1)中心對(duì)稱,故m+n=2.13.-1,-2,-3(答案不唯一)解析答案不唯一,如令a=-1,b=-2,c=-3,則a>b>c,而a+b=-3=c,能夠說明“設(shè)a,b,c是隨意實(shí)數(shù),若a>b>c,則a+b>c”是假命題.14.3解析∵奇函數(shù)f(x)滿意f(log124)而log124=-2<0,∴f(-2)=-3,即f(2)又∵當(dāng)x>0時(shí),f(x)=ax(a>0,且a≠1),∴f(2)=a2=3,解之,得a=3.15.e解析∵f(x)=(x-a)ex,∴f'(x)=ex+(x-a)ex=(x+1-a)ex,由f'(1)=(1+1-a)e=2e,得a=0.∴f(x)=xex,∴f(1)=e,把點(diǎn)(1,e)的坐標(biāo)代入切線方程y=2ex+b,得e=2e+b,得b=-e,∴a-b=e.16.-52,+∞解析因?yàn)閒'(x)=2x-2x2=2(x3-1所以f(x)min=f(1)=12+21=3因?yàn)間(x)=12x-m在區(qū)間[所以g(x)min=g(1)=12-m?x1∈[1,2],?x2∈[-1,1],使f(x1)≥g(x2),只需f(x)=x2+2x在區(qū)間[1,2]上的最小值大于等于g(x)=12x-m在區(qū)間[所以12-m≤3,即m≥-517.解(1)f(0)=a-220+1(2)f(x)在R上單調(diào)遞增.證明如下:∵f(x)的定義域?yàn)镽,∴任取x1,x2∈R且x1<x2,則f(x1)-f(x2)=a-22x1∵y=2x在R上單調(diào)遞增,且x1<x2,∴0<2x∴2x1-2x2<0,2x1+1∴f(x1)-f(x2)<0,即f(x1)<f(x2).∴f(x)在R上單調(diào)遞增.(3)∵f(x)是奇函數(shù),∴f(-x)=-f(x),即a-22-x解得a=1(或用f(0)=0去解).∴f(ax)<f(2)即f(x)<f(2),又∵f(x)在R上單調(diào)遞增,∴x<2.∴x的取值范圍為(-∞,2).18.(1)證明因?yàn)閒(x+2)=-f(x),所以f(x+4)=-f(x+2)=f(x).所以f(x)是周期為4的周期函數(shù).(2)解當(dāng)x∈[-2,0]時(shí),-x∈[0,2].由已知得f(-x)=2(-x)-(-x)2=-2x-x2,又f(x)是奇函數(shù),所以f(-x)=-f(x)=-2x-x2,所以f(x)=x2+2x.又當(dāng)x∈[2,4]時(shí),x-4∈[-2,0],所以f(x-4)=(x-4)2+2(x-4).又f(x)是周期為4的周期函數(shù),所以f(x)=f(x-4)=(x-4)2+2(x-4)=x2-6x+8.從而求得當(dāng)x∈[2,4]時(shí),f(x)=x2-6x+8.(3)解f(0)=0,f(2)=0,f(1)=1,f(3)=-1.又f(x)是周期為4的周期函數(shù),所以f(0)+f(1)+f(2)+f(3)=f(4)+f(5)+f(6)+f(7)=…=f(2012)+f(2013)+f(2014)+f(2015)=f(2016)+f(2017)+f(2024)+f(2024)=0.所以f(0)+f(1)+f(2)+…+f(2024)=0+f(2024)+f(2024)+f(2024)=0+0+1=1.19.解(1)當(dāng)x=14時(shí),y=21,代入關(guān)系式y(tǒng)=ax-12+4(x-得a2+16=21,解得a=10(2)由(1)可知,該款便當(dāng)每月的銷售量y=10x-12+4(x-16)2,所以每月銷售該款便當(dāng)所獲得的利潤f(x)=(x-12)10x-12+4(x-從而f'(x)=4(x-16)(3x-40).令f'(x)=0,得x=403當(dāng)x∈12,403時(shí),f'(x)>0,函數(shù)f當(dāng)x∈403,16時(shí),f'(x)<0,函數(shù)f所以當(dāng)x=403≈13.3時(shí),函數(shù)f(x)取得最大值故當(dāng)銷售價(jià)格為13.3元/盒時(shí),該店每月銷售該款便當(dāng)所獲得的利潤最大.20.解(1)令x=1,可得f(1)+f11=故f(1)=-a+b=0,即a=b.(2)由(1)可知f(x)=lnx-ax+ax,且x>則f'(x)=1x-a-a令g(x)=-ax2+x-a,要使f(x)存在兩個(gè)極值點(diǎn)x1,x2,則y=g(x)有兩個(gè)不相等的正數(shù)根,因此,a解得0<a<12或無解,故a的取值范圍是0<a<121.解(1)函數(shù)f(x)=2exsinx的定義域?yàn)镽.f'(x)=2ex(sinx+cosx)=22exsinx+由f'(x)>0,得sinx+π4>0,可得2kπ<x+π4<2kπ+π(k∈Z),解得2kπ-π4<x<2kπ+3由f'(x)<0,得sinx+π4<0,可得2kπ+π<x+π4<2kπ+2π(k∈Z),解得2kπ+3π4<x<7π4+2∴f(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為-π4+2kπ,3π4+2kπ(k∈Z),單調(diào)遞減區(qū)間為3π4+2kπ(2)由已知g(x)=2exsinx-ax,∴g'(x)=2ex(sinx+cosx)-a,令h(x)=2ex(sinx+cosx)-a,則h'(x)=4excosx.∵x∈(0,π),∴當(dāng)x∈0,π2時(shí),h'(x當(dāng)x∈π2,π時(shí),h'(x)<0,∴h(x)在區(qū)間0,π2上單調(diào)遞增,在區(qū)間π2,π上單調(diào)遞減,即g'(0)=2-a,g'π2=2eπ2-a>0,g'(π)=-2eπ①當(dāng)0<a≤2時(shí),g'(0)≥0,∴?x0∈π2,π,使得g'(x0)=0,∴當(dāng)x∈(0,x0)時(shí),g'(x)>0;當(dāng)x∈(x0,π)時(shí),g'(x∴g(x)在區(qū)間(0,x0)上單調(diào)遞增,在區(qū)間(x0,π)上單調(diào)遞減.∵g(0)=0,∴g(x0)>0.又g(π)=-aπ<0,∴由零點(diǎn)存在性定理可得,此時(shí)g(x)在區(qū)間(0,π)上僅有一個(gè)零點(diǎn).②當(dāng)2<a<6時(shí),g'(0)=2-a<0,g'(π)=-2eπ-a<0.又g'(x)在區(qū)間0,π2上單調(diào)遞增,在區(qū)間π2,π上單調(diào)遞減,而g'π2=2eπ2-a>0,∴?x1∈0,π2,x2∈π2,π,使得g'(x1)=0,g'(x2)=0,且當(dāng)x∈(0,x1),x∈(x2,π)時(shí),g'(x)<0;當(dāng)x∈(x1,x2)時(shí),g'(x)>0.∴g(x)在區(qū)間(0,∵g(0)=0,∴g(x1)<0,∵gπ2=2eπ2-π2a>2eπ2-3π>0,又g(π)=-aπ<0,∴由零點(diǎn)存在性定理可得,g(x)在區(qū)間(x1,x2)和(x2,π)內(nèi)各有一個(gè)零點(diǎn),即此時(shí)g(x)在區(qū)間(0,π)上有兩個(gè)零點(diǎn).綜上所述,當(dāng)0<a≤2時(shí),g(x)在區(qū)間(0,π)上僅有一個(gè)零點(diǎn);當(dāng)2<a<6時(shí),g(x)在區(qū)間(0,π)上有兩個(gè)零點(diǎn).22.解(1)f'(x)=a-(x+1)ex,則f'(0)=a-