2022高考数学精英备考第一讲测试卷理

第一讲理测试卷一、选择题（每题5分，共50分）题号12345678910答案CABCDCADCB二、填空题（本大题共5小题，每题5分，共25分把答案填在题中横线上）1142a421271132140,115①③④333e41．C解：f0(x)sinx,f1(x)cosx，f2(x)f1/(x)sinx，f3(x)f2/(x)cosx，f4(x)f3/(x)sinx，f5(x)f4/(x)cosx，函数值呈周期T=4出现，f2009(x)f1(x)cosx，应选C2A易知充分性建立，举反例：x1.1,y0.9知必要性不建立3B利用f(x)是奇函数，且周期为3，所以f(2)f(1)f(1)，解不等式即可()|log11f(3)，f(2)f(3)，又知f(x)在(0,1)上单减，应选由|)f(2),f()fx3x23C5D0y3x28tan1，x(3,8)(8,3)，故知无整数点433因为f(x)ax2b|x|c(a0)是偶函数，所以由对称性知f(x)在x(0,)上有两个单一区间，由f(x)ax2bxc(a0,x0)知，需对称轴xb02a7．A由题易知f(10)f(10),f(9)f(9)，故为偶函数8Dx[1,1],x4[3,5],则f(x)f(x4)2x，判断自变量距离轴远近即可9C令tex，则yta,t[1,e]，若a0，则uta为双勾函数，且t[1,e]时，u0，tt故只要u在t[1,e]上单增，由其图象知a1，故0a1；若a0，因为yta，在t[1,e]t上单增，故需uta在t[1,e]上恒大于0，则只要ua1a0若a0，10，因此，t1t，在t[1,e]上单增所以a[1,1]10．B当|m|2时，f(x)x2mx30恒建立当|m|2时，mxx23恒建立．当x0时，f(x)30显然建立当x3m∵m的最小值是2．∴0，x33x32．进而解得0x1当x0，xm∵m的最大值是2，∴xxx2，xx进而解得1x0．综上可得1x1，进而(ba)max1(1)211提示:f(x)4x33ax22xx(4x23ax2),易知极值点只有x0,只要4x23ax20恒大于,其方程鉴别式小于零即可71提示:注意积分中的范围3e13．提示:由f＋99的解析式求f的解析式运算量较大，但这里我们注意到，=f＋99与=f，其图象仅是左右平移关系，它们取得的最大值和最小值是相同的。由yx24x34(x1)22立刻求得f的最小值即f＋199的最小值是2．214提示:T2,数形联合法便可15提示:研究函数y1x32x(x0)的单一性和最值易知，①④对②错；当x0，函数3yexx1没有零点，易求y1x32x0(x0)有两个根，故③对3三、解答题：（本大题共6小题，共75分解答应写出文字说明、推理过程或演算步骤）16（本小题满分12分）解：由f(x)f(x3)0有f(x3)f(x)，当1x1时，f(x3)f(x)2x3-----------6分设x3t，则由1x1得2t4，又xt3，于是f(t)2(t3)32t9，故当2x4时，f(x)2x9．-----------12分17解：（1）已知fx1x3mx2nx，f'xx22mxn3又gxf'x2x3x2m2xn3在x2处取极值，2则g'2222m20m3，又在x2处取最小值-5则g22224n35n2fx1x33x22x3（2）要使fx1x3mx2nx单一递减，则f'xx22n03mx又递减区间长度是正整数，所以f'xx22mxn0两根设做a，b。即有：b-a为区间长度。又baab24ab4m24n2m2nm,nN又b-a为正整数，且mn<10,所以m=2，n=3或，m3,n5切合。18（本小题满分12分）解：（I）由题意得：今年度每辆车的投入成本为10×（1）；出厂价为13×（1）；年销售量为5000×（1）因此今年度的收益为y[13(10.7x)10(1x)]5000(10.4x)(30.9x)5000(10.4x)1800x21500x15000(0x1)-----------5分（Ⅱ）今年度的收益为f(x)(30.9x)3240(x22x5)3240(0.9x34.8x24.5x5)----------3-6分则'()3240(2.729.64.5)972(95)(3),分xxxxx-------------8f由f'(x)0,解得x5或x3,9当x(0,5)时，f9当x(5,1)时，f9

'(x)0,f(x)是增函数；'(x)0,f(x)是减函数∴当x5时，f(x)取极大值f(5)20000万元，99因为f（）在（0，1）上只有一个极大值，所以它是最大值．即当x5时，今年度的年收益最大，最大收益为20000万元．-----------12分919（此题满分12分）解：（Ⅰ）设yf(x)与yg(x)(x0)在公共点(x0，y0)处的切线相同．∵f(x)x2a，g(x)3a2g(x0)，f(x0)g(x0)．，由题意f(x0)x122，2x02ax03alnx0b3a2得：x0a，或x03a（舍去）．即3a2由x02ax02a，x0x0即有b1a22a23a2lna5a23a2lna．225t23t2lnt(t1令h(t)0)，则h(t)2t(13lnt)于是当t(13lnt)0，即0te3时，2h(t)0；111当t(13lnt)0，即te3时，h(t)0．故h(t)在0，e3为增函数，在e3，∞为减函数，12于是h(t)在(0，∞)的最大值为he33e3．2（Ⅱ）设F(x)f(x)g(x)1x22ax3a2lnxb(x0)，2则F(x)x2a3a2(xa)(x3a)(x0)．故F(x)在(0，a)为减函数，在(a，∞)xx为增函数，于是函数F(x)在(0，∞)上的最小值是F(a)F(x0)f(x0)g(x0)0．故当x0时，有f(x)g(x)≥0，即当x0时，f(x)≥g(x)．20．（本小题满分12分）解：1函数Fxfxgxxalnx的定义域为0,x∴F'x1a1x2xax2xx2①当14a0,即a1时,得x2xa0,则F'x04∴函数Fx在0,上单一递增②当14a0,即a1时,令F'x0,得x2xa0,4解得x1114a0,x2114a2210,则x2114a0ⅰ若a24∵x0,,∴F'x0,∴函数Fx在0,上单一递增ⅱ若a0,则x0,114a时,F'x0;2x114a,时,F'x0,2∴函数Fx在区间0,114a上单一递减,在区间114a,上单一递增22综上所述,当a0时,函数Fx的单一递增区间为0,;当a0时,函数Fx的单一递减区间为0,114a,单一递增区间为2114a2,2解:gxfx2e,得lnxxa2e,化为lnxx22exa由x2x2xx令hxlnx,则h'x1lnx令h'x0,得xexx2当0xe时,h'x0;当xe时,h'x0∴函数hx在区间0,e上单一递增,在区间e,上单一递减∴当xe时,函数hx取得最大值,其值为he1e而函数mxx22exaxe2ae2,当xe时,函数mx取得最小值,其值为meae2∴当ae21,即ae21时,方程gxfx2e只有一个根x2ee21．（本小题满分14分）解：（1）f1(x)1-2x，在(0,)上没有下界；因为f1(x)1-2x在(0,)上单一递减，所以无下界。f2(x)x16x(0,5]有下界，下界为8,由于xf2(x)x16此时x040,5,对随意的x0,5，都存在x040，5有xf2(x)f2(4)8建立--------2分（2）类比函数有“下界”的定义，函数有“上界”能够这样定义：关于定义在D上的函数yfx，若存在x0D，对随意的xD，都有f则称函数在区间上有“上界”，把f(x)称为函数fx在D上的“上界”。．．．．．．．．．．．0．．．．．．．

xfx0，16f3(x)xx（x(0,5]）无上界，当x(0,4]时f3(x)x16f3(x)在无最大值，即不单一递减，x存在x00,5，对随意的x0,5，都有fxfx0-----5分（3）F(x)xx2a3是上的“有界函数”ⅰ当时F(x)x|x|3在上单一递增F(x)maxF(2)F(x)minF(1)幅度F(2)F(1)3----6分ⅱ当时在上单一递增F(x)maxF(2)F(x)minF(1)幅度F(2)F(1)32a----8分ⅲ当①时F(x)maxF(2)F(x)minF(1)，幅度F(2)F(1)2a3；13201256

a3时F(x)maxF(a)F(x)minF(2)，幅度F(a)F(2