高考数二轮复习专题突破练92.12.4组合练理

PAGEPAGE6。。内部文件，版权追溯专题突破练92.1~2.4组合练(限时90分钟,满分100分)一、选择题(共9小题,满分45分)1.(2018湖南长郡中学五模,文2)已知集合A={x|log3(2x-1)≤0},B={x|y=},全集U=R,则A∩(∁UB)等于()A. B.C. D.2.(2018四川成都三模,理5)已知实数a=2ln2,b=2+ln2,c=(ln2)2,则a,b,c的大小关系是()A.a<b<c B.b<c<aC.c<a<b D.c<b<a3.已知函数y=loga(x+c)(a,c为常数,其中a>0,a≠1)的图象如图所示,则下列结论成立的是()A.a>1,c>1 B.a>1,0<c<1C.0<a<1,c>1 D.0<a<1,0<c<14.函数f(x)=locosx<x<的图象大致是()5.(2018河南郑州一模,理12)已知函数f(x)=x3-9x2+29x-30,实数m,n满足f(m)=-12,f(n)=18,则m+n=()A.6 B.8C.10 D.126.已知函数f(x)为偶函数,当x≤0时,f(x)为增函数,则“<x<2”是“f[log2(2x-2)]>f”的()A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充要条件D.既不充分也不必要条件7.(2018河北衡水中学三模,文11)若函数f(x)=a(x-2)ex+lnx+在(0,2)上存在两个极值点,则a的取值范围是()A.B.4.C解析-<x<时,y=cosx是偶函数,并且y=cosx∈(0,1],函数f(x)=locosx是偶函数,cosx∈(0,1]时,f(x)≥0.∴四个选项,只有C满足题意.故选C.5.A解析y=x3-9x2+29x-30=x3-9x2+27x-27+2x-3=(x-3)3+2(x-3)+3,y-3=(x-3)3+2(x-3),得出函数关于(3,3)对称,=3,根据对称性=3,所以m+n=6.6.D解析由f(x)是偶函数且当x≤0时,f(x)为增函数,则x>0时,f(x)是减函数,故由“f[log2(2x-2)]>f,得|log2(2x-2)|<=log2,故0<2x-2<,解得1<x<,因<x<2”是“1<x<成立的既不充分也不必要条件,故选D.7.D解析由题意可知f'(x)=aex(x-1)+=0有两个不等根.即aex(x-1)=-,x∈(0,2),有一根x=1.另一根在方程-=x2ex,x∈(0,2)中,令h(x)=x2ex,x∈(0,2),h'(x)=ex(x2+2x)>0,∴h(x)在x∈(0,2)且x≠1上单调递增.∴-h(1)=e,即h(x)∈(0,4e2)且a≠-∴0<-<4e2,∴a<-且a≠-即a8.A解析利用排除法,当a=0时,f(x)=x3,f'(x)=x2≥0,函数在定义域上单调递增,|f(x1)-f(x2)|≤f(1)-f(0)=1,满足题意,排除CD选项,当a=时,f(x)=x3-x,f'(x)=x2-<0,函数在定义域上单调递减,|f(x1)-f(x2)|≤f(0)-f(1)=1≤1,满足题意,排除B选项,故选A.9.B解析由x+y2ey-a=0成立,得y2ey=a-x,∴对任意的x∈[0,1],总存在唯一的y∈[-1,1],使得x+y2ey-a=0成立,∴a-1≥(-1)2e-1,且a-0≤12×e1,解得1+a≤e,其中a=1+时,y存在两个不同的实数(舍去),所以实数a的取值范围是,故选B.10.1解析∵a>0,∴1-a<1,1+a>1,由f(1-a)=f(1+a)得2-a=,即a2-2a+1=0,所以a=1.11解析∵函数f(x),g(x)分别是定义在R上的偶函数和奇函数,且f(x)+g(x)=2x+x,可得f(-x)+g(-x)=2-x-x,即为f(x)-g(x)=2-x-x,解得f(x)=(2x+2-x),即f(log25)=()=12.-<m<0解析由g(x)=f(x)-m=0得f(x)=m.作出函数y=f(x)的图象,当x>0时,f(x)=x2-x=-;当x≤0时,f(x)=x,如图.所以要使函数g(x)=f(x)-m有三个不同的零点,只需直线y=m与函数y=f(x)的图象有三个交点即可,结合图象可知,m的取值范围为-<m<0.13.(1)解∵f'(x)=ex-2ax,f'(1)=e-2a=b,f(1)=e-a+1=b+2,解得a=1,b=e-2.(2)证明设g(x)=f(x)-(e-2)x-2=ex-x2-(e-2)x-1,则g'(x)=ex-2x-(e-2),设h(x)=ex-2x-(e-2),h'(x)=ex-2.所以g'(x)在(0,ln2)内单调递减,在(ln2,+∞)内单调递增,又g'(0)=3-e>0,g'(ln2)=2-2ln2-e+2=4-2ln2-e<0,g'(1)=0,∴存在x0∈(0,ln2),使得g'(x)=0,∴当x∈(0,x0)∪(1,+∞)时,g'(x)>0;当x∈(x0,1)时,g'(x)<0,故g(x)在(0,x0)内单调递增,在(x0,1)内单调递减,在(1,+∞)内单调递增,又g(0)=g(1)=0,∴g(x)=ex-x2-(e-2)x-1≥0,当且仅当x=1时取等号,∴f(x)-(e-2)x-2≥0,即f(x)≥(e-2)x+2.14.解(1)f'(x)=(x>0),当a<0时,f'(x)<0,知f(x)在(0,+∞)上是递减的;当a>0时,f'(x)=,知f(x)在(0,)上是递减的,在(,+∞)上是递增的.(2)由(1)知,a>0,f(x)min=f()=1-lna,依题意得1-lna<0,即a>e,由a=e2得f(x)=-2lnx(x>0),x1∈(0,e),x2∈(e,+∞),由f(2e)=2-2ln2>0及f(x2)=0得x2<2e,即x2∈(e,2e),欲证x1+x2>2e,只要x1>2e-x2,注意到f(x)在(0,e)上是递减的,且f(x1)=0,只要证明f(2e-x2)>0即可,由f(x2)=-2lnx2=0得=2e2lnx2,所以f(2e-x2)=-2ln(2e-x2)=-2ln(2e-x2)=-2ln(2e-x2)=4-+2lnx2-2ln(2e-x2),x2∈(e,2e),令g(t)=4-+2lnt-2ln(2e-t),t∈(e,2e),则g'(t)=->0,知g(t)在(e,2e)上是递增的,于是g(t)>g(e),即f(2e-x2)>0,综上,x1+x2>2e.15.(1)证明当m=0时,即证:ex-x+sinx>0,∵ex-x+sinx≥ex-x-1,令g(x)=ex-x-1,则g'(x)=ex-1,当x>0时,有g'(x)>0.当x>0时,g(x)单调递增;当x<0时,有g'(x)<0.当x<0时,g(x)单调递减,∴g(x)≥g(0)=0.∵取等号条件不一致,∴ex-x+sinx>0,∴f(x)>-ex.(2)解依题意f'(x)=cosx-1+3mx2≥0在x≥0上恒成立,令F(x)=cosx-1+3mx2,F(0)=0,F'(x)=6mx-sinx,又令H(x)=x-sinx⇒H'(x)=1-sinx≥0,所以当x≥0时,H(x)在(0,+∞)上单调递增,∴H(x)≥H(0)=0,因此sinx≤x(x≥0)⇒-sinx≥-x,∴F'(x)≥6mx-x=(6m-1)x,讨论:①当m,x≥0时,F'(x)≥0,F(x)单调递增;∴F(x)≥F(0)=0,符合题意.②当m≤0时,F=-1+3m<0,不符合题意,舍去.③当0<