2020年高考数学一轮复习强化训练题汇总1(含解析)

阶段复习检测(一)
集合与常用逻辑用语 函数、导数及其应用
(时间：100分钟 满分：120分)
一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50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．设集合A ＝⎩
⎨⎧
x ，y |x 24＋y 2
16＝1，B ＝{(x ，y )|y ＝3x }，则A ∩B 的子集的个数是( )
A ．1
B ．2
C ．3
D ．4
D [由函数y ＝3x 的图象及椭圆x 24＋y 2
16＝1知A ∩B 含2个元素，所以A ∩B 的子集的个数为22＝4个．]
2．曲线y ＝x 2＋ln x 在点(1,1)处的切线方程为( ) A ．3x －y －2＝0 B ．x －3y ＋2＝0 C ．3x ＋y －4＝0
D ．x ＋3y －4＝0
A [y ′＝2x ＋1
x
，故y ′|x ＝1＝3，故在点(1,1)处的切线方程为y －1＝3(x －1)，化简整理得3x －y －2＝0.]
3．(2019·安徽蚌埠一模)设a >0，且a ≠1，则“函数f (x )＝a x 在R 上是增函数”是“函数g (x )＝x a 在R 上是增函数”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
D [由函数f (x )＝a x 在R 上是增函数知，a >1；当a ＝3
2时，g (x )的定义域为(0，＋∞)，不能满足g (x )
＝x a 在
R 上是增函数；而当a ＝13时，g (x )＝x 1
3在R 上是增函数，此时f (x )＝⎝ ⎛⎭
⎪⎫13x 在R 上是减函数．]
4．(2019·贵州贵阳月考)已知函数f (x )的导函数为f ′(x )，且满足f (x )＝
f ′1x
＋x ，则f ′(1)＝( )
A ．－1
B ．－12
C ．12
D ．1
C [由f (x )＝
f ′1x
＋x ，得f ′(x )＝－
f ′1x 2
＋1，
故f ′(1)＝－f ′(1)＋1，即f ′(1)＝1
2
.]
5．(2019·山东日照模拟)设曲线y ＝sin x 上任一点(x ，y )处切线斜率为g (x )，则函数y ＝x 2g (x )的部分图象可以为( )
C [曲线y ＝sin x 上任一点(x ，y )处切线斜率为g (x )，∴g (x )＝cos x ，则函数y ＝x 2g (x )＝x 2·cos x ，设
f (x )＝x 2·cos x ，则f (－x )＝f (x )，cos(－x )＝cos x ，∴y ＝f (x )为偶函数，其图象关于y 轴对称，排除A 、B ．令x ＝0，得f (0)＝0.排除D ．]
6．若函数f (x )＝kx －ln x 在区间(1，＋∞)上单调递增，则k 的取值范围是( ) A ．(－∞，－2] B ．(－∞，－1] C ．[2，＋∞)
D ．[1，＋∞)
D [由条件知f ′(x )＝k －1x ≥0在(1，＋∞)上恒成立，即k ≥1x 在(1，＋∞)上恒成立，∵x >1，∴0<1
x
<1，∴
k ≥1.]
7．(2019·陕西宝鸡模拟)已知偶函数f (x )对∀x ∈R 满足f (2＋x )＝f (2－x )，且当－3≤x ≤0时，f (x )＝log 5(2
－x )，则f (2 015)的值为( )
A ．2 015
B ．2
C ．1
D ．0
C [∵f (2＋x )＝f (2－x )，∴f (4＋x )＝f [2－(2＋x )]＝f (－x )．又∵f (x )为偶函数，即f (－x )＝f (x )，∴f (x ＋4)＝f (x )，
则f (x )是以4为周期的周期函数，
∴f (2 015)＝f (3)＝f (－3)＝log 5[2－(－3)]＝1.]
8．做一个无盖的圆柱形水桶，若要使其体积是27π，且用料最省，则圆柱的底面半径为( ) A ．3 B ．4 C ．6
D ．5
A [设圆柱的底面半径为R ，母线长为l ，则V ＝πR 2l ＝27π，∴l ＝27
R
2，要使用料最省，只须使圆柱的侧
面积与下底面面积之和S 最小．由题意，S ＝πR 2＋2πRl ＝πR 2＋2π·
27R . ∴S ′＝2πR －54π
R
2，令S ′＝0，得R
＝3，则当R ＝3时，S 最小．]
9．已知a 为函数f (x )＝x 3－12x 的极小值点，则a ＝( ) A ．－4 B ．－2 C ．4
D ．2
D [由题意可得f ′(x )＝3x 2－12＝3(x －2)(x ＋2)，令f ′(x )＝0，得x ＝－2或x ＝2， 则f ′(x )，f (x )随x 的变化情况如下表：
10．函数f (x )的定义域是R ，f (0)＝2，对任意x ∈R ，f (x )＋f ′(x )>1，则不等式e x ·f (x )>e x ＋1的解集为( ) A ．{x |x >0}
B ．{x |x <0}
C ．{x |x <－1或x >1}
D ．{x |x <－1或0<x <1}
A [构造函数g (x )＝e x ·f (x )－e x ，因为g ′(x )＝e x ·f (x )＋e x ·f ′(x )－e x ＝e x [f (x )＋f ′(x )]－e x >e x －e x ＝0，所以
g (x )＝e x ·f (x )－e x 为R 上的增函数，又因为g (0)＝e 0·f (0)－e 0＝1，所以原不等式转化为g (x )>g (0)，解得x >0.]
二、填空题(本大题共4小题，每小题5分，共20分．把答案填在题中横线上)
11．(2019·广西桂林检测)如图，函数g (x )＝f (x )＋1
5x 2的图象在点P 处的切线方程是y ＝－x ＋8，则f (5)
＋f ′(5)＝__________.
－5 [由图象可得P 点坐标为(5,3)，得g (5)＝3，故f (5)＝g (5)－1
5×52＝－2，g ′(5)＝－1且g ′(x )＝f ′(x )
＋25x ，则f ′(5)＝g ′(5)－2
5
×5＝－3，故f (5)＋f ′(5)＝－2＋(－3)＝－5.] 12．(2019·广东汕头一模)已知函数f (x )＝1
2mx 2＋ln x －2x 在定义域内是增函数，则实数m 的取值范围
是__________.
[1，＋∞) [f ′(x )＝mx ＋1
x
－2≥0对一切x ＞0恒成立，
∴m ≥－⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2＋2x . 令g (x )＝－⎝ ⎛⎭⎪⎫1x 2＋2x
，则当1x ＝1时，函数g (x )取最大值1.故m ≥1.]
13．某商场从生产厂家以每件20元购进一批商品，若该商品零售价为p 元，销量Q (单位：件)与零售价
p (单位：元)有如下关系：Q ＝8 300－170p －p 2，则该商品零售价定为__________元时利润最大，利润的最大
值为__________元．
30 23 000 [设商场销售该商品所获利润为y 元，则y ＝(p －20)(8 300－170p －p 2)＝－p 3－150p 2
＋11 700p －166 000(p ≥20)，则y ′＝－3p 2－300p ＋11 700. 令y ′＝0得p 2＋100p －3 900＝0，解得p ＝30或p ＝－130(舍去)．则p ，y ，y ′变化关系如下表：
故当p ＝30时，y 又y ＝－p 3－150p 2＋11 700p －166 000在[20，＋∞)上只有一个极值，故也是最值．所以该商品零售价定为每件30元，所获利润最大为23 000元．]
14．(2019·山东临沂统考)对于函数f (x )，如果f (x )可导，且f (x )＝f ′(x )有实数根x ，则称x 是函数f (x )的驻点．若函数g (x )＝x 2(x ＞0)，h (x )＝ln x ，φ(x )＝sin x (0＜x ＜π)的驻点分别是x 1，x 2，x 3，则x 1，x 2，x 3的大小关系是__________(用“＜”连接)．
x 3＜x 2＜x 1 [由题意对于函数f (x )，如果f (x )可导，且f (x )＝f ′(x )有实数根x ，则称x 是函数f (x )的驻点．可
知函数
g (x )＝x 2(x ＞0)，可得2x ＝x 2，解得
x 1＝2，h (x )＝ln x ，可得1
x
＝ln x ，如图：
x 2∈(1,2)，φ(x )＝sin x (0＜x ＜π)，可得cos x ＝sin x ，解得x 3＝π
4＜1，所以x 3＜x 2＜x 1.]
三、解答题(解答应写出文字说明，证明过程或演算步骤)
15．(12分)已知定义在R 上的奇函数f (x )有最小正周期2，且当x ∈(0,1)时，f (x )＝2x
4x ＋1.
(1)求f (1)和f (－1)的值； (2)求f (x )在[－1,1]上的解析式． 解 (1)∵f (x )是周期为2的奇函数， ∴f (1)＝f (1－2)＝f (－1)＝－f (1)， ∴f (1)＝0，f (－1)＝0. (2)由题意知，f (0)＝0. 当x ∈(－1,0)时，－x ∈(0,1)． ∵f (x )是奇函数，
∴f (x )＝－f (－x )＝－2－x
4－x ＋1＝－2x
4x ＋1
，
综上，在[－1,1]上，f (x )＝⎩
⎪⎨⎪⎧
2x
4x
＋1，x ∈0，1，
－2x 4x
＋1
，x ∈－1，0，
0，x ∈{－1，0，1}.
16．(12分)设l 为曲线C ：y ＝ln x
x
在点(1,0)处的切线．
(1)求l 的方程；
(2)证明：除切点(1,0)之外，曲线C 在直线l 的下方． (1)解 ∵y ＝ln x x ，∴y ′＝1－ln x x
2
， ∴l 的斜率k ＝y ′|x ＝1＝1，∴l 的方程为y ＝x －1. (2)证明 令f (x )＝x (x －1)－ln x ，(x ＞0)，
曲线C 在直线l 的下方，即f (x )＝x (x －1)－ln x ＞0，
则f ′(x )＝2x －1－1
x
＝
2x ＋1x －1x
，
∴f (x )在(0,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，又f (1)＝0， ∴x ∈(0,1)时，f (x )＞0，即ln x
x
＜x －1；
x ∈(1，＋∞)时，f (x )＞0，即ln x x
＜x －1，
即除切点(1,0)之外，曲线C 在直线l 的下方． 17．(12分)(2019·湖北武汉调研)已知函数f (x )＝ln x －a x －1
x
(a ∈R )．
(1)求函数f (x )的单调区间；
(2)求证：不等式(x ＋1)ln x >2(x －1)对∀x ∈(1,2)恒成立． (1)解 定义域为(0，＋∞)，f ′(x )＝
x －a x 2
.
①a ≤0时，f ′(x )>0，f (x )在(0，＋∞)上为增函数；
②a >0时，f (x )在(a ，＋∞)上为增函数，在(0，a ) 上为减函数． (2)证明 法一 ∵x ∈(1,2)，∴x ＋1>0， ∴要证原不等式成立，
即证ln x >2x －1x ＋1对∀x ∈(1,2)恒立，
令g (x )＝ln x －2x －1x ＋1，g ′(x )＝
x －1
2x ＋12
≥0，
∴g (x )在(0，＋∞)上为增函数，
∴当x ∈(1,2)时，g (x )>g (1)＝ln 1－21－1
1＋1＝0，
∴ln x >2x －1
x ＋1对∀x ∈(1,2)恒成立，
∴(x ＋1)ln x >2(x －1)对∀x ∈(1,2)恒成立． 法二 令F (x )＝(x ＋1)ln x －2(x －1)，
F ′(x )＝ln x ＋
x ＋1x
－2＝ln x －
x －1x
.
令φ(x )＝ln x －
x －1x
，由(1)知a ＝1时，
φ(x )在(0,1)上为减函数，在(1，＋∞)上为增函数．
∵x ∈(1,2)，则φ(x )在(1,2)为增函数，φ(x )>φ(1)＝0， 即x ∈(1,2)，F ′(x )>0，∴F (x )在(1,2)上为增函数， ∴F (x )>F (1)＝0，
∴(x ＋1)ln x >2(x －1)对∀x ∈(1,2)恒成立．
18．(14分)(2019·辽宁丹东模拟)已知f (x )＝－3x 22＋ln x ，g (x )＝1
2x 2－2ax ＋1＋ln x .
(1)求函数f (x )的极值．
(2)若x 0是函数g (x )的极大值点，证明：x 0ln x 0－ax 20
＞－1. (1)解 f (x )定义域是(0，＋∞)，f ′(x )＝1－3x 2
x
，
令f ′(x )＝0得x ＝33
.列表：
当x ＝3
3时，f (x )取极大值－12－1
2
ln 3.
(2)证明 g (x )定义域是(0，＋∞)，g ′(x )＝x ＋1
x
－2a .
①若a ≤1，g ′(x )＝x ＋1
x
－2a ≥2－2a ≥0，g (x )单调递增无极值点，不符合题意；
②若a ＞1，g ′(x )＝0即x 2－2ax ＋1＝0有两个不等的实数根x 1和x 2(x 1＜x 2)，因为x 1x 2＝1，x 1＋x 2＝2a ＞0，所以0＜x 1＜1＜x 2.
当0＜x ＜x 1时，g '(x )＞0，当x 1＜x ＜x 2时，g '(x )＜0，当x ＞x 2时，g '(x )＞0，
所以g (x )在(0，x 1)单调递增，在(x 1，x 2)单调递减，在(x 2，＋∞)单调递增．所以x 0＝x 1为函数f (x )的极大值点，且0＜x 1＜1.
因为g '(x 1)＝0， 所以a ＝
x 21＋1
2x 1
.
所以x 1ln x 1－ax 21＝x 1ln x 1－x 31＋x 12＝x 31
2－12
x 1＋x 1ln x 1，x 1∈(0,1)．
令h (x )＝－x 32
－12
x ＋x ln x ，x ∈(0,1)，h ′(x )＝f (x )＋1
2
.
由(1)可知f (x )＋12≤f ⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫33＋12＝－12ln 3＜0，所以h (x )在(0,1)上单调递减，故h (x )＞h (1)＝－1，原题
得证．。