2020-2021高考数学考前专项练习精编(新课程)(精华) (28)
2020-2021高考数学考前专项练习精编(新课程)(精华) (30)
( ) 4.已知函数f(x)的定义域为 R,f(x)+f
1 x
=2,ab=
-log2-1(2+1),f(a)=-1,则f(b)=
()
A.-4 B.3
C.0
D.2
5.已知抛物线x2=2py(p>0)的准线方程为y=-1,△ABC
的顶点A 在抛物线上,B,C 两点在直线y=2x-5上,若
→
→
|AB-AC|=2
8题图
12题图
二、多项选择题(共4小题,每小题5分,共20分)
9.函数f(x)=x(4ex-2x--1ex)的部分图象不可能是
(
=
;tan2(α-β)=
.
( ) 15.当a为与变量x
无
关
的
实
数
时,x12
3
+ax+ a
3
展开
)
式中常数项的最小值为
.
{ 16.已知函数f(x)=
xex-x2-2x(x≤1),当 2x-3(x>1)
5,则△ABC
面积的最小值为
()
A.是否倾向选择生育二胎与户籍有关 B.是否倾向选择生育二胎与性别无关 C.倾向选择生育二胎的人员中,男性人数与女性人数相同
A.5
B.4
C.1 2
D.1
6.设{an}是等差数列,下列结论中正确的是 A.若a2017+a2018>0,则a2018+a2019>0 B.若a2017+a2018<0,则a2018+a2019<0
最小值为0
三、填空题(共4小题,每小题5分,共20分)
13.在一个容量为5的样本中,数据均为整数,已测出其平 均数为10,但墨水污损了两个数据,其中一个数据的十
2020-2021高考数学考前专项练习精编(新课程)(精华) (35)
2.已知 m,n是两条不同直线,α,β是两个不同平面,给出四 个命题:
命题:① 函 数f(x)是 以 2 为 周 期 的 周 期 函 数;② 函 数 f(x)是以4为周期的周期函数;③函数f(x-1)为奇函 数;④函数f(x-3)为偶函数,则其中真命题的个数是
()
A.1
B.2
C.3
D.4
①若α∩β=m,n⊂α,n⊥m,则α⊥β;②若 m⊥α,m⊥β,则
D.③④
46
②将y=sin2x
的图象沿x
轴向右
平移
π个 6
单位,得到
A.①
B.②
C.①②
D.①②③
9.随 着 2022 年 北 京 冬 奥 会 的 临 近,中 国 冰 雪 产 业 快 速 发 展,冰雪运动人 数 快 速 上 升,冰 雪 运 动 市 场 需 求 得 到 释
放.如图是2012-2018 年 中 国 雪 场 滑 雪 人 数 (单 位:万
取的15名志愿者身高与臂展的折线图,右图为所对应
的散点图,并求得其回归方程为 =1.16x-30.75,以下
结论中正确的为
()
积计算原理,即祖暅原理:“幂势既同,则积不容异”.意
思是:夹在两个 平 行 平 面 之 间 的 两 个 几 何 体,被 平 行 于
这两个平面的任意平面所截,如果截得的两个截面的面
①曲线C 恰好经过6个整点(即横、纵坐标均为整数的 点);
②曲线C 上任意一点到原点的距离都不超过 2;
A.p1,p3
B.p1,p4
5.下列命题中:
C.p2,p3
D.p3,p4
③曲线C 所围成的“心形”区域的面积小于3.
其中,所有正确结论的序号是
()
专题03 函数(解析版)-2020-2021学年高考数学精选新题专项汇编(全国通用)
2020-2021学年高考数学精选新题专项汇编（全国通用）专题03 函数一．选择题1．（2021•一模拟）函数f （x ）=e e −e −ee 2的奇偶性为（ ）A ．偶函数B ．奇函数C ．非奇非偶函数D ．既是奇函数又是偶函数【解答】解：由题可得，函数的定义域为{x |x ≠0}，关于原点对称， 又因为f （﹣x ）=e −e −e ee 2=−f （x ），故函数f （x ）=e e −e −ee 2为奇函数，故选：B ．2．（2021•二十模拟）已知f （x ）是定义在R 上的函数，且f （﹣x ）+f （x ）＝0，f （x +12）＝f （1﹣x ），当x ∈[−34，0）时，f （x ）＝2x ，则f （2020）＝（ ） A ．1B ．2C ．12D ．−12【解答】解：由f （﹣x ）+f （x ）＝0，可知f （x ）是奇函数， ∵f （x +12）＝f （1﹣x ），即f （x +32）＝f （﹣x ）＝﹣f （x ），∴f （x +3）＝f （x ）， 可得周期T ＝3．则f （2020）＝f （1）＝f （12）＝﹣f （−12）．当x ∈[−34，0）时，f （x ）＝2x ， ∴f （−12）＝﹣1， 得f （2020）＝1； 故选：A ．3．（2021•十九模拟）若ln （a +4b ）＝lna +lnb ﹣1，则e +e e的取值范围为（ ）A ．（7e ，7）B ．[9e ，7）C ．（9e ，+∞）D ．[9，+∞）【解答】解：由ln （a +4b ）＝lna +lnb ﹣1，可得a +4b =ee e，所以4e+1e=1e，因为a ＞0，b ＞0，所以e +e e=（a +b ）•（4e+1e）＝5+4e e+e e≥5+4＝9．当且仅当a ＝2b ＝6e 时，取等号． 所以e +e e的取值范围为[9，+∞）．故选：D ．4．（2021•山东模拟）函数f （x ）＝sin （e e −e −e e e +e−e ）+cos （e e −e −e e e +e −e）的图象大致是（ ）A ．B ．C ．D ．【解答】解：函数f （x ）的定义域为R ，令e (e )=e e −e −ee e +e −e =e 2e −1e 2e +1=1−2e 2e +1，可知函数t （x ）在R 上单调递增，且t （x ）的值域为（﹣1，1），又因为e =eeee +eeee =√2eee (e +e4)，e +e 4∈(−1+e 4，1+e4)，结合复合函数的单调性，可知函数f （x ）先增后减，故选项A ，B 错误；当−1＜e ＜−e4时，f （x ）＜0，f （0）＝1，故选项D 错误．故选：C ．5．（2021•十五模拟）已知函数f （x ）＝xlnx ﹣x 2，g （x ）＝me x ﹣x ，若对任意的x ∈（0，+∞），f （x ）的图象恒在g （x ）图象的上方，则实数m 的取值范围为（ ） A ．（﹣∞，0）B ．（﹣∞，−1e 2）C ．[−1e 2，0]D ．（−1e 2，0）【解答】解：对任意的x ∈（0，+∞），f （x ）的图象恒在g （x ）图象的上方， 即为xlnx ﹣x 2＞me x ﹣x 对x ＞0恒成立，可得m ＜e e e（1﹣x +lnx ），可令h （x ）=e e e，h ′（x ）=1−e e e，可得h （x ）在（0，1）递增，（1，+∞）递减，当x ＞0时，h （x ）∈（0，1e]，令t =e e e ，则x ＞0时，t ∈（0，1e ]，lnt ＝ln ee e =lnx ﹣x ， 此时m ＜t （lnt +1），设u （t ）＝t （lnt +1），（0＜t ≤1e ），u ′（t ）＝2+lnt ，当0＜t ＜1e2时，u （t ）递减，当t ∈（1e 2，1e）时，u （t ）递增，可得u （t ）的最小值为u （1e 2）=−1e 2， 所以m ＜−1e 2，故选：B ．6．（2020•天河区二模）若x ，a ，b 均为任意实数，且（a +2）2+（b ﹣3）2＝1，则（x ﹣a ）2+（lnx ﹣b ）2的最小值为（ ） A ．3√2B ．18C ．3√2−1D ．19﹣6√2【解答】解：（a +2）2+（b ﹣3）2＝1，可得（a ，b ）在（﹣2，3）为圆心，1为半径r 的圆上，（x ﹣a ）2+（lnx ﹣b ）2表示点（a ，b ）与点（x ，lnx ）的距离的平方， 设过切点（m ，lnm ）的切线与过（﹣2，3）的法线垂直， 可得eee −3e +2•1e =−1，即有lnm +m 2+2m ＝3，由f （m ）＝lnm +m 2+2m 在m ＞0递增，且f （1）＝3， 可得切点为（1，0），圆心与切点的距离为d =√(1+2)2+(0−3)2=3√2，可得（x ﹣a ）2+（lnx ﹣b ）2的最小值为（3√2−1）2＝19﹣6√2， 故选：D ．7．（2020•衡阳三模）设函数e (e )={2e ，e ≤12e 2−ee −eee ，e ＞12，若f （x ）有最小值，则实数a 的取值范围为（ ） A ．[√2，+∞)B ．[2，+∞）C ．[ee2−14，+∞) D ．[1，+∞）【解答】解：要使f （x ）有最小值，只须当e ＞12时，f min （x ）≤0． 当e ＞12时，e ′(e )=2e −e −1e ， 因为2e −1e ∈(−1，+∞)若a ≤﹣1时，f '（x ）＞0，f （x ）在(12，+∞)上单调递增，此时f （x ）无最小值；若a ＞﹣1时，e ′(e )=2e 2−ee −1e，记2x 2﹣ax ﹣1＝0两根分别为x 1，x 2， 则x 1＜0＜x 2，∴f （x ）在（0，x 2）上单调递减，在（x 2，+∞）上单调递增，此时e eee (e )=e (e 2)=e 22−ee 2−eee 2=1−e 22−eee 2≤0，则x 2≥1， 所以e =2e −1e≥1，故选：D ．8．（2020•广州二模）若关于x 的不等式e 2x ﹣alnx ≥12a 恒成立，则实数a 的取值范围是（ ）A ．[0，2e ]B ．（﹣∞，2e ]C ．[0，2e 2]D ．（﹣∞，2e 2]【解答】解：当a ＜0时，f （x ）＝e 2x ﹣alnx 为（0，+∞）的增函数，f （x ）无最小值，不符合题意； 当a ＝0时，e 2x ﹣alnx ≥12a 即为e 2x ≥0显然成立；当a ＞0时，f （x ）＝e 2x ﹣alnx 的导数为f ′（x ）＝2e 2x −ee ，由于y ＝2e 2x −ee在（0，+∞）递增，设f ′（x ）＝0的根为m ，即有a ＝2me 2m ，当0＜x ＜m 时，f ′（x ）＜0，f （x ）递减；当x ＞m 时，f ′（x ）＞0，f （x ）递增， 可得x ＝m 处f （x ）取得极小值，且为最小值e 2m ﹣alnm ， 由题意可得e 2m ﹣alnm ≥12a ，即e2e −alnm ≥12a ，化为m +2mlnm ≤1，设g （m ）＝m +2mlnm ，g ′（m ）＝1+2（1+lnm ）， 当m ＝1时，g （1）＝1，m ＞1时，g ′（m ）＞0，g （m ）递增， 可得m +2mlnm ≤1的解为0＜m ≤1， 则a ＝2me 2m ∈（0，2e 2]， 综上可得a ∈[0，2e 2]， 故选：C ．9．（2020•桃城区校级模拟）已知函数f （x ）满足：∈对任意0≤x 1＜x 2，都有e (e 1)−e (e 2)e 1−e 2＜0；∈函数y ＝f （x +2）的图象关于点（﹣2，0）对称．若实数a ，b 满足f （a 2+2b ）≤﹣f （﹣b 2﹣2a ），则当e ∈[12，1]时，ee +e的取值范围为（ ） A ．[18，12]B ．[14，12]C ．[12，1]D ．[2，4]【解答】解：由对任意0≤x 1＜x 2，都有e (e 1)−e (e 2)e 1−e 2＜0，可得，f （x ）在[0，+∞）上单调递减．由函数y ＝f （x +2）的图象关于点（﹣2，0）对称，得函数y ＝f （x ）的图象关于原点对称，可得函数y ＝f （x ）为奇函数，故f （x ）在R 上单调递减．于是得f （a 2+2b ）≤f （b 2+2a ），∴a 2+2b ≥b 2+2a ，∴b 2﹣a 2+2a ﹣2b ≤0，∴（b ﹣a ）[b ﹣（2﹣a ）]≤0． 则当e ∈[12，1]时，令a ＝x ，b ＝y ，则问题等价于点（x ，y ）满足区域{(e −e )[e −(2−e )]≤012≤e ≤1，如图阴影部分，由线性规划知识可知ee 为（x ，y ）与（0，0）连线的斜率， 由图可得ee =e e∈[1，3]，∴ee +e=11+ee∈[14，12]．故选：B ．10．（2019•天津）已知a ∈R ．设函数f （x ）={e 2−2ee +2e ，e ≤1，e −eeee ，e ＞1．若关于x 的不等式f （x ）≥0在R上恒成立，则a 的取值范围为（ ） A ．[0，1]B ．[0，2]C ．[0，e ]D ．[1，e ]【解答】解：当x ＝1时，f （1）＝1﹣2a +2a ＝1＞0恒成立； 当x ＜1时，f （x ）＝x 2﹣2ax +2a ≥0∈2a ≥e 2e −1恒成立， 令g （x ）=e 2e −1=−e 21−e=−(1−e −1)21−e=−(1−e )2−2(1−e )+11−e=−（1﹣x +11−e−2）≤﹣（2√(1−e )⋅11−e−2）＝0，∴2a ≥g （x ）max ＝0，∴a ≥0．当x ＞1时，f （x ）＝x ﹣alnx ≥0∈a ≤eeee 恒成立， 令h （x ）=eeee ，则h ′（x ）=eee −e ⋅1e(eee )2=eee −1(eee )2，当x ＞e 时，h ′（x ）＞0，h （x ）递增， 当1＜x ＜e 时，h ′（x ）＜0，h （x ）递减， ∴x ＝e 时，h （x ）取得最小值h （e ）＝e ， ∴a ≤h （x ）eee=e ，综上a 的取值范围是[0，e ]． 故选：C ．11．（2020•海南）已知函数f （x ）＝lg （x 2﹣4x ﹣5）在（a ，+∞）上单调递增，则a 的取值范围是（ ） A ．（2，+∞）B ．[2，+∞）C ．（5，+∞）D ．[5，+∞）【解答】解：由x 2﹣4x ﹣5＞0，得x ＜﹣1或x ＞5． 令t ＝x 2﹣4x ﹣5，∵外层函数y ＝lgt 是其定义域内的增函数，∴要使函数f （x ）＝lg （x 2﹣4x ﹣5）在（a ，+∞）上单调递增， 则需内层函数t ＝x 2﹣4x ﹣5在（a ，+∞）上单调递增且恒大于0， 则（a ，+∞）∈（5，+∞），即a ≥5． ∴a 的取值范围是[5，+∞）． 故选：D ．12．（2020•天津）函数y =4ee 2+1的图象大致为（ ）A ．B ．C ．D ．【解答】解：函数y =4e e 2+1的定义域为实数集R ，关于原点对称，函数y ＝f （x ）=4ee 2+1，则f （﹣x ）=−4ee 2+1=−f （x ），则函数y ＝f （x ）为奇函数，故排除C ，D ， 当x ＞0时，y ＝f （x ）＞0，故排除B ， 故选：A ． 二．填空题13．（2021•三模拟）函数f （x ）是定义在R 上的偶函数，f （x ﹣1）是奇函数，且当0＜x ≤1时，f （x ）＝log 2020x ，则f （2019）+f （−12020）＝ ﹣1 ．【解答】解：因为f （x ）是定义在R 上的偶函数，所以f （﹣x ）＝f （x ），可得f （﹣x ﹣1）＝f （x +1），因为f （x ﹣1）是奇函数，所以f （﹣x ﹣1）＝﹣f （x ﹣1）， 所以f （x +1）＝﹣f （x ﹣1），f （x +2）＝﹣f （x ）， f （x +4）＝f （x ），所以f （x ）为周期是4的周期函数，所以f （2019）+f （−12020）＝f （﹣1）+f （12020）＝f （1）+f （12020）＝0+log 202012020=−1． 故答案为：﹣1．14．（2021•浙江模拟）已知f （x ）是定义在（1，+∞）上的增函数，若对于任意的x ，y ∈（1，+∞），均有f （x ）+f （y ）＝f （2x +y ），且f （2）＝1，则不等式f （x ）+f （x ﹣1）﹣2≥0的解集为 [52，+∞） ．【解答】解：根据f （x ）+f （y ）＝f （2x +y ），f （2）＝1， 可得2＝1+1＝f （2）+f （2）＝f （24），由f （x ）+f （x ﹣1）﹣2≥0，得f （x ）+f （x ﹣1）≥2， 可化为f （22x ﹣1）≥f （24），由f （x ）是定义在（1，+∞）上的增函数， 得{22e −1≥24e ＞1e −1＞122e −1＞1，解得x ≥52，所以不等式f （x ）+f （x ﹣1）﹣2≥0的解集为[52，+∞）． 故答案为：[52，+∞）．15．（2020•邵阳三模）已知函数f （x ）是定义域为R 的偶函数，且在区间[0，+∞）上单调递减．若实数a 满足f （log 3a ）+e (eee 13e )≥2e (1)，则实数a 的取值范围是 [13，3] ．【解答】解：∵f （x ）是定义在R 上的偶函数， ∴不等式f （log 3a ）+e (eee 13e )≥2e (1)，等价为f （log 3a ）+f （﹣log 3a ）≥2f （1）， 即2f （log 3a ）≥2f （1），f （log 3a ）≥f （1）， 即f （|log 3a |）≥f （1），∵在区间[0，+∞）上单调递减，∴|log 3a |≤1，即﹣1≤log 3a ≤1， 解得13≤a ≤3，故答案为：[13，3]．16．（2020•柯城区校级模拟）已知函数e (e )=√e 2+e e 2−1的值域为[0，+∞），则实数t 的取值范围是 （﹣∞，14] ．【解答】解：令y ＝x 2+e e 2−1，∈当t ＜0时，y ＝x 2+ee 2−1，设m ＝x 2＞0，则y ＝m +ee −1在（0，+∞）上单调递增， ∴y 的值域为R ，∵[0，+∞）∈R ，∴t ＜0符合题意； ∈当t ＝0时，y ＝x 2+ee 2−1＝x 2﹣1≥﹣1， ∵[0，+∞）∈[﹣1，+∞），∴t ＝0符合题意； ∈当t ＞0时，y ＝x 2+e e 2−1≥2√e 2⋅e e 2−1＝2√e −1，当且仅当|x |=√e 4时，等号成立，∵[0，+∞）∈[2√e −1，+∞）， ∴2√e −1≤0，解得0＜t ≤14，综上所述，实数t 的取值范围是（﹣∞，14]．故答案为：（﹣∞，14]．17．（2020•柯桥区二模）已知函数e (e )={e e −e ，e ≥0e 2+(4e −3)e +3e ，e ＜0（a ＞0且a ≠1）在R 上单调递减，且关于x 的方程|f （x ）|＝2﹣x 恰好有两个不相等的实数解，则a 的取值范围是 [14，23]∪{34} ． 【解答】解：由y ＝a x ﹣a 在[0，+∞）上单调递减，则0＜a ＜1，函数f （x ）在R 上单调递减，则：{3−4e 2≥00＜e ＜102+(4e −3)⋅0+3e ≥e 0−e解得14≤a ≤34，由图象可知，在[0，+∞）上，|f （x ）|＝2﹣x 有且仅有一个解， 故在（﹣∞，0）上，|f （x ）|＝2﹣x 同样有且仅有一个解，当3a ＞2，即a ＞23时，联立|x 2+（4a ﹣3）x +3a |＝2﹣x ，则△＝（4a ﹣2）2﹣4（3a ﹣2）＝0， 解得a =34或1（舍去），当1﹣a ≤3a ≤2，即14≤a ≤23时，由图象可知，符合条件， 综上：a 的取值范围为[14，23]∪{34}． 故答案为：[14，23]∪{34}．18．（2020•滨州三模）已知函数f （x ）=e 2−2e +1e −2，e (e )=e e −4(e ＞1)．若∈x 1∈[3，+∞），∈x 2∈[3，+∞），使得f （x 1）＝h （x 2），则实数a 的最大值为 2 ． 【解答】解：f （x ）=e 2−2e +1e −2=x +1e −2，导数为f ′（x ）＝1−1(e −2)2，由x ≥3可得x ﹣2≥1，则f ′（x ）≥0，即有f （x ）在[3，+∞）递增，可得f （x ）的最小值为f （3）＝4， 即f （x ）的值域为A ＝[4，+∞），由h （x ）＝a x ﹣4（a ＞1）在[3，+∞）递增，可得h （x ）≥h （3）＝a 3﹣4，即h （x ）的值域为B ＝[a 3﹣4，+∞）， 由∈x 1∈[3，+∞），∈x 2∈[3，+∞），使得f （x 1）＝h （x 2）， 可得[4，+∞）∈[a 3﹣4，+∞）， 则a 3﹣4≤4，解得a ≤2， 可得a 的最大值为2． 故答案为：2．19．（2020•南岗区校级四模）已知函数f （x ）＝x ，g （x ）＝alnx ，其中a ＞0，若∈x 1∈[2，3]，∈x 2∈[2，3]，使得f （x 1）f （x 2）＝g （x 1）g （x 2）成立，则a ＝ √2eee2 ． 【解答】解：由函数f （x ）＝x ，g （x ）＝alnx ，又若∈x 1∈[2，3]，∈x 2∈[2，3]，使得f （x 1）f （x 2）＝g （x 1）g （x 2）成立，可得e 1eee 1•e2eee 2=a 2，设h （x ）=eeee，2≤x ≤3，可得f ′（x ）=eee −1ee 2e，当2≤x ＜e 时，h ′（x ）＜0，h （x ）递减；当e ＜x ＜3时，h ′（x ）＞0，h （x ）递增， 可得h （x ）的最小值为h （e ）＝e ， 而h （2）﹣h （3）=2ee2−3ee3=ee9−ee8ee2⋅ee3＞0，可得h （2）＞h （3），即h （x ）的最大值为h （2）=2ee2，可得h （x ）的值域为[e ，2ee2]，1e (e )的值域为[ee22，1e ]，由题意可知，[e ，2ee2]∈[e 2ee22，e 2e]，即有e ≥e 2ee22，且2ee2≤e 2e，则2e ＝a 2ln 2，解得a =√2eee2（负的舍去）． 故答案为：√2e ee2．20．（2020•徐州模拟）若函数f （x ）＝|xlnx ﹣a |+a ，x ∈（0，1]的最大值为0，则实数a 的最大值为 −12e ． 【解答】解：令y ＝xlnx ﹣a ，x ∈（0，1]，则y ′＝lnx +1， 由y ′＝0，可得x =1e ．则当x ∈（0，1e ）时，y ＝xlnx ﹣a 单调递减，当x ∈（1e ，+∞）时，y ＝xlnx ﹣a 单调递增． ∴y ＝xlnx ﹣a 在（0，1]上的极小值为1eee 1e−e =−1e−e ．又当x →0时，y ＝xlnx ﹣a →﹣a ，当x ＝1时，y ＝xlnx ﹣a ＝﹣a ．∴若−1e −e ≥0，则f （x ）＝|xlnx ﹣a |+a 在（0，1]上的最大值为﹣a +a ＝0，即a ≤−1e ； 若−1e −e ＜0，则f （x ）＝|xlnx ﹣a |+a 在（0，1]上的最大值为max {2a +1e ，|a |+a }，当a ＞−12e 时，最大值为2a +1e ＞0，不合题意； 当−1e ＜a ≤−12e时，f （x ）＝|xlnx ﹣a |+a 在（0，1]上的最大值为﹣a +a ＝0，符合题意．综上，若函数f （x ）＝|xlnx ﹣a |+a ，x ∈（0，1]的最大值为0，则实数a 的最大值为−12e．故答案为：−12e ．21．（2020•福州模拟）已知函数f （x ）＝ax ﹣lnx ﹣1，g （x ）=e 327，用max {m ，n }表示m ，n 中的最大值，设φ（x ）＝max {f （x ）．g （x ）}．若φ（x ）≥e3在（0，+∞）上恒成立，则实数a 的取值范围为 [43，+∞）【解答】解：当x ∈（0，3）时，g （x ）=e 327＜e 3；x ∈[3，+∞）时，g （x ）≥e 3，所以φ（x ）≥e3在[3，+∞）必成立，问题转化为f （x ）≥e3在（0，3）恒成立，由ax ﹣lnx ﹣1≥e3恒成立，可得a ≥eee +1e+13在x ∈（0，3）恒成立， 设h （x ）=eee +1e+13，x ∈（0，3），可得h ′（x ）=−eee e 2，由0＜x ＜1时，h ′（x ）＞0，h （x ）递增，1＜x ＜3时，h ′（x ）＜0，h （x ）递减， 可得x ＝1处，h （x ）取得极大值，且为最大值， 则h （x ）max ＝h （1）=43，故a ≥43，即a 的取值范围是[43，+∞）． 故答案为：[43，+∞）．22．（2021•上海）已知函数f （x ）＝3x +e3e+1（a ＞0）的最小值为5，则a ＝ 9 ． 【解答】解：f （x ）＝3x +e 3e+1=3x +1+e3e+1−1≥2√e −1＝5，所以a ＝9，经检验，3x ＝2时等号成立． 故答案为：9． 三．解答题23．（2021•十模拟）设函数f （x ）＝|x ﹣2|+|x ﹣a |，其中a ∈R ． （Ⅰ）当a ＝1时，解不等式f （x ）≥2x ﹣1；（Ⅱ）若关于x 的不等式f （x ）≥x ﹣1恒成立，求a 的取值范围． 【解答】解：（Ⅰ）当a ＝1时，f （x ）＝|x ﹣2|+|x ﹣1|， 当x ≤1时，f （x ）＝2﹣x +1﹣x ≥2x ﹣1，解得x ≤1，当1＜x ＜2时，f （x ）＝2﹣x +x ﹣1＝1≥2x ﹣1，解得x ≤1，所以无解，当x ≥2时，f （x ）＝x ﹣2+x ﹣1＝2x ﹣3≥2x ﹣1，即﹣2≥0，显然不成立，所以无解， 综上：不等式f （x ）≥2x ﹣1的解集为（﹣∞，1]；（Ⅱ）因为f （2）≥1成立，即|2﹣a |≥1，解得a ≤1或a ≥3， 设函数F （x ）＝f （x ）﹣x +1，则F （x ）≥0恒成立，若a ≥3，则F （x ）={e −1−e ，e ≥e−e +e −1，2＜e ＜e −3e +3+e ，e ≤2，由此F （x ）min ＝﹣1与F （x ）≥0恒成立矛盾，若a ≤1，则F （x ）={e −1−e ，e ≥2−e +3−e ，e ＜e ＜2−3e +3+e ，e ≤e，由此F （x ）min ＝1﹣a ≥0恒成立，符合F （x ）≥0恒成立的要求， 综上，a 的取值范围为（﹣∞，1]．24．（2021•十五模拟）已知函数f （x ）＝|2x ﹣1|，g （x ）＝5ax ﹣2，a ∈R ．（1）当a =12时，在同一坐标系中画出函数f （x ）与g （x ）的图象，根据图象间的关系直接写出不等式f （x ）＞g （x ）的解集；（2）若存在x ∈[﹣5，5]，使得g （x ﹣2）＞f （x ）成立，求实数a 的取值范围．【解答】解：（1）当a =12时，g （x ）=52x ﹣2，画出函数f （x ）与g （x ）的图象如图所示．令2x ﹣1=52x ﹣2，解得x ＝2，∴函数f （x ）的图象在g （x ）的图象上方，所对应的x 的范围为x ＜2， ∴不等式f （x ）＞g （x ）的解集为（﹣∞，2）．（2）由g （x ﹣2）＝5a （x ﹣2）﹣2，知其图象恒过点（2，﹣2）， 当a ＝0时，g （x ﹣2）的图象恒在f （x ）图象的下方，不满足题意； 当a ＞0时，由g （5﹣2）＞f （5），得15a ﹣2＞9，解得a ＞1115； 当a ＜0时，由g （12−2）＞f （12），得−152a ﹣2＞0，解得a ＜−415．综上所述，实数a 的取值范围为（﹣∞，−415）∪（1115，+∞）．25．（2020•江西模拟）已知函数f （x ）=√e 2+2e +1−|2x ﹣4|的最大值为t ． （1）求t 的值；（2）是否存在正实数a ，b ，c 满足a +b +c ＝t 且a 2+4b 2+c 2＝2√3，若存在，求出满足条件的一组解；若不存在，请说明理由．【解答】解：（1）e (e )=√e 2+2e +1−|2e −4|=|e +1|−|e −2|−|e −2|≤|（x +1）﹣（x ﹣2）|﹣|x ﹣2|≤3，当且仅当“x ＝2”时取等号， ∴t ＝3；（2）假设存在满足条件的一组解，则e 2+4e 2+e 2=49[e 2+(2e )2+e 2]⋅[12+(12)2+12]≥49(e +e +e )2=4，故a 2+4b 2+c 2＝2√3不可能成立，即不存在正实数a ，b ，c 满足a +b +c ＝t 且a 2+4b 2+c 2＝2√3． 26．（2020•广东四模）已知函数f （x ）＝|2x +1|﹣2|x ﹣2|． （1）求函数f （x ）的值域；（2）若函数f （x ）的最大值为m ，设正实数a ，b 满足a +2b ＝m ，求2e +1e 的最小值． 【解答】解：（1）当e ≤−12时，f （x ）＝﹣2x ﹣1+2（x ﹣2）＝﹣5当−12＜e ＜2时，f （x ）＝2x +1+2（x ﹣2）＝4x ﹣3∈（﹣5，5），当x ≥2时，f （x ）＝2x +1﹣2（x ﹣2）＝5， ∴函数f （x ）的值域是[﹣5，5]．（2）由（1）可知，函数f （x ）的最大值是m ＝5， ∴a +2b ＝5， ∴2e +1e=e +2e 5(2e+1e)=15(4+4e e+e e)≥15(4+4)=85，当且仅当2b ＝a 时，即a =52，b =54时，取等号；∴2e +1e 的最小值是85．27．（2021•二模拟）已知f （x ）＝ln （x +1）﹣a （x +2）（a ∈R ）．（Ⅰ）若y ＝f （x ）在x ＝0处的切线恰好与曲线y =e8x 2相切，求f （x ）的极值；（Ⅱ）若对∈x ∈（﹣1，1]，不等式f （x ）＜0恒成立，求实数a 的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）由题意可得f （x ）＝ln （x +1）﹣a （x +2）的定义域为（﹣1，+∞）， f ′（x ）=1e +1−a ，则f ′（0）＝1﹣a ，f （0）＝﹣2a ，所以y ＝f （x ）在x ＝0处的切线的方程为y ＝（1﹣a ）x ﹣2a ， 由{e =(1−e )e −2e e =e 8e2消去y ，可得e8x 2﹣（1﹣a ）x +2a ＝0， 由题意可得a ≠0，且△＝（a ﹣1）2﹣a 2＝0，解得a =12， 所以f （x ）＝ln （x +1）−12（x +2），所以f ′（x ）=1e +1−12=1−e2(e +1)， 令f ′（x ）＝0，可得x ＝1，当﹣1＜x ＜1时，f ′（x ）＞0，f （x ）在（﹣1，1）递增； 当x ＞1时，f ′（x ）＜0，f （x ）在（1，+∞）递减， 所以f （x ）在x ＝1处取得极大值，即f （x ）的极大值为f （1）＝ln 2−32，没有极小值；（Ⅱ）对∈x ∈（﹣1，1]，不等式f （x ）＜0恒成立， 即为ln （x +1）＜a （x +2）在∈x ∈（﹣1，1]恒成立， 可得a ＞ee (e +1)e +2在∈x ∈（﹣1，1]恒成立， 设g （x ）=ee (e +1)e +2，g ′（x ）=e +2e +1−ee (e +1)(e +2)2，设函数h （x ）=e +2e +1−ln （x +1），x ∈（﹣1，1]，则h ′（x ）=−1(e +1)2−1e +1=−e +2(e +1)2＜0，即函数h （x ）在（﹣1，1]上递减， 故h （x ）≥h （1）=32−ln 2＞0， 所以g ′（x ）＞0在（﹣1，1]上恒成立， 故g （x ）在（﹣1，1]上递增，所以g （x ）在（﹣1，1]上的最大值为g （1）=ee23，故只需a ＞ee23，f （x ）＜0恒成立，所以a 的取值范围是（ee23，+∞）．28．（2020•德阳模拟）已知函数f （x ）=√e 2+2e +1+√e 2−6e +9−m ≥0恒成立． （1）求m 的取值范围；（2）若m 的最大值为n ，当正数a 、b 满足23e +e +1e +2e =n 时，求7a +4b 的最小值．【解答】解：（1）f （x ）=√e +2e +1+√e −6e +9−m ＝|x +1|+|x ﹣3|﹣m ≥0∈m ≤|x +1|+|x ﹣3|恒成立，因为|x +1|+|x ﹣3|≥|x +1﹣x +3|＝4，当且仅当﹣1≤≤3时取得等号． 所以m ≤4，即m 的取值范围是（﹣∞，4]； （2）由（1）可得n ＝4，即23e +e+1e +2e=4，（a ＞0，b ＞0），可令3a +b ＝s ，a +2b ＝t ，∈ 即有2e +1e =4， 由∈解得a =2e −e 5，b =3e −e 5，所以7a +4b =7(2e −e )5+4(3e −e )5=2s +t=14（2e+1e）（2s +t ）=14（4+1+2e e+2e e）≥14（5+2√2e e⋅2e e）=94，当且仅当s ＝t ，即b ＝2a =310时取得等号． 所以7a +4b 的最小值为94．29．（2020•镜湖区校级模拟）已知函数f （x ）＝|3x ﹣1|+|x +1|． （Ⅰ）解不等式f （x ）≤2；（Ⅱ）记函数g （x ）＝f （x ）+2|x +1|的值域为M ，若t ∈M ，求4e +4e 的最小值．【解答】解：（Ⅰ）依题意，得e (e )={−4e ，e ≤−1，−2e +2，−1＜e ＜13，4e ，e ≥13．于是e (e )≤2⇔{e ≤−1−4e ≤2或{−1＜e ＜13−2e +2≤2或{e ≥134e ≤2， 解得0≤e ≤12．即不等式f （x ）≤2的解集为{e |0≤e ≤12}．（Ⅱ）g （x ）＝|3x ﹣1|+3|x +1|≥|3x ﹣1﹣（3x +3）|＝4，当且仅当（3x ﹣1）（3x +3）≤0时，取等号，所以M ＝[4，+∞）． 则e =4e +4e 在[4，+∞）单调递增， 所以4e +4e =4(1e +e )≥4×(14+4)=17． 所以4e +4e 的最小值为17．30．（2020•香坊区校级一模）已知函数f （x ）＝（x ﹣2）e x ． （Ⅰ）判断方程f （x +1）＝ln （x +1）﹣x 的根个数；（Ⅱ）若x ≥0时，f （x ）≥k （x 2﹣2x ﹣1）恒成立，求实数k 的取值范围．【解答】解：（Ⅰ）设g （x ）＝f （x +1）﹣ln （x +1）+x ＝（x ﹣1）e x +1﹣ln （x +1）+x ，x ∈（﹣1，+∞）， e ′(e )=ee e +1−1e +1+1=e (e e +1+1e +1)， ∵x ＞﹣1，∴e e +1+1e +1＞0， 令g ′（x ）＝0，∴x ＝0，∴g（x）在（﹣1，0）上是减函数，在（0，+∞）上是增函数．∴g（x）min＝g（0）＝﹣e＜0，∵x→﹣1时，g（x）→+∞且g（1）＝1﹣ln2＞0，∴方程f（x+1）＝ln（x+1）﹣x的根的个数为2；（Ⅱ）设h（x）＝f（x）﹣k（x2﹣2x﹣1）＝（x﹣2）e x﹣k（x2﹣2x﹣1），x∈[0，+∞），由题意可得h（x）min≥0．h′（x）＝（x﹣1）（e x﹣2k），∵x≥0，∴e x≥1，（1）当2k≤1时，即e≤12，∴e x﹣2k≥0，令h′（x）＝0，∴x＝1，∴h（x）在[0，1）上是减函数，在（1，+∞）上是增函数，∴h（x）min＝h（1）＝﹣e+2k≥0，∴e≥e2（舍）；（2）当2k＞1时，即e＞12，令h′（x）＝0，∴x＝1或ln（2k），∈当ln（2k）＝1时，即e=e2，∴h′（x）≥0，∴h（x）在[0，+∞）上是增函数，∴ℎ(e)eee=e(0)=−2+e2＜0（舍）；当ln（2k）＜1时，即12＜e＜e2，令h′（x）＞0∴x∈[0，ln（2k））∪（1，+∞），令h′（x）＜0，∴x∈（ln（2k），1），∴h（x）在[0，ln（2k））上是增函数，在（ln（2k），1）上是减函数，在（1，+∞）上是增函数，∴h（0）＝﹣2+k＜0且h（1）＝﹣e+2k＜0，∴h（x）min＜0，∴不等式不恒成立（舍）；当ln（2k）＞1时，即e＞e2，令h′（x）＞0，∴x∈[0，1）∪（ln（2k），+∞），令h′（x）＜0∴x∈（1，ln（2k）），∴h （x ）在[0，1）上是增函数，在（1，ln （2k ））上是减函数，在（ln （2k ），+∞）上是增函数， ∴h （0）＝﹣2+k ≥0，∴k ≥2，且h （ln （2k ））＝﹣k （ln （2k ）﹣1）（ln （2k ）﹣3）≥0， ∴e2≤e ≤e 32∴e ∈[2，e 32]．综上所述，实数k 的取值范围是[2，e 32]．31．（2020•上虞区二模）已知函数f （x ）＝2x ﹣a sin x ，g （x ）＝x cos x ，x ∈R ． （Ⅰ）当a ＝4时，求函数f （x ）在（0，2π）上的单调区间；（Ⅱ）若函数F （x ）＝f （x ）+g （x ）＞0对任意的x ＞0恒成立，求正整数a 的最大值． 【解答】解：（Ⅰ）显然f （x ）＝2x ﹣4sin x ，x ∈（0，2π），f ′（x ）＝2﹣4cos x ， 令f ′（x ）＝0，即cos x =12，解得x =e3或x =5e 3，于是f （x ）在（e 3，5e 3）上单调递增，在（0，e 3），（5e 3，2π）上单调递减；（Ⅱ）F （x ）＝f （x ）+g （x ）＝（2+cos x ）x ﹣a sin x ，得F ′（x ）＝2+（1﹣a ）cos x ﹣x sin x ， 令g （x ）＝2+（1﹣a ）cos x ﹣x sin x ，则g ′（x ）＝（a ﹣2）sin x ﹣x cos x ．1，若0＜a ≤2，则∈当x ∈（0，e2]时，F （x ）＝（2+cos x ）x ﹣a sin x ＞2sin x +x cos x ﹣a sin x ≥x cos x ≥0， 或者由g ′（x ）≤0，得e eee (e )≥e (e2)=2−e2，于是F （x ）＞F （0）＝0． ∈当e ∈(e2，e ]时，对于a 而言，F （x ）＝（2+cos x ）x ﹣a sin x ＞（2+cos x ）x ﹣2sin x ， 故g ′（x ）＝﹣x cos x ＞0，g （x ）＞g （e2）＝π﹣2＞0，所以F （x ）＞F （e2）＝π﹣a ＞0． ∈当x ∈（π，+∞）时，F （x ）＞π﹣a ＞0；2，若2＜a ≤3，则∈当x ∈（0，π]时，对于a 而言，F （x ）≥（2+cos x ）x ﹣3sin x ＝g （x ）， 此时，g （x ）＝﹣x sin x ﹣2cos x +2，g ′（x ）＝sin x ﹣x cos x ＝cos x （tan x ﹣x ），显然，x ∈（0，e2]时，g ′（x ）＞0；e ∈(e 2，e ]时，g ′（x ）＞0，故g （x ）＞g （0）＝0，于是F （x ）＞F （0）＝0；∈当x ∈（π，+∞）时，F （x ）＞π﹣a ＞0．3，若a ＞3，则令e =e2，e (e2)=e −e ＞0不恒成立，显然a ≤3．综上所述，正整数a 的最大值为3．32．（2021•上海）已知函数f （x ）=√|e +e |−e −x ． （1）若a ＝1，求函数的定义域；（2）若a ≠0，若f （ax ）＝a 有2个不同实数根，求a 的取值范围；（3）是否存在实数a ，使得函数f （x ）在定义域内具有单调性？若存在，求出a 的取值范围． 【解答】解：（1）当a ＝1时，f （x ）=√|e +1|−1−e ， 由|x +1|﹣1≥0，得|x +1|≥1，解得x ≤﹣2或x ≥0． ∴函数的定义域为（﹣∞，﹣2]∪[0，+∞）； （2）f （ax ）=√|ee +e |−e −ee ， f （ax ）＝a ∈√|ee +e |−e =ee +e ，设ax +a ＝t ≥0，∴√e −e =e 有两个不同实数根，整理得a ＝t ﹣t 2，t ≥0， 同时a ≠0，∴a ∈（0，14）；（3）当x ≥﹣a 时，f （x ）=√|e +e |−e −x =√e −e =−(√e −12)2+14，在[14，+∞）上单调递减，此时需要满足﹣a ≥14，即a ≤−14，函数f （x ）在[﹣a ，+∞）上递减；当x ＜﹣a 时，f （x ）=√|e +e |−e −x =√−e −2e −e ，在（﹣∞，﹣2a ]上递减， ∵a ≤−14＜0，∴﹣2a ＞﹣a ＞0，即当a ≤−14时，函数f （x ）在（﹣∞，﹣a ）上递减．综上，当a ∈（﹣∞，−14]时，函数f （x ）在定义域R 上连续，且单调递减．。
2020-2021高考数学考前专项练习精编(新课程)(精华) (32)
(
)
B={2,3},则A÷B 的真子集个数为
( ) A.-i
B.-1
C.1
D.i2
A.3
B.4
C.7
D.15
2.若z= æèç1+2iöø÷2020(i是虚数单位),则z等于
(
{ ( ) ax,x>1,
) 10.若函数f(x)=
4-a2
在 x+2,x≤1
R
上单调递增,
A.-i
B.-1
C.1
D.i
则实数a的取值范围不能为
()
A.①
B.②
C.③
D.④
12.已知定义在 R上的函数f(x),其导数f'(x)的大致图
象如图所示,则下列叙述正确的是
()
4题图
7题图
12题图
5.已知双曲线C:xa22 -yb22 =1(a>0,b>0)的右焦点到渐近线y
=abx 的距离为2a,则双曲线C的离心率为
()
(1)f(a)>f(e)>f(d); (2)函数f(x)在(a,c)上递增,在(c,e)上递减; (3)f(x)的极值点为c,e; (4)f(x)的极大值为f(b). A.(1) B.(2) C.(3) D.(4)
7如图所示的几何体中,四边形 ABCD 是边长为 2的正方 15.在直三 棱 柱 ABC-A1B1C1 中,AC=3,BC=3,AB=
形,矩形ADD1A1 所在的平面垂直于平面ABCD,且 AA1 =2,则该几何体ABCD-A1D1 的外接球的体积是( )
3 2,AA1=4,则异面直线 A1C 与BC1 所成角的余弦
4.去年年底甲、乙、丙、丁四个县人口总数为 m 万,各县人
2020-2021高考数学考前专项练习精编(新课程)(精华) (20)
()
A.2
B.3
C.5
D.25
6.设3x=2,y=ln2,z=8-1 2 ,则
()
A.x<y<z
B.y<z<x
C.z<x<y
D.z<y<x
7.设函数f(x)=2cos(3x+θ)(0<θ<π),f'(x)为f(x)的
导函数,若函数g(x)=f(x)+f'(x)的图象关于原点对
称,则tanθ的值是
()
9.甲乙两名同学6次考试的成绩统计如图所示,甲乙两组
数据的平均数分别为x甲 、x乙 ,标准差分别为σ甲 ,σ乙 ,则
()
9题图
12题图
10.在下列命题中,错误命题是
()
①两个复数不能比较大小;
②复数z=i-1对应的点在第四象限;
③若 (x2 -1)+ (x2 +3x+2)i是 纯 虚 数,则 实 数
教师到甲、乙两个学校交流,规定每个学校派去3名老
师且必须含有语文老师和数学老师,则不同的安排方案
有
()
A.10种 B.11种 C.12种 D.15种
5.已知双曲线C:xa22-yb22=1(a>0,b>0),过左焦点F1 的
直线切圆x2+y2=a2 于点 P,交双曲线 C 的右支于点
→
→
Q,若F1P=PQ,则双曲线C 的离心率为
小题标准练（二）
一、单项选择题(共8小题,每小题5分,共40分) 1.若集合 A={x∈N|2x≤8},B={1,2,3,4},则 A∩B=
()
A.{0,1,2,3}
B.{1,2,3}
2020-2021高考数学考前专项练习精编(新课程)(精华) (12)
大题专项练（九）1.已知椭圆C :y 2a 2+x 2b 2=1(a >b >0)的焦距为4,且过点(2,-2).(1)求椭圆C 的方程.(2)过椭圆上焦点的直线l 与椭圆C 分别交于点E ,F ,求O E ң㊃O F ң的取值范围.2.已知椭圆x 22+y 2=1上两个不同的点A ,B 关于直线y =m x +12对称.(1)求实数m 的取值范围.(2)求әA O B 面积的最大值(O 为坐标原点).3.如图所示,已知直线l :y =k x -2与抛物线C :x 2=-2p y (p >0)交于A ,B 两点,O 为坐标原点,O A ң+O B ң=(-4,-12).(1)求直线l 和抛物线C 的方程.(2)抛物线上一动点P 从A 到B 运动时,求әA B P 面积的最大值.4.已知点E ,F 分别是椭圆C :x 2a 2+y 2b 2=1(a >b >0)的上顶点和左焦点,若E F 与圆x 2+y 2=43相切于点T ,且点T 是线段E F 靠近点E 的三等分点.(1)求椭圆C 的标准方程.(2)直线l :y =k x +m 与椭圆C 只有一个公共点P ,且点P 在第二象限,过坐标原点O 且与l 垂直的直线l '与圆x 2+y 2=8相交于A ,B 两点,求әP A B 面积的取值范围.5.如图,已知抛物线x 2=y.点A (-12,14),B (32,94),抛物线上的点P (x ,y )-12<x <32(),过点B 作直线A P 的垂线,垂足为Q .(1)求直线A P 斜率的取值范围.(2)求P A ң㊃P Qң的最小值.6.已知椭圆C :x 2a 2+y 2b2=1(a >b >0)的离心率为32,短轴长为2.(1)求椭圆C 的标准方程.(2)设直线l :y =k x +m 与椭圆C 交于M ,N 两点,O 为坐标原点,若k OM ㊃k ON =54,求原点O 到直线l 的距离的取值范围.03。
2020-2021高考数学考前专项练习精编(新课程)(精华) (14)
3.已知圆O:x2+y2=4,点F(1,0),P 为平面内一动点,以 线段FP 为直径的圆内切于圆O,设动点 P 的轨迹为曲 线C. (1)求曲线C 的方程. (2)M,N 是 曲 线C 上 的 动 点,且 直 线 MN 经 过 定 点
( ) 0,1 2 ,问在y 轴 上 是 否 存 在 定 点Q,使 得 ∠MQO=
32
5.已知椭圆Γ:xa22
+yb22
=1(a>b>0)的
离
心
率
为
3,椭 2
圆
上的点到左焦点的最小值为2- 3. (1)求椭圆Γ 的方程. (2)已知直线x=1与x 轴交于点M ,过点 M 的直线AB 与Γ 交于A,B 两点,点 P 为直线x=1上任意一点,设 直线AB 与直线x=4交于点 N,记PA,PB,PN 的斜率 分别为k1,k2,k0,则是否存在实数λ,使得k1+k2=λk0 恒 成立? 若存在,请求出λ的值;若不存在,请说明理由.
(1)求椭圆C 的标准方程. (2)是否存在实数k,使得|OA→+OB→|=|OA→-OB→|(其圆C 上是否存在一点P,当 FP→+FA→ +FB→ =0 时,有|FA→|,|FP→|,|FB→|成 等 差 数
坐标原点)成立? 若存在,求出实数k 的值;若不存在, 列?
∠NQO,若存在,请求出定点 Q;若不存在,请说明理由.
6.已知椭圆
E:xa22
+yb22
=1(a>b>0)的
离
心
率
为
1 2
,且
点
( ) P 1,3 2 在椭圆E 上.
(1)求椭圆E 的方程.
(2)过点 M(1,1)任作一条直线l,l与椭圆E 交于不同于
2020-2021高考数学考前专项练习精编(新课程)(精华) (8)
非自学不足
自学不足 合计
配有智能手机
30
没有智能手机
10
合计
(1)请完成上面的列联表. (2)根据列联表的数据,能否有99%的把握认为“自学不 足”与“配有智能手机”有关? 附表及公式:K2=(a+b)(an+(acd)-(bbc+)d2)(c+d),其中n= a+b+c+d
P(K2>k0) 0.15 0.10 0.05 0.025 0.010 0.005 0.001
根据前4个月的数据,求出y 关于x 的线性回归方程
= x+ .
(3)若由线性回归方程得到的利润的估计数据与真实数
据的误差不超过2万元,则认为得到的利润的估计数据
是理想的.请用表 格 中 第 5 个 月 的 数 据 检 验 由 (2)中 回
归方程所得的第5个月的利润的估计数据是否理想?
n
∑xiyi -nxy
k0 2.072 2.706 3.841 5.024 6.635 7.879 10.828
22
3.在“新零售”模式的背景下,某大型零售公司为推广线下 分店,计划在S 市的A 区开设分店.为了确定在该区开 设分店的个数,该公司对该市已开设分店的其他区的数
据作了初步处理后得到下列表格.记x 表示在各区开设 分店的个数,y表示这x 个分店的年收入之和.
n
∑xiyi -nxy
参 考 公 式: =
x+
,
= i=1 n
=
∑xi2 -nx2
i=1
n
∑ (xi -x)(yi -y)
i=1 n
,=y- x.
∑ (xi -x)2
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一、单项选择题(共8小题,每小题5分,共40分)
A.实部大于零
1.已知全集U=R,M={x|x2<3x} ,则 UM=
( ) B.实部小于零
A.{x -3<x<0}
B.{x -3≤x≤0}
C.虚部大于零
C.{x x<-3或x>0} D.{x x≤0或x≥3}
D.虚部小于零
2.命题“∀x>0,lnx≤x-2”的否定是
恰有三个
15.直三棱柱ABC-A1B1C1 的底面是直角三角形,侧棱长 等于底面三角形的斜边长,若其外接球的体积为108π,
不同的零点x1,x2,x3,则x1+x2+x3 的取值范围是
3
()
则该三棱柱体积的最大值为
.
[ ) A.54π,118π
[ ) B.94π,72π
16.为了观看2020年的东京奥运会,小明从2017年起,每 年的1月1日到银行存入a元的一年期定期储蓄,若年
A.甲的成绩的平均数小于乙的成绩的平均数
F1(-c,0),F2(c,0),以 线 段 F1F2为 直 径 的 圆 与 双 曲 线
B.甲的成绩的中位数等于乙的成绩的中位数
( ) 在第二象限的交点为 P,若直线 PF2与圆 E:x-c2 2
C.甲的成绩的方差小于乙的成绩的方差 D.甲的成绩的极差小于乙的成绩的极差
( ) 10.已知向量a=(1,-2),|b|=4|a|,a∥b,则b可能是( )
A.∃x0>0,lnx0≤x0-2 B.∃x0>0,lnx0>x0-2
A.(4,-8) B.(8,4) C.(-4,-8) D.(-4,8)
C.∃x0<0,lnx0<x0-2 D.∃x0>0,lnx0≥x0-2
11.甲、乙两人在一次射击比赛中各射靶5次,两人成绩的
是公差不为0 的 等 差 数 列,且 f(a7)=f(a2013),则 {an}
P(0≤X≤2)=0.3,则 P(X>4)=
.
的前2019项之和为
( ) 14.在△ABC 中,已知a=6,b=5,S△ABC =12,则cos2C=
A.2016 B.2017 C.2018 D.2019
.
( ) ( [ ] ) 7.若函数f(x)=cos2x-4π -a x∈ 0,98π
D.当a>0时,此函数的最大值为2a+1,最小值为1
A.12
B.24
C.36
D.48
6.已知 函 数 y=f(x)对 任 意 自 变 量 x 都 有 f (x)= 三、填空题(共4小题,每小题5分,共20分)
f(2-x),且函数f(x)在[1,+∞)上单调.若数列{an} 13.已 知 随 机 变 量 X 服 从 正 态 分 布 N (2,σ2 ),且
()
10
( ] C.54π,118π源自( ] D.94π,72π
8.已知函数f(x)=ex-e-x,若∃x∈[-3,+∞)使不等式
f(ex(x3-3x+3))≤f(aex +x)成 立,则 实 数a 的 最 小
值为
()
A.2e-1 B.2e+1 C.1-1e D.1+1e
利率为p,且保持不变,并约定每年到期存款本息均自
3.设{an}是任意等 差 数 列,它 的 前n 项 和、前 2n 项 和 与 前
条形统计图如图所示,则下列结论中不正确的是
4n项和分别为X,Y,Z,则下列等式中恒成立的是
()
()
A.2X+Z=3Y
B.4X+Z=4Y
C.2X+3Z=7Y
D.8X+Z=6Y
4.已知双曲线xa22-yb22 =1(a>0,b>0)的左右焦点分别为
动转为新一年的定期.2018年1月1日小明去银行继
续存款a元后,他的账户中一共有
元;由于新
冠疫情东京奥运会推迟到2021年 举 行,那 么 到 2021
年的1月1日小明不再存钱而是将存款和利息全部取
出,则可取回
元.
二、多项选择题(共4小题,每小题5分,共20分)
9.复数z= (3-4i)i,则下列说法正确的是
+y2=1b62 相切,则双曲线的离心率是
( ) 12.下列关于函数y=ax+1,x∈[0,2]的说法正确的是
A.2
B.3
C.2
D.5
5.从4名学生中选出3名分别参加A,B,C 三科竞赛,其中
甲不能参加A,B 两科竞赛,则不同的参赛方案种数为
()
()
A.当a<0时,此函数的最大值为1,最小值为2a+1 B.当a<0时,此函数的最大值为2a+1,最小值为1 C.当a>0时,此函数的最大值为1,最小值为2a+1