2022届高考数学一轮复习单元质量测试2含解析新人教B版.doc

单元质量测试(二)
　　时间：120分钟　　　总分值：150分
第一卷　(选择题，共60分)
一、选择题(本大题共12小题，每题5分，共60分)
1．(2022·四川省一诊)函数f(x)＝那么f(2)－f(1)＝(　　)
A．0 B．1
C．2 D．3
答案　A
解析　∵函数f(x)＝∴f(2)＝2，f(1)＝1＋1＝2，∴f(2)－f(1)＝2－2＝0.
2．假设f(x)是幂函数，且满足＝3，那么f＝(　　)
A．3 B．－3
C． D．－
答案　C
解析　设f(x)＝xn，那么＝＝2n＝3，∴f＝n＝＝，应选C.
3．(2022·柳州摸底)假设一系列函数的解析式相同，值域相同，但定义域不同，那么称这些函数为“同族函数〞，那么函数解析式为y＝x2＋1，值域为{1,3}的同族函数有(　　)
A．1个 B．2个
C．3个 D．4个
答案　C
解析　由x2＋1＝1得x＝0，由x2＋1＝3得x＝±，所以函数的定义域可以是{0，}，{0，－}，{0，，－}，故值域为{1,3}的同族函数共有3个．
4．函数f(x)是定义在R上的偶函数，且f(x＋4)＝f(x－2)，假设当x∈[0,3]时，f(x)＝6－x，那么f(2021)＝(　　)
A．36 B．
C．6 D．
答案　D
解析　∵f(x＋4)＝f(x－2)，∴f(x＋6)＝f(x)．∴函数f(x)的周期为6.又f(x)是偶函数，且当x∈[0,3]时，f(x)＝6－x，∴f(2021)＝f(5＋336×6)＝f(5)＝f(－1)＝f(1)＝6－1＝.应选D.
5．(2022·湖南湘中名校联考)设
f(x)＝那么f(x)dx的值为(　　)
A.＋ B．＋3
C.＋ D．＋3
答案　A
解析　f(x)dx＝dx＋(x2－1)dx＝×12＋|＝＋.
6．函数f(x)＝的图象大致为(　　)
答案　A
解析　∵f(－x)＝＝＝f(x)，∴f(x)是偶函数，图象关于y轴对称，排除D；f(0)＝＝－1＜0，排除C；当x→＋∞时，e|x|的递增速度大于x2－1的递增速度，即f(x)→＋∞，排除B.应选A.
7．(2022·四川广元摸底)我们定义函数y＝[x]([x]表示不大于x的最大整数)为“下整函数〞；定义y＝{x}({x}表示不小于x的最小整数)为“上整函数〞；例如[4.3]＝4，[5]＝5；{4.3}＝5，{5}＝5.某停车场收费标准为每小时2元，即不超过1小时(包括1小时)收费2元，超过1小时，不超过2小时(包括2小时)收费4元，以此类推．假设李刚停车时间为x小时，那么李刚应付费为(单位：元)(　　)
A．2[x＋1] B．2([x]＋1)
C．2{x} D．{2x}
答案　C
解析　当x＝1时，应付费2元，此时2[x＋1]＝4,2([x]＋1)＝4，排除A，B；当x＝0.5时，付费为2元，此时{2x}＝1，排除D，应选C.
8．(2022·长沙一模)以下函数，在定义域内单调递增且图象关于原点对称的是(　　)
A．f(x)＝sinx－x
B．f(x)＝ln(x－1)－ln(x＋1)
C．f(x)＝
D．f(x)＝
答案　D
解析　由函数的图象关于原点对称知函数为奇函数，由函数在定义域内单调递增，知在定义域内其导函数大于等于0.A中，f′(x)＝cosx－1>0无解，故不满足题意；B中，函数f(x)的定义域为(1，＋∞)，其图象不关于原点对称，故不满足题意；C中，f(－x)＝f(x)，所以函数f(x)为偶函数，故不满足题意；D中，f(x)＝＝1－，所以f(x)在定义域内单调递增，又f(－x)＝＝－＝－f(x)，所以f(x)的图象关于原点对称，满足题意．应选D.
9．(2022·南昌调研)函数f(x)是定义在R上的偶函数，设函数f(x)的导函数为f′(x)，假设对任意的x>0都有2f(x)＋xf′(x)>0恒成立，那么(　　)
A．4f(－2)<9f(3) B．4f(－2)>9f(3)
C．2f(3)>3f(－2) D．3f(－3)<2f(－2)
答案　A
解析　根据题意，令g(x)＝x2f(x)，其导函数g′(x)＝2xf(x)＋x2f′(x)，又对任意的x>0都有2f(x)＋xf′(x)>0恒成立，那么当x>0时，有g′(x)＝x[2f(x)＋xf′(x)]>0恒成立，即函数g(x)在(0，＋∞)上为增函数，又由函数f(x)是定义在R上的偶函数，那么f(－x)＝f(x)，那么有g(－x)＝(－x)2f(－x)＝x2f(x)＝g(x)，即函数g(x)也为偶函数，那么有g(－2)＝g(2)，且g(2)<g(3)，那么有g(－2)<g(3)，即有4f(－2)<9f(3)．应选A.
10．(2022·榆林一模)定义域为R的偶函数f(x)在(－∞，0]上是减函数，且f＝2，那么不等式f(log4x)＞2的解集为(　　)
A.∪(2，＋∞) B．(2，＋∞)
C.∪(，＋∞) D．
答案　A
解析　由题意知，不等式f(log4x)＞2，即f(log4x)＞f，又偶函数f(x)在(－∞，0]上是减函数，∴f(x)在[0，＋∞)上是增函数，∴log4x＞＝log42或log4x＜－＝log4，∴0＜x＜或x＞2，应选A.
11．(2022·成都一诊)函数f(x)＝3x＋2cosx.假设a＝f(3)，b＝f(2)，c＝f(log27)，那么a，b，c的大小关系是(　　)
A．a＜b＜c B．c＜b＜a
C．b＜a＜c D．b＜c＜a
答案　D
解析　由题意，得f′(x)＝3－2sinx.因为－1≤sinx≤1，所以f′(x)>0恒成立，所以函数f(x)是增函数．因为>1，所以3>3.又log24<log27<log28，即2<log27<3，所以2<log27<3，所以f(2)<f(log27)<f(3)，即b<c<a，应选D.
12．(2022·陕西九校质量考评)函数f(x)＝又函数g(x)＝f2(x)＋tf(x)＋1(t∈R)有4个不同的零点，那么实数t的取值范围是(　　)
A. B．
C. D．
答案　A
解析　由有f(x)＝(x≥0)，f′(x)＝，
易得0≤x＜1时，f′(x)＞0，x＞1时，f′(x)＜0，
即f(x)在[0,1)上为增函数，在(1，＋∞)上为减函数，
设m＝f(x)，那么h(m)＝m2＋tm＋1，
设h(m)＝m2＋tm＋1的零点为m1，m2，
那么g(x)＝f2(x)＋tf(x)＋1(t∈R)有4个不同的零点，等价于m＝f(x)的图象与直线m＝m1，m＝m2的交点有4个，函数m＝f(x)的图象与直线m＝m1，m＝m2的位置关系如下图，
由图知，0＜m2＜＜m1，那么h＜0，解得t＜－，应选A.
第二卷　(非选择题，共90分)
二、填空题(本大题共4小题，每题5分，共20分)
13．假设函数y＝f(x)的定义域为[0,2]，那么函数g(x)＝f(x＋1)－f(x－1)的定义域为________．
答案　{1}
解析　由条件可得解得x＝1，所以g(x)的定义域为{1}．
14．假设函数f(x)＝在(－∞，＋∞)上单调递增，那么m的取值范围是________．
答案　0<m≤3
解析　由得m>0，且m×0＋m－1≤2，故0<m≤3.
15．(2022·东北三省四市联考)设函数f(x)＝ex(x3－3x＋3)－aex－x(x≥－1)，假设不等式f(x)≤0有解，那么实数a的最小值为________．
答案　1－
解析　∵f(x)＝ex(x3－3x＋3)－aex－x≤0有解，∴a≥x3－3x＋3－有解．令g(x)＝x3－3x＋3－，那么g′(x)＝3x2－3＋＝(x－1)，故当x∈[－1,1)时，g′(x)<0，当x∈(1，＋∞)时，g′(x)>0，故g(x)在[－1,1)上单调递减，在(1，＋∞)上单调递增，故g(x)min＝g(1)＝1－3＋3－＝1－，∴a≥1－，∴实数a的最小值为1－.
16．(2022·东北三校高三一模)f(x)＝＋b，g(x)＝f2(x)－1，其中a≠0，c>0，那么以下判断正确的选项是________．(写出所有正确结论的序号)
①f(x)关于点(0，b)成中心对称；
②f(x)在(0，＋∞)上单调递增；
③存在M>0，使|f(x)|≤M；
④假设g(x)有零点，那么b＝0；
⑤g(x)＝0的解集可能为{1，－1,2，－2}．
答案　①③⑤
解析　h(x)＝为奇函数，f(x)＝＋b为h(x)上下平移得到，故①正确．f(x)＝＋b＝＋b，c>0，因为x＋在(0，)上单调递减，在(，＋∞)上单调递增，故②错误．x＋∈[2，＋∞)∪(－∞，－2]，所以∈∪.故存在M>0，使|f(x)|≤M，故③正确．当b＝1时，g(0)＝f2(0)－1＝[f(0)－1][f(0)＋1]＝(b－1)(b＋1)＝0，g(x)有零点，故④错误；取a＝3，b＝0，c＝2，那么g(x)＝0的解集为{1，－1,2，－2}，⑤正确．
三、解答题(本大题共6小题，共70分．解容许写出文字说明、证明过程或演算步骤)
17．(本小题总分值10分)函数f(x)＝x2＋(2a－1)x－3.
(1)当a＝2，x∈[－2,3]时，求函数f(x)的值域；
(2)假设函数f(x)在[1,3]上的最大值为1，求实数a的值．
解　(1)当a＝2时，f(x)＝x2＋3x－3＝2－，
又x∈[－2,3]，所以f(x)min＝f＝－，
f(x)max＝f(3)＝15，
所以函数f(x)的值域为.
(2)对称轴为直线x＝－.
①当－≤1，即a≥－时，
f(x)max＝f(3)＝6a＋3，
所以6a＋3＝1，即a＝－，满足题意；
②当－≥3，即a≤－时，f(x)max＝f(1)＝2a－3，
所以2a－3＝1，即a＝2，不满足题意；
③当1<－<3，即－<a<－时，
此时，f(x)max在端点处取得，
令f(1)＝1＋2a－1－3＝1，得a＝2(舍去)，
令f(3)＝9＋3(2a－1)－3＝1，得a＝－(舍去)．
综上，可知a＝－.
18．(2022·贵阳模拟)(本小题总分值12分)函数f(x)＝log2(2－x)－log2(x＋2)．
(1)求函数f(x)的定义域；
(2)判断f(x)的奇偶性并加以证明；
(3)假设f(x)<log2(ax)在x∈上恒成立，求实数a的范围．
解　(1)由得－2<x<2.
所以函数f(x)的定义域为(－2,2)．
(2)f(x)为奇函数．证明如下：由(1)的结论可知f(x)的定义域关于原点对称，又因为f(－x)＝log2(2＋x)－log2(－x＋2)＝－f(x)，
所以f(x)为奇函数．
(3)由f(x)＝log2(2－x)－log2(x＋2)<log2(ax)，
得log2<log2(ax)，因为y＝log2x在(0，＋∞)上单调递增，所以<ax，那么ax2＋(2a＋1)x－2>0，令h(x)＝ax2＋(2a＋1)x－2，
那么h(x)>0在x∈上恒成立，
又因为a>0，对称轴为直线x＝<0，
由图象可得h(x)min＝h＝－>0，得a>.
19．(本小题总分值12分)函数f(x)是(－∞，＋∞)上的奇函数，且f(x)的图象关于直线x＝1对称，当x∈[0,1]时，f(x)＝2x－1.
(1)当x∈[1,2]时，求f(x)的解析式；
(2)计算f(0)＋f(1)＋f(2)＋…＋f(2022)的值．
解　(1)当x∈[1,2]时，2－x∈[0,1]，
又f(x)的图象关于直线x＝1对称，
那么f(x)＝f(2－x)＝22－x－1，x∈[1,2]．
(2)函数f(x)为奇函数，那么f(－x)＝－f(x)，
又函数f(x)的图象关于直线x＝1对称，
那么f(2＋x)＝f(－x)＝－f(x)，
所以f(4＋x)＝f[(2＋x)＋2]＝－f(2＋x)＝f(x)，
所以f(x)是以4为周期的周期函数．
因为f(0)＝0，f(1)＝1，f(2)＝0，f(3)＝f(－1)＝－f(1)＝－1，且f(x)是以4为周期的周期函数，
所以f(0)＋f(1)＋f(2)＋…＋f(2022)＝505×(0＋1＋0－1)＋f(0)＋f(1)＋f(2)＝1.
20．(2022·湖南长沙模拟)(本小题总分值12分)某快递公司在某市的货物转运中心，拟引进智能机器人分拣系统，以提高分拣效率和降低物流本钱，购置x台机器人的总本钱p(x)＝万元．
(1)假设使每台机器人的平均本钱最低，问应买多少台？
(2)现按(1)中的数量购置机器人，需要安排m人将邮件放在机器人上，机器人将邮件送达指定落袋格口完成分拣，经实验知，每台机器人的日平均分拣量q(m)＝(单位：件)，传统人工分拣每人每日的平均分拣量为1200件，问引进机器人后，日平均分拣量达最大值时，用人数量比引进机器人前的用人数量最多可减少百分之几？
解　(1)由总本钱p(x)＝万元，可得每台机器人的平均本钱y＝＝＝x＋＋1≥2＋1＝2.
当且仅当x＝，即x＝300时，上式等号成立．
所以假设使每台机器人的平均本钱最低，应买300台．
(2)引进机器人后，每台机器人的日平均分拣量
q(m)＝
当1≤m≤30时，300台机器人的日平均分拣量为160m·(60－m)＝－160m2＋9600m，
所以当m＝30时，日平均分拣量有最大值144000件．
当m>30时，日平均分拣量为480×300＝144000(件)．
所以300台机器人的日平均分拣量的最大值为144000件．
假设传统人工分拣144000件，那么需要人数为＝120(人)．
所以日平均分拣量达最大值时，用人数量比引进机器人前的用人数量最多可减少×100%＝75%.
21．(2022·成都一诊)(本小题总分值12分)函数f(x)＝－aln x－＋ax，a∈R.
(1)当a<0时，讨论函数f(x)的单调性；
(2)当a＝1时，假设关于x的不等式f(x)＋ex－bx≥1恒成立，求实数b的取值范围．
解　(1)由题意，知
f′(x)＝－－＋a＝.
∵当a<0，x>0时，有ax－ex<0，
∴当0<x<1时，f′(x)>0；当x>1时，f′(x)<0，
∴函数f(x)在(0,1)上单调递增，在(1，＋∞)上单调递减．
(2)由题意，当a＝1时，不等式f(x)＋ex－bx≥1恒成立，
即xex－ln x＋(1－b)x≥1恒成立，
即b－1≤ex－－恒成立．
设g(x)＝ex－－，
那么g′(x)＝ex－＋＝.
设h(x)＝x2ex＋ln x，那么h′(x)＝(x2＋2x)ex＋.
∵当x＞0时，有h′(x)＞0，
∴h(x)在(0，＋∞)上单调递增，且h(1)＝e>0，h＝－ln 2<0，
∴函数h(x)有唯一的零点x0，且＜x0＜1.
∴当x∈(0，x0)时，h(x)＜0，g′(x)＜0，g(x)单调递减；
当x∈(x0，＋∞)时，h(x)＞0，g′(x)＞0，g(x)单调递增．
即g(x0)为g(x)在定义域内的最小值．
∴b－1≤ex0－－.
∵h(x0)＝0，∴x0ex0＝－，＜x0＜1.(*)
令k(x)＝xex，＜x＜1，
∴方程(*)等价于k(x0)＝k(－ln x0)，＜x0＜1.
而k′(x)＝(x＋1)ex在(0，＋∞)上恒大于零，
∴k(x)在(0，＋∞)上单调递增．
故k(x0)＝k(－ln x0)，＜x0＜1等价于x0＝－ln x0，＜x0＜1，∴ex0＝.
故g(x)的最小值
g(x0)＝ex0－－＝－－＝1.
∴b－1≤1，即b≤2.
故实数b的取值范围为(－∞，2]．
22．(本小题总分值12分)函数f(x)＝ex－x2－ax有两个极值点x1，x2(e为自然对数的底数)．
(1)求实数a的取值范围；
(2)求证：f(x1)＋f(x2)>2.
解　(1)∵f(x)＝ex－x2－ax，∴f′(x)＝ex－x－a.
设g(x)＝ex－x－a，那么g′(x)＝ex－1.
令g′(x)＝ex－1＝0，解得x＝0.
∴当x∈(－∞，0)时，g′(x)<0，函数g(x)单调递减；
当x∈(0，＋∞)时，g′(x)>0，函数g(x)单调递增．
∴g(x)min＝g(0)＝1－a.
当a≤1时，f′(x)＝g(x)≥0，函数f(x)单调递增，无极值点；
当a>1时，g(0)＝1－a<0，且当x→＋∞时，g(x)→＋∞；
当x→－∞时，g(x)→＋∞.
∴当a>1时，f′(x)＝g(x)＝ex－x－a有两个零点x1，x2.
不妨设x1<x2，那么x1<0<x2.
∴函数f(x)有两个极值点时，实数a的取值范围是(1，＋∞)．
(2)证明：由(1)知，x1，x2为g(x)＝0的两个实数根，
x1<0<x2，且g(x)在(－∞，0)上单调递减．
下面先证x1<－x2<0，只需证g(－x2)<0.
∵g(x2)＝ex2－x2－a＝0，∴a＝ex2－x2，
∴g(－x2)＝e－x2＋x2－a＝e－x2－ex2＋2x2.
设h(x)＝e－x－ex＋2x(x>0)，
那么h′(x)＝－－ex＋2<0，
∴h(x)在(0，＋∞)上单调递减，
∴h(x)<h(0)＝0，∴g(－x2)<0，即x1<－x2<0.
∵函数f(x)在(x1,0)上单调递减，
∴f(x1)>f(－x2)，
下面先证f(－x2)＋f(x2)>2，
即证ex2＋e－x2－x－2>0.
设函数k(x)＝ex＋e－x－x2－2(x>0)，
那么k′(x)＝ex－e－x－2x.
设φ(x)＝k′(x)＝ex－e－x－2x，
φ′(x)＝ex＋e－x－2>0，
∴φ(x)在(0，＋∞)上单调递增，
∴φ(x)>φ(0)＝0，即k′(x)>0，
∴k(x)在(0，＋∞)上单调递增，k(x)>k(0)＝0，
∴当x∈(0，＋∞)时，ex＋e－x－x2－2>0，
那么ex2＋e－x2－x－2>0，
∴f(－x2)＋f(x2)>2，∴f(x1)＋f(x2)>2.