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2016届高三数学(文)专题复习检测 真题体验 Word版含答案


真题体验· 引领卷 一、选择题 1.(2015· 浙江高考)已知集合 P={x|x2-2x≥0},Q ={x|1<x≤2},则(?RP)∩Q =( ) B.(0,2] D.[1,2] )

A.[0,1) C.(1,2)

2.(2015· 浙江高考)命题“?n∈N*,f(n)∈N*且 f(n)≤n”的否定形式是( A.?n∈N*,f(n)

?N*且 f(n)>n B.?n∈N*,f(n)?N*或 f(n)>n C.?n0∈N*,f(n0)?N*且 f(n0)>n0 D.?n0∈N*,f(n0)?N*或 f(n0)>n0 3.(2015· 浙江高考)存在函数 f(x)满足:对任意 x∈R 都有( A.f(sin 2x)=sin x C.f(x2+1)=|x+1| B.f(sin 2x)=x2+x D.f(x2+2x)=|x+1| )

?x-y≥0, 4. (2015· 山东高考)已知 x, y 满足约束条件?x+y≤2,若 z=ax+y 的最大值为 4, ?y≥0,
则 a=( A.3 C.-2 ) B.2 D.-3

5.(2015· 全国卷Ⅱ)如图,长方形 ABCD 的边 AB=2,BC=1, O 是 AB 的中点,点 P 沿着边 BC,CD 与 DA 运动,记∠BOP =x.将动点 P 到 A,B 两点距离之和表示为 x 的函数 f(x),则 y=f(x)的图象大致为( )

1

?2-|x|,x≤2, 6. (2015· 天津高考)已知函数 f(x)=? 函数 g(x)=b-f(2-x), 其 2 ?(x-2) ,x>2, 中 b∈R,若函数 y=f(x)-g(x)恰有 4 个零点,则 b 的取值范围是( ?7 ? A.?4,+∞? ? ? 7? ? C.?0,4? ? ? 二、填空题 2 ? ?x+ -3,x≥1, 7.(2015· 浙江高考)已知函数 f(x)=? x 则 f(f(-3))=________, 2 ? ?lg(x +1),x<1, f(x)的最小值是________. 8.(2015· 浙江高考)若实数 x,y 满足 x2+y2≤1,则|2x+y-2|+|6-x-3y|的最小 值是________.
3 ?x ,x≤a, 9.(2015· 湖南高考)已知函数 f(x)=? 2 若存在实数 b,使函数 g(x)=f(x) ?x ,x>a,

)

7? ? B.?-∞,4? ? ? ?7 ? D.?4,2? ? ?

-b 有两个零点,则 a 的取值范围是________. 三、解答题 10.(2015· 湖北高考改编)a 为实数,函数 f(x)=|x2-ax|在区间[0,1]上的最大值 记为 g(a).当 a 为何值时,g(a)的值最小?

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11.(2015· 浙江高考)已知函数 f(x)=x2+ax+b(a,b∈R),记 M(a,b)是|f(x)|在区 间[-1,1]上的最大值. (1)证明:当|a|≥2 时,M(a,b)≥2; (2)当 a,b 满足 M(a,b)≤2 时,求|a|+|b|的最大值.

12.(2015· 浙江高考(文))设函数 f(x)=x2+ax+b(a,b∈R). a2 (1)当 b= 4 +1 时,求函数 f(x)在[-1,1]上的最小值 g(a)的表达式; (2)已知函数 f(x)在[-1,1]上存在零点,0≤b-2a≤1,求 b 的取值范围.

真题体验· 引领卷 1.C [∵P={x|x≥2 或 x≤0},?RP={x|0<x<2},

∴(?RP)∩Q={x|1<x<2},故选 C.] 2.D [由全称命题与特称命题之间的互化关系知选 D.] π π 3.D [排除法,A 中,当 x1= 2 ,x2=- 2 时,f(sin 2x1)=f(sin 2x2)=f(0),而
2 2 sin x1≠sin x2,∴A 不对;B 同上;C 中,当 x1=-1,x2=1 时,f(x1 +1)=f(x2 +

1)=f(2),而|x1+1|≠|x2+1|,∴C 不对,故选 D.]

?x-y=0, 4. B [不等式组表示的平面区域如图阴影部分所示, 易知 A(2, 0), 由? ?x+y=2, 得 B(1,1).由 z=ax+y,得 y=-ax+z.∴当 a=-2 或 a=-3 时,z=ax+y 在
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O(0,0)处取得最大值,最大值为 zmax=0,不满足题意,排除 C,D 选项;当 a =2 或 3 时,z=ax+y 在 A(2,0)处取得最大值,∴2a=4,∴a=2,排除 A,只 有 B 项满足.] π 5.B [当点 P 沿着边 BC 运动,即 0≤x≤ 4 时, 在 Rt△POB 中,|PB|=|OB|tan∠POB=tan x, 在 Rt△PAB 中,|PA|= |AB|2+|PB|2= 4+tan2x,则 f(x)=|PA|+|PB|= 4+tan2x +tan x,它不是关于 x 的一次函数,图象不是线段,故排除 A 和 C; π ?π? 当点 P 与点 C 重合,即 x= 4 时,由上得 f? ?= ?4? π π 4+tan2 4 +tan4= 5+1,

π 又当点 P 与边 CD 的中点重合,即 x= 2 时,△PAO 与△PBO 是全等的腰长为 1 ?π? ?π? ?π? 的等腰直角三角形,故 f? ?=|PA|+|PB|= 2+ 2=2 2,知 f? ?<f? ?,故又 ?2? ?2? ?4? 可排除 D.综上,选 B.] 6.D [法一 当 x>2 时,g(x)=x+b-4,f(x)=(x-2)2;

当 0≤x≤2 时,g(x)=b-x,f(x)=2-x; 当 x<0 时,g(x)=b-x2,f(x)=2+x. 由于函数 y=f(x)-g(x)恰有 4 个零点,所以方程 f(x)-g(x)=0 恰有 4 个根. 当 b=0 时,当 x>2 时,方程 f(x)-g(x)=0 可化为 x2-5x+8=0,无解; 当 0≤x≤2 时,方程 f(x)-g(x)=0 可化为 2-x-(-x)=0,无解; 当 x<0 时,方程 f(x)-g(x)=0 可化为 x2+x+2=0,无解. 所以 b≠0,排除答案 B. 当 b=2 时,当 x>2 时,方程 f(x)-g(x)=0 可化为(x-2)2=x-2,得 x=2(舍去) 或 x=3,有 1 解; 当 0≤x≤2 时,方程 f(x)-g(x)=0 可化为 2-x=2-x,有无数个解; 当 x<0 时,方程 f(x)-g(x)=0 可化为 2-x2=x+2,得 x=0(舍去)或 x=-1,有 1 解. 所以 b≠2,排除答案 A. 当 b=1 时,当 x>2 时,方程 f(x)-g(x)=0 可化为 x2-5x+7=0,无解; 当 0≤x≤2 时,方程 f(x)-g(x)=0 可化为 1-x=2-x,无解;
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当 x<0 时,方程 f(x)-g(x)=0 可化为 x2+x+1=0,无解. 所以 b≠1,排除答案 C.因此答案选 D. 法二 记 h(x)=-f(2-x)在同一坐标系中作出 f(x)与 h(x)的图象如图,直线 AB: ?y=x+b′, y=x-4,当直线 l∥AB 且与 f(x)的图象相切时,由? 2 ?y=(x-2) ,

9 9 7 解得 b′=-4,-4-(-4)=4, 7 所以曲线 h(x)向上平移4个单位后, 所得图象在 y 轴右边与 f(x)的图象有两个公共 点,同理,在 y 轴左方也有两个公共点,平移 2 个单位后,两图象有无数个公共 7 点,因此,当4<b<2 时,f(x)与 g(x)的图象有 4 个不同的交点,即 y=f(x)-g(x) 恰有 4 个零点.选 D.] 7.0 2 2-3 2 [f(f(-3))=f(1)=0,当 x≥1 时,f(x)=x+ -3≥2 2-3,当且 x

仅当 x= 2时, 取等号; 当 x<1 时, f(x)=lg(x2+1)≥lg 1=0,当且仅当 x=0 时, 取等号,∴f(x)的最小值为 2 2-3.] 8.3 [设 z=|2x+y-2|+|6-x-3y|.∵x2+y2≤1,∴6-x-3y>0,∴z=|2x+y-

2|+6-x-3y. 3 4 ①若 2x+y-2≥0,则 z=x-2y+4.由数形结合知,x=5,y=5时,zmin=3;② 3 4 若 2x+y-2≤0,则 z=-3x-4y+8.由数形结合知,x=5,y=5时,zmin=3;由 ①②知,zmin=3.故答案为 3.]
3 ?x (x≤a), 9.(-∞,0)∪(1,+∞) [若 0≤a≤1 时,函数 f(x)=? 2 在 R 上递 ?x (x>a)

增,其与直线 y=b 至多有一个公共点;若 a>1 或 a<0 时,由图象知 y=f(x)-b 存在 b 使之有两个零点,故 a∈(-∞,0)∪(1,+∞).] 10.解 (1)当 a=0 时,f(x)=x2,函数 f(x)在区间[0,1]上单调递增,故 g(a)=f(1)
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=1. (2)当 a<0 时,函数 f(x)的图象如图(1)所示,函数 f(x)在区间[0,1]上单调递增, 故 g(a)=f(1)=1-a.
2 ?a? a ?a? (3)当 0<a<1 时,函数 f(x)的图象如图(2)所示,f?2?= 4 ,f(1)=1-a,f?2?-f(1) ? ? ? ?

(a+2)2-8 a2 = 4 -(1-a)= . 4 ?a? ①当 0<a<2 2-2 时,因为 f?2?-f(1)<0, ? ? ?a? 即 f?2?<f(1),所以 g(a)=f(1)=1-a; ? ? ?a? ②当 2 2-2≤a<1 时,因为 f?2?-f(1)≥0, ? ?
2 ?a? ?a? a 即 f?2?≥f(1),所以 g(a)=f?2?= 4 . ? ? ? ?

a? ? (4)当 1≤a<2 时,函数 f(x)的图象如图(3)所示,因为函数 f(x)在区间?0,2?上单调 ? ?
2 ?a ? ?a? a 递增,在区间?2,1?上单调递减,故 g(a)=f?2?= 4 . ? ? ? ?

(5)当 a≥2 时,函数 f(x)的图象如图(4)所示,因为函数 f(x)在区间[0,1]上单调递 增,故 g(a)=f(1)=a-1. 1-a,a<2 2-2, ? ?a2 综上,g(a)=? ,2 2-2≤a<2, 4 ? ?a-1,a≥2, 当 a<2 2-2 时,g(a)>g(2 2-2)=3-2 2; 当 2 2-2≤a<2 时,g(a)≥g(2 2-2)=3-2 2; 当 a≥2 时,g(a)≥g(2)=1>3-2 2. 综上,当 a=2 2-2 时,g(a)min=3-2 2.

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11.(1)证明

a2 a ? a?2 由 f(x)=?x+2? +b- 4 ,得对称轴为直线 x=-2. ? ?

a 由|a|≥2,得|-2|≥1,故 f(x)在[-1,1]上单调, 所以 M(a,b)=max{|f(1)|,|f(-1)|}. 当 a≥2 时,由 f(1)-f(-1)=2a≥4, 得 max{f(1),-f(-1)}≥2, 即 M(a,b)≥2. 当 a≤-2 时,由 f(-1)-f(1)=-2a≥4, 得 max{f(-1),-f(1)}≥2, 即 M(a,b)≥2. 综上,当|a|≥2 时,M(a,b)≥2. (2)解 由 M(a,b)≤2 得|1+a+b|=|f(1)|≤2,

|1-a+b|=|f(-1)|≤2, 故|a+b|≤3,|a-b|≤3. ?|a+b|,ab≥0, 由|a|+|b|=? 得|a|+|b|≤3. ?|a-b|,ab<0, 当 a=2,b=-1 时,|a|+|b|=3,且|x2+2x-1|在[-1,1]上的最大值为 2. 即 M(2,-1)=2.所以|a|+|b|的最大值为 3. 12.解 a2 a ? a?2 (1)当 b= 4 +1 时,f(x)=?x+2? +1,故对称轴为直线 x=-2. ? ?

a2 当 a≤-2 时,g(a)=f(1)= 4 +a+2. ? a? 当-2<a≤2 时,g(a)=f?-2?=1. ? ?
7

a2 当 a>2 时,g(a)=f(-1)= 4 -a+2. 综上, a2 4 +a+2,a≤-2,
2

? ? g(a)=?1,-2<a≤2, a ? ? 4 -a+2,a>2.
?s+t=-a, 则? ?st=b,

(2)设 s,t 为方程 f(x)=0 的解,且-1≤t≤1,

由于 0≤b-2a≤1,因此 当 0≤t≤1 时,

-2t 1-2t ≤s≤ (-1≤t≤1). t+2 t+2

-2t2 t-2t2 ≤st≤ , t+2 t+2

2 2 2 -2t 1 t-2t 由于-3≤ ≤0 和-3≤ ≤9-4 5, t+2 t+2

2 所以-3≤b≤9-4 5. 当-1≤t<0 时, 由于-2≤ t-2t2 -2t2 ≤st≤ , t+2 t+2

-2t2 t-2t2 <0 和-3≤ <0,所以-3≤b<0. t+2 t+2

故 b 的取值范围是[-3,9-4 5].

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