2017高考优化方案数学理科
编辑:chenghuijun 成考报名 发布时间：08-15 阅读：
2017高考优化方案数学理科(1)
1.已知集合A={0，a}，B={b|b2-3b<0，b∈Z}，A∩B≠
，则实数a的值
为( )
(A)1 (B)2 (C)1或2 (D)2或3
2.(2012·河源模拟)设全集U是实数集R，M={x|x>2或x<-2}，N={x|x2-4x+3>0}，则图中阴影部分所表示的集合是( )
(A){x|-2≤x<1} (B){x|-2≤x≤2}
(C){x|1<x≤2} (D){x|x<2}
3.(2012·安阳模拟)设集合A={x|-2<-a<x<a，a>0}，命题p：1∈A，命题q：2∈A.若p∨q为真命题，p∧q为假命题，则a的取值范围是( )
(A)0<a<1或a>2 (B)0<a<1或a≥2
(C)1<a<2 (D)1≤a≤2
4.函数f(x)=πx+log2x的零点所在区间为( )
(A)[16(1)，8(1)] (B)[8(1)，4(1)]
(C)[4(1)，2(1)] (D)[2(1)，1]
5.设条件p：a2+a≠0，条件q：a≠0，那么p是q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
6.(2012·广州模拟)已知a，b∈R，则“log3a>log3b”是“(2(1))a<(2(1))b”
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.定义在R上的函数f(x)满足f(x)=，x>0(4-x，x≤0)，则f(3)的值为( )
(A)-1 (B)-2 (C)1 (D)2
8.下列图象中，有一个是函数f(x)=3(1)x3+ax2+(a2-1)x+1(a∈R，a≠0)的导函数y=f′(x)的图象，则f(-1)等于( )
(A)3(5) (B)-3(1) (C)3(1) (D)-3(5)
2017高考优化方案数学理科(2)
9.(2012·杭州模拟)函数y=-x2-3x+4(x+1)的定义域为 .
10.若f(x)是幂函数，且满足2(4)=3，则f(2(1))= .
11.(2012·清远模拟)a=0.80.7，b=0.80.9，c=1.20.8，则a、b、c的从大到小的顺序是 .
12.不等式ex-x>ax的解集为P，且[0,2]
P，则实数a的取值范围是 .
13.拟定从甲地到乙地通话m分钟的电话费由f(x)=1.06×(0.50×[m]+1)给出，其中m>0，[m]是大于或等于m的最小整数，若通话费为10.6元，则通话时间m∈ .
14.已知函数f(x)=lnx+2x，g(x)=a(x2+x)，若f(x)≤g(x)恒成立，则实数a的取值范围是 .
三、解答题(本大题共6小题，共80分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
15.(12分)(2012·台州模拟)已知命题p：函数y=log2(x2-2ax+3a-2)的定义域为R;命题q：方程ax2+2x+1=0有两个不相等的负数根，若p∨q是假命题，求实数a的取值范围.
16.(13分)如图，设点P从原点沿曲线y=x2向点A(2,4)移动，记直线OP、曲线y=x2及直线x=2所围成的面积分别为S1，S2，若S1=S2，求点P的坐标.
17.(13分)集合A是由具备下列性质的函数f(x)组成的：
①函数f(x)的定义域是[0，+∞);
②函数f(x)的值域是[-2,4);
③函数f(x)在[0，+∞)上是增函数，试分别探究下列两小题：
(1)判断函数f1(x)=-2(x≥0)及f2(x)=4-6·(2(1))x(x≥0)是否属于集合A?并简要说明理由;
(2)对于(1)中你认为属于集合A的函数f(x)，不等式f(x)+f(x+2)<2f(x+1)是否对于任意的x≥0恒成立?请说明理由.
18.(14分)如图所示：图1是定义在R上的二次函数y=f(x)的部分图象，图2是函数g(x)=loga(x+b)的部分图象.
(1)分别求出函数f(x)和g(x)的解析式;
(2)如果函数y=g(f(x))在区间[1，m)上单调递减，求m的取值范围.
19.(14分)已知函数f(x)=ax2+2x+c(a、c∈N*)满足：
①f(1)=5;②6<f(2)<11.
(1)求a、c的值;
(2)若对任意的实数x∈[2(1)，2(3)]，都有f(x)-2mx≤1成立，求实数m的取值范围.
20.(14分) 已知函数f(x)=x2+bsinx-2(b∈R)，F(x)=f(x)+2，且对于任意实数x，恒有F(x)-F(-x)=0.
(1)求函数f(x)的解析式;
(2)已知函数g(x)=f(x)+2(x+1)+alnx在区间(0,1)上单调递减，求实数a的取值范围;
(3)函数h(x)=ln(1+x2)-2(1)f(x)-k有几个零点?
2017高考优化方案数学理科(3)
1.【解析】选C.B={1,2}.由A∩B≠
，得a=1或2，故选C.
2.【解析】选A.由x2-4x+3>0知x>3或x<1，
即N={x|x>3或x<1}.
图中阴影部分表示的集合为N∩(
M)
={x|x>3或x<1}∩{x|-2≤x≤2}
={x|-2≤x<1}.
3.【解析】选C.p∨q为真命题，p∧q为假命题，则命题p，q一真一假.命题p为真时，a>1，又-2<-a，则a<2，
∴1<a<2.由a<2知命题q为假，故选C.
4.【解析】选C.因为f(x)在定义域内为单调递增函数，而在4个选项中，f(4(1))·f(2(1))<0，所以零点所在区间为[4(1)，2(1)].
5.【解析】选A.若p
q为真命题且q
p为假命题，则命题p是命题q的充分不必要条件;
条件p：a2+a≠0，即为a≠0且a≠-1，
故条件p：a2+a≠0是条件q：a≠0的充分不必要条件.
故选A.
6.【解析】选A.由log3a>log3b得a>b>0，
由(2(1))a<(2(1))b得a>b，
所以“log3a>log3b”是“(2(1))a<(2(1))b”的充分不必要条件.
【误区警示】注意由log3a>log3b判断a、b的范围是a>b>0.
7.【解题指南】根据自变量的值，选择相应区间上的函数解析式代入求解.
【解析】选B.依题意得f(3)=f(2)-f(1)
=f(1)-f(0)-f(1)=-f(0)
=-log2(4-0)=-2，故选B.
8.【解析】选B.∵f′(x)=x2+2ax+(a2-1)，
∴导函数f′(x)的图象开口向上.
又∵a≠0，∴其图象必为第三个图.
由图象特征知f′(0)=0，且-a>0，∴a=-1.
故f(-1)=-3(1)-1+1=-3(1).
9.【解析】由题意知-x2-3x+4>0(x+1>0，)，
解得-1<x<1.
答案：(-1,1)
10.【解析】设f(x)=xα，则有2α(4α)=3，解得2α=3，α=log23，
∴f(2(1))=(2(1))
=2
=3(1).
答案：3(1)
11.【解析】因为指数函数y=0.8x在定义域上是减函数，
∴1=0.80>0.80.7>0.80.9>0，
而指数函数y=1.2x在定义域上是增函数，
∴1.20.8>1.20=1，
∴1.20.8>1>0.80.7>0.80.9，即c>a>b.
答案：c>a>b
12.【解题指南】转化为恒成立问题，利用导数求解.
【解析】因为ex-x>ax的解集为P，且[0,2]
P，所以对任意x∈[0,2]，ex-x>ax恒成立，当x=0时，不等式恒成立，当0<x≤2时，a<x(ex)-1也应恒成立.
令g(x)=
-1，则g′(x)=
，
当1<x≤2时，g′(x)>0，当0<x<1时，g′(x)<0.
所以当x=1时，g(x)取得最小值e-1，
所以a的取值范围是(-∞，e-1).
答案：(-∞，e-1)
13.【解析】∵10.6=1.06×(0.50×[m]+1)，
∴0.5[m]=9，∴[m]=18，∴m∈(17,18].
答案：(17,18]
14.【解析】设F(x)=f(x)-g(x)，其定义域为(0，+∞)，则F′(x)=x(1)+2-2ax-a=x(ax-1)，x∈(0，+∞).
当a≤0时，F′(x)>0，F(x)单调递增，F(x)≤0不可能恒成立，
当a>0时，令F′(x)=0，得x=a(1)或x=-2(1)(舍去).
当0<x<a(1)时，F′(x)>0，当x>a(1)时，F′(x)<0，故F(x)在(0，+∞)上有最大值F(a(1))，由题意F(a(1))≤0恒成立，即lna(1)+a(1)-1≤0，令φ(a)=lna(1)+a(1)-1，则
φ(a)在(0，+∞)上单调递减，且φ(1)=0，故lna(1)+a(1)-1≤0成立的充要条件是a≥1.
答案：[1，+∞)
15.【解析】由题意得p和q均是假命题，
由p：x2-2ax+3a-2>0恒成立，Δ=4a2-4(3a-2)<0得1<a<2，
p真：a≥2或a≤1，
由q：当a=0时，不满足，
当a≠0时，>0(1)，得0<a<1，
q真：a≥1或a≤0，
综上，由p假和q假得a≤0或a=1或a≥2.
16.【解析】设直线OP的方程为y=kx，P点的坐标为(x，x2)，
则∫0(x)(kx-x2)dx=∫x(2)(x2-kx)dx，
即(2(1)kx2-3(1)x3)|0(x)=(3(1)x3-2(1)kx2)|x(2)，
解得2(1)kx2-3(1)x3=3(8)-2k-(3(1)x3-2(1)kx2)，
解得k=3(4)，即直线OP的方程为y=3(4)x，
所以点P的坐标为(3(4)，9(16)).
17.【解析】(1)函数f1(x)=-2不属于集合A.因为f1(x)的值域是[-2，
+∞)，所以函数f1(x)=-2不属于集合A.f2(x)=4-6·(2(1))x(x≥0)属于集合A，因为：①函数f2(x)的定义域是[0，+∞);②f2(x)的值域是[-2,4);
③函数f2(x)在[0，+∞)上是增函数.
(2)是.∵f(x)+f(x+2)-2f(x+1)
=6·(2(1))x(-4(1))<0，
∴不等式f(x)+f(x+2)<2f(x+1)对任意的x≥0恒成立.
18.【解题指南】解答本题关键是借助图形得到函数所过的点，求出对应的解析式，进而求解(2).
【解析】(1)由题图1得，二次函数f(x)的顶点坐标为(1,2)，
故可设函数f(x)=k(x-1)2+2，
又函数f(x)的图象过点(0,0)，故k=-2，
整理得f(x)=-2x2+4x.
由题图2得，函数g(x)=loga(x+b)的图象过点(0,0)和(1,1)，
故有=1，(logab=0，)∴b=1，(a=2，)
∴g(x)=log2(x+1)(x>-1).
(2)由(1)得y=g(f(x))=log2(-2x2+4x+1)是由y=log2t和t=-2x2+4x+1复合而成的函数，
而y=log2t在定义域上单调递增，要使函数y=g(f(x))在区间[1，m)上单调递减，必须t=-2x2+4x+1在区间[1，m)上单调递减，且有t>0恒成立.
由t=0得x=2(6)，
又t的图象的对称轴为x=1.
所以满足条件的m的取值范围为1<m<2(6).
19.【解析】(1)∵f(1)=a+2+c=5，
∴c=3-a.①
又∵6<f(2)<11，即6<4a+c+4<11，②
将①式代入②式，得-3(1)<a<3(4)，
又∵a、c∈N*，∴a=1，c=2.
(2)由(1)知f(x)=x2+2x+2.
方法一：设g(x)=f(x)-2mx=x2+2(1-m)x+2.
①当-2(1-m)≤1，即m≤2时，
g(x)max=g(2(3))=4(29)-3m，
故只需4(29)-3m≤1，
解得m≥12(25)，又∵m≤2，故无解.
②当-2(1-m)>1，即m>2时，
g(x)max=g(2(1))=4(13)-m，
故只需4(13)-m≤1，
解得m≥4(9).
又∵m>2，∴m≥4(9).
综上可知，m的取值范围是m≥4(9).
方法二：∵x∈[2(1)，2(3)]，
∴不等式f(x)-2mx≤1恒成立
2(1-m)≤-(x+x(1))在[2(1)，2(3)]上恒成立.
易知[-(x+x(1))]min=-2(5)，
故只需2(1-m)≤-2(5)即可.
解得m≥4(9).
【方法技巧】二次函数的最值求解技巧
当二次函数的定义域不是R时，求函数的最值，要充分利用函数的图象，重点关注开口方向和对称轴与所给定区间的关系：若对称轴不在区间内，则该区间是函数的单调区间，最值在两个端点处，反之，则必有一个在顶点处取，即函数的最值不在端点处，就在顶点处.
20.【解析】(1)F(x)=f(x)+2=x2+bsinx-2+2=x2+bsinx，
依题意，对任意实数x，恒有F(x)-F(-x)=0.
即x2+bsinx-(-x)2-bsin(-x)=0，
即2bsinx=0，所以b=0，
所以f(x)=x2-2.
(2)∵g(x)=x2-2+2(x+1)+alnx，
∴g(x)=x2+2x+alnx，
g′(x)=2x+2+x(a).
∵函数g(x)在(0,1)上单调递减，
∴在区间(0,1)上，g′(x)=2x+2+x(a)=x(2x2+2x+a)≤0恒成立，
∴a≤-(2x2+2x)在(0,1)上恒成立，
而-(2x2+2x)在(0,1)上单调递减，
∴a≤-4.
(3)∵h(x)=ln(1+x2)-2(1)f(x)-k
=ln(1+x2)-2(1)x2+1-k，
∴h′ (x)=1+x2(2x)-x.
令h′(x)=1+x2(2x)-x=0，解得x=0，-1,1，
∴当x<-1时，h′(x)> 0，当-1<x<0时，h′(x)<0，
当0<x<1时，h′(x)>0，当x>1时，h′(x)<0，
∴h(x)极大值=h(±1)=ln2+2(1)-k，
∴h(x)极小值=h(0)=1-k，
所以①当k>ln2+2(1)时，函数没有零点;
②当1<k<ln2+2(1)时，函数有四个零点;
③当k<1或k=ln2+2(1)时，函数有两个零点;
④当k=1时，函数有三个零点.
【变式备选】(2011·江西高考)设f(x)=-3(1)x3+2(1)x2+2ax.
(1)若f(x)在(3(2)，+∞)上存在单调递增区间，求a的取值范围.
(2)当0<a<2时，f(x)在[1,4]上的最小值为-3(16)，求f(x)在该区间上的最大值.
【解析】(1)由f′(x)=-x2+x+2a=-(x-2(1))2+4(1)+2a，当x∈[3(2)，+∞)时，f′(x)的最大值为f′(3(2))=9(2)+2a;令9(2)+2a>0，得a>-9(1)，所以，当a>-9(1)时，f(x)在(3(2)，+∞)上存在单调递增区间.
(2)令f′(x)=0，得两根x1=2(1+8a)，
x2=2(1+8a).
所以f(x)在(-∞，x1)，(x2，+∞)上单调递减，
在(x1，x2)上单调递增.
当0<a<2时，有x1<1<x2<4，所以f(x)在[1,4]上的最大值为f(x2)，又f(4)-f(1)=-2(27)+6a<0，
即f(4)<f(1)，
所以f(x)在[1,4]上的最小值为f(4)=8a-3(40)=-3(16)，
得a=1，
所以x2=2，从而f(x)在[1,4]上的最大值为f(2)=3(10).