高考數(shù)學(xué)單元提分練（集全國(guó)各地市模擬新題重組）滾動(dòng)檢測(cè)二

滾動(dòng)檢測(cè)二考生注意：1．本試卷分第Ⅰ卷(選擇題)和第Ⅱ卷(非選擇題)兩部分，共4頁(yè)．2．答卷前，考生務(wù)必用藍(lán)、黑色字跡的鋼筆或圓珠筆將自己的姓名、班級(jí)、學(xué)號(hào)填寫(xiě)在相應(yīng)位置上．3．本次考試時(shí)間120分鐘，滿分150分．4．請(qǐng)?jiān)诿芊饩€內(nèi)作答，保持試卷清潔完整．第Ⅰ卷(選擇題共40分)一、選擇題(本大題共10小題，每小題4分，共40分．在每小題給出的四個(gè)選項(xiàng)中，只有一項(xiàng)是符合題目要求的)1．(2018屆浙江鎮(zhèn)海中學(xué)考試)若集合M＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝lg\f(2－x,x)))))，N＝{x|x<1}，則M∪N等于()A．(0,1) B．(0,2)C．(－∞，2) D．(0，＋∞)2．若x，y是實(shí)數(shù)，則“xy>0”是“|x＋y|＝|x|＋|y|”的()A．充分不必要條件B．必要不充分條件C．充要條件D．既不充分也不必要條件3．(2017·浙江重點(diǎn)中學(xué)聯(lián)考)已知函數(shù)y＝x2－4x＋1的定義域?yàn)閇1，t]，在該定義域內(nèi)函數(shù)的最大值與最小值之和為－5，則實(shí)數(shù)t的取值范圍是()A．(1,3] B．[2,3]C．(1,2] D．(2,3)4．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(ax2－x－\f(1,4)，x≤1，,logax－1，x＞1))是R上的單調(diào)函數(shù)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是()A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,2))) B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，\f(1,2)))C.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2))) D.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，1))5．已知函數(shù)f(x)＝ex－1，g(x)＝－x2＋4x－3，若存在f(a)＝g(b)，則實(shí)數(shù)b的取值范圍為()A．[1,3] B．(1,3)C．[2－eq\r(2)，2＋eq\r(2)] D．(2－eq\r(2)，2＋eq\r(2))6．已知函數(shù)f(x)＝|lg(x－1)|，若1＜a＜b且f(a)＝f(b)，則a＋2b的取值范圍為()A．(3＋2eq\r(2)，＋∞) B．[3＋2eq\r(2)，＋∞)C．(6，＋∞) D．[6，＋∞)7．若對(duì)任意的x，y∈R，不等式x2＋y2＋xy≥3(x＋y－a)恒成立，則實(shí)數(shù)a的取值范圍為()A．(－∞，1] B．[1，＋∞)C．[－1，＋∞) D．(－∞，－1]8．已知正數(shù)x，y，z滿足x2＋y2＋z2＝1，則S＝eq\f(1＋z,2xyz)的最小值為()A．3 B.eq\f(3\r(3)＋1,2)C．4 D．2(eq\r(2)＋1)9．已知實(shí)數(shù)x，y滿足方程x2＋y2＋2x－2y＝0，則|x|＋|y|的最大值為()A．2 B．4C．3eq\r(2) D．2＋eq\r(2)10．(2017·浙江名校協(xié)作體聯(lián)考)已知定義在R上的偶函數(shù)f(x)滿足f(x＋4)＝f(x)，且當(dāng)0≤x≤2時(shí)，f(x)＝min{－x2＋2x,2－x}，若方程f(x)－mx＝0恰有兩個(gè)根，則m的取值范圍是()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,3)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，＋∞))B.eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(1,3)))∪eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，＋∞))C.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－\f(1,3)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－2，－\f(1,3)))∪eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))第Ⅱ卷(非選擇題共110分)二、填空題(本大題共7小題，多空題每題6分，單空題每題4分，共36分．把答案填在題中橫線上)11．(2017·浙江名校協(xié)作體聯(lián)考)集合A＝{x∈R|x2<9}，B＝{x∈R|2x<4}，C＝{x∈R|x<2}，則A∩B＝________；A∪C＝________；?RB＝________.12．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(2x＋1，x≤0，,－log2x＋1＋2，x＞0))且f(a)＝－1，則f(6－a)＝________.13．(2018屆浙江臺(tái)州中學(xué)考試)已知a>0，b>0，若不等式eq\f(3,a)＋eq\f(1,b)≥eq\f(m,a＋3b)恒成立，則m的最大值為_(kāi)_______．14．設(shè)實(shí)數(shù)x，y滿足條件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x－y＋2≥0，,3x－y－6≤0，,x≥0，,y≥0，))若目標(biāo)函數(shù)z＝ax＋by(a＞0，b＞0)的最大值為12，則eq\f(3,a)＋eq\f(2,b)的最小值為_(kāi)_________．15．(2017·浙江名師預(yù)測(cè))已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x－1，x≤0，,2x2－lnx，x>0，))則f(f(－1))＝________；若函數(shù)y＝f(x)－a有一個(gè)零點(diǎn)，則a的取值范圍是________．16．當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，4))時(shí)，不等式|ax2＋bx＋4a|≤2x恒成立，則6a＋b的最大值是________，最小值是________．17．已知函數(shù)f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|x－1|，x∈0，2]，,min{|x－1|，|x－3|}，x∈2，4]，,min{|x－3|，|x－5|}，x∈4，＋∞.))①若f(x)＝a有且只有一個(gè)根，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________；②若關(guān)于x的方程f(x＋T)＝f(x)有且僅有3個(gè)不同的實(shí)根，則實(shí)數(shù)T的取值范圍是________．三、解答題(本大題共5小題，共74分．解答應(yīng)寫(xiě)出文字說(shuō)明，證明過(guò)程或演算步驟)18．(14分)已知命題p：x∈A，且A＝{x|a－1<x<a＋1}，命題q：x∈B，且B＝{x|x2－4x＋3≥0}．(1)若A∩B＝?，A∪B＝R，求實(shí)數(shù)a的值；(2)若p是q的充分條件，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．19．(15分)設(shè)全集U＝R，集合A＝{x|1≤x<4}，B＝{x|x2＋5ax＋6a2≤0}．(1)若a＝－1，求B∩A，B∩eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(?UA))；(2)若A∪B＝A，求實(shí)數(shù)a的取值范圍．20．(15分)已知不等式x2－2x＋5－2a≥0.(1)若不等式對(duì)于任意實(shí)數(shù)x恒成立，求實(shí)數(shù)a的取值范圍；(2)若存在實(shí)數(shù)a∈[4，eq\r(2016)]，使得該不等式成立，求實(shí)數(shù)x的取值范圍．21.(15分)設(shè)函數(shù)f(x)＝x2－2x－|x－1－a|－|x－2|＋4.(1)當(dāng)a＝1時(shí)，求f(x)的最小值；(2)若對(duì)任意x∈R，都有f(x)≥0，求a的取值范圍．22．(15分)(2018·浙江名校協(xié)作體聯(lián)考)已知函數(shù)f(x)＝eq\f(|x|,x2＋ax＋b).(1)當(dāng)a＝－1，b＝－2時(shí)，求證：f(x)在(0,2)上是減函數(shù)；(2)若對(duì)任意的實(shí)數(shù)a，都存在x∈[1,2]，使得|f(x)|≤1成立，求實(shí)數(shù)b的取值范圍．答案精析1．C[集合M＝eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(x\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝lg\f(2－x,x)))))＝{x|0<x<2}，N＝{x|x<1}，M∪N＝{x|x<2}＝(－∞，2)．]2．A[若|x＋y|＝|x|＋|y|，則xy＝|xy|，即xy≥0，“xy>0”不一定成立；若xy>0成立，則xy≥0成立，則“|x＋y|＝|x|＋|y|”，所以“xy>0”是“|x＋y|＝|x|＋|y|”的充分不必要條件．]3．B[∵函數(shù)y＝x2－4x＋1，∴函數(shù)y＝x2－4x＋1是開(kāi)口向上，對(duì)稱軸為x＝2的拋物線．∵函數(shù)y＝x2－4x＋1的定義域?yàn)閇1，t]，∴當(dāng)x＝1時(shí)，y＝－2，當(dāng)x＝2時(shí)，y＝－3.∵函數(shù)在定義域內(nèi)函數(shù)的最大值與最小值之和為－5，∴當(dāng)y＝－2時(shí)，x＝1或x＝3，∴2≤t≤3.]4．B[由對(duì)數(shù)函數(shù)的定義，可得a＞0，且a≠1.又函數(shù)f(x)在R上單調(diào)，而二次函數(shù)y＝ax2－x－eq\f(1,4)的圖象開(kāi)口向上，所以函數(shù)f(x)在R上單調(diào)遞減，故有eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(0＜a＜1，,\f(1,2a)≥1，,a×12－1－\f(1,4)≥loga1－1，))解得eq\f(1,4)≤a≤eq\f(1,2).]5．D[函數(shù)f(x)＝ex－1的值域?yàn)?－1，＋∞)，g(x)＝－x2＋4x－3的值域?yàn)?－∞，1]，若存在f(a)＝g(b)，則需g(b)＞－1，即－b2＋4b－3＞－1，所以b2－4b＋2＜0，解得2－eq\r(2)＜b＜2＋eq\r(2).]6．C[由圖象易知b＞2,1＜a＜2，∴－lg(a－1)＝lg(b－1)，則a＝eq\f(b,b－1)，則a＋2b＝eq\f(b,b－1)＋2b＝eq\f(2b2－b,b－1)＝eq\f(2b－12＋3b－1＋1,b－1)＝2(b－1)＋eq\f(1,b－1)＋3≥2eq\r(2)＋3，當(dāng)且僅當(dāng)b＝eq\f(\r(2),2)＋1時(shí)取等號(hào)．∵b＞2，∴a＋2b＝eq\f(b,b－1)＋2b＞6.]7．B[不等式x2＋y2＋xy≥3(x＋y－a)對(duì)任意的x，y∈R恒成立等價(jià)于不等式x2＋(y－3)x＋y2－3y＋3a≥0對(duì)任意的x，y∈R恒成立，所以Δ＝(y－3)2－4(y2－3y＋3a)＝－3y2＋6y＋9－12a＝－3(y－1)2＋12(1－a)≤0對(duì)任意的y∈R恒成立，所以1－a≤0，即a≥1，故選B.]8．C[由題意可得0<z<1，∴0<1－z<1，∴z(1－z)≤eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(z＋1－z,2)))2＝eq\f(1,4)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(當(dāng)且僅當(dāng)z＝1－z，即z＝\f(1,2)時(shí)取等號(hào))).∵x2＋y2＋z2＝1，∴1－z2＝x2＋y2≥2xy(當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)時(shí)取等號(hào))，∴eq\f(1－z2,2xy)≥1，即eq\f(1－z1＋z,2xy)≥1.∵1－z>0，∴eq\f(1＋z,2xy)≥eq\f(1,1－z)，∴eq\f(1＋z,2xyz)≥eq\f(1,z1－z)≥4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(當(dāng)且僅當(dāng)x＝y(tǒng)＝\f(\r(6),4)，z＝\f(1,2)時(shí)取等號(hào)))，則S＝eq\f(1＋z,2xyz)的最小值為4.]9．B[x，y滿足的方程即(x＋1)2＋(y－1)2＝2，畫(huà)出點(diǎn)(x，y)滿足的關(guān)系式如圖所示，當(dāng)目標(biāo)函數(shù)取得最大值時(shí)，x<0，y>0，即|x|＋|y|＝－x＋y，結(jié)合目標(biāo)函數(shù)的幾何意義可知，最大值為4.]10．C[由題意可知，f(x)＝f(x＋4)＝f(－x)，∴f(x)是周期函數(shù)，周期T＝4，且圖象關(guān)于直線x＝2對(duì)稱，∴f(x)的圖象如圖所示，若直線y＝mx與拋物線y＝－x2＋2x相切，則由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(y＝mx，,y＝－x2＋2x，))得x2＋(m－2)x＝0，由Δ＝0，得m＝2，故可知實(shí)數(shù)m的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－2，－\f(1,3)))∪eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)，2))，故選C.]11．(－3,2)(－3，＋∞)[2，＋∞)解析由x2<9，得－3<x<3，所以集合A＝(－3,3)，由2x<4得x<2，所以集合B＝(－∞，2)，由logx<2得x>eq\f(1,4)，所以集合C＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,4)，＋∞))，則A∩B＝(－3,2)，A∪C＝(－3，＋∞)，?RB＝[2，＋∞)．12．1解析∵f(a)＝－1，∴a＞0，∴－log2(a＋1)＋2＝－1，∴a＝7，f(6－a)＝f(－1)＝20＝1.13．12解析由eq\f(3,a)＋eq\f(1,b)≥eq\f(m,a＋3b)，得m≤(a＋3b)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(3,a)＋\f(1,b)))＝eq\f(9b,a)＋eq\f(a,b)＋6.又eq\f(9b,a)＋eq\f(a,b)＋6≥2eq\r(9)＋6＝12eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(當(dāng)且僅當(dāng)\f(9b,a)＝\f(a,b)，即a＝3b時(shí)等號(hào)成立))，∴m≤12，即m的最大值為12.14．4解析畫(huà)出不等式組表示的平面區(qū)域如圖中陰影部分(包括邊界)所示，當(dāng)直線z＝ax＋by(a＞0，b＞0)過(guò)直線x－y＋2＝0與直線3x－y－6＝0的交點(diǎn)(4,6)時(shí)，目標(biāo)函數(shù)z＝ax＋by(a＞0，b＞0)取得最大值12，即2a＋3b＝6，則eq\f(3,a)＋eq\f(2,b)＝eq\f(2a＋3b,2a)＋eq\f(2a＋3b,3b)＝2＋eq\f(3b,2a)＋eq\f(2a,3b)≥4，當(dāng)且僅當(dāng)eq\f(3b,2a)＝eq\f(2a,3b)，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝\f(3,2)，,b＝1))時(shí)取等號(hào)．15．2eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)＋ln2))解析f(f(－1))＝f(1)＝2；當(dāng)x>0時(shí)，由f(x)＝2x2－lnx得f′(x)＝4x－eq\f(1,x)＝eq\f(4x2－1,x)，因此y＝f(x)在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)))上單調(diào)遞減，在eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，＋∞))上單調(diào)遞增，故當(dāng)x>0時(shí)，f(x)≥feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))＝eq\f(1,2)＋ln2，函數(shù)y＝f(x)的圖象如圖所示，所以當(dāng)a∈eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(0，\f(1,2)＋ln2))時(shí)，函數(shù)y＝f(x)－a有一個(gè)零點(diǎn)．16．6－6解析∵當(dāng)x∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，4))時(shí)，不等式|ax2＋bx＋4a|≤2x恒成立，∴eq\f(|ax2＋bx＋4a|,x)≤2，即eq\b\lc\|\rc\|(\a\vs4\al\co1(ax＋b＋\f(4a,x)))≤2，設(shè)f(x)＝ax＋b＋eq\f(4a,x)＝aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(x＋\f(4,x)))＋b，x＋eq\f(4,x)∈[4,5]．∵|f(x)|≤2，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2≤4a＋b≤2，,－2≤5a＋b≤2，))∴6a＋b＝－(4a＋b)＋2(5a＋b)，∴－2＋2×(－2)≤6a＋b＝－(4a＋b)＋2(5a＋b)≤2＋2×2，∴6a＋b的最大值為6，最小值為－6.17．①(1，＋∞)②(－4，－2)∪(2,4)解析①作出函數(shù)f(x)的圖象，f(x)＝a有且只有一個(gè)根等價(jià)于y＝f(x)的圖象與y＝a有一個(gè)交點(diǎn)，故可得a＞1，即a的取值范圍是(1，＋∞)；②方程f(x＋T)＝f(x)有且僅有3個(gè)不同的實(shí)根等價(jià)于y＝f(x＋T)的圖象與y＝f(x)的圖象有3個(gè)交點(diǎn)，而y＝f(x＋T)的圖象是將y＝f(x)的圖象向左或向右平移|T|個(gè)單位長(zhǎng)度，故可得T的取值范圍是(－4，－2)∪(2,4)．18．解(1)因?yàn)锽＝{x|x≥3或x≤1}，由題意可知，a－1＝1且a＋1＝3，所以a＝2.(2)由題意得a＋1≤1或a－1≥3，所以a≤0或a≥4.即實(shí)數(shù)a的取值范圍為(－∞，0]∪[4，＋∞)．19．解(1)當(dāng)a＝－1時(shí)，此時(shí)B＝{x|x2－5x＋6≤0}，故B＝{x|2≤x≤3}，所以B∩A＝{x|2≤x≤3}．又?UA＝{x|x<1或x≥4}，所以B∩eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(?UA))＝?.(2)由A∪B＝A，得B?A，當(dāng)a＝0時(shí)，B＝{x|x2≤0}＝{0}，此時(shí)不滿足題意，舍去；當(dāng)a>0時(shí)，B＝{x|－3a≤x≤－2a}，此時(shí)不滿足題意，舍去；當(dāng)a<0時(shí)，B＝{x|－2a≤x≤－3a}，則滿足eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－2a≥1，,－3a<4，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a≤－\f(1,2)，,a>－\f(4,3)，))即－eq\f(4,3)<a≤－eq\f(1,2).綜上所述，實(shí)數(shù)a的取值范圍是eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(4,3)，－\f(1,2))).20．解(1)由題意可得Δ≤0，即4－4(5－2a)≤0，∴a≤2，即a的取值范圍是(－∞，2]．(2)由題意知x2－2x＋5≥8，解得x∈(－∞，－1]∪[3，＋∞)．21．解(1)當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝x2－2x－2|x－2|＋4＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－4x＋8，x≥2，,x2，x<2，))當(dāng)x≥2時(shí)，f(x)＝(x－2)2＋4≥4，當(dāng)x<2時(shí)，f(x)＝x2≥0，所以f(x)的最小值為0.(2)因?yàn)閷?duì)任意x∈R，f(x)≥0恒成立，所以f(0)≥0，f(1)≥0，故|1＋a|≤2，|a|≤2，解得－2≤a≤1，而當(dāng)－2≤a≤1時(shí)，若x≥2，則f(x)＝x2－4x＋a＋7＝(x－2)2＋3＋a≥3＋a>0；若1＋a≤x<2，則f(x)＝x2－2x＋a＋3＝(x－1)2＋2＋a≥2＋a≥0；若x<1＋a，則f(x)＝x2－a＋1≥1－a≥0.所以當(dāng)－2≤a≤1時(shí)，總有f(x)≥0，因此a的取值范圍是[－2,1]．22．(1)證明設(shè)任意x1，x2∈(0,2)且x1<x2，xeq\o\al(2,1)－x1－2<0，xeq\o\al(2,2)－x2－2<0，則f(x1)－f(x2)＝eq\f(x1,x\o\al(2,1)－x1－2)－eq\f(x2,x\o\al(2,2)－x2－2)＝eq\f(x1x\o\al(2,2)－x2－2－x2x\o\al(2,1)－x1－2,x\o\al(2,1)－x1－2x\o\al(2,2)－x2