2019年高考数学第一轮复习资料（28个专题与解析）

2019年高考数学第一轮复习资料

28个专题与解析

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2019年高考数学第一轮复习资料

28个专题与解析

第一模块 集合、函数、导数与不等式

专题一 集合与简易逻辑

一、选择题

1．C 本题主要考查集合的运算，属于基础知识、基本运算能力的考查．

由1≤2–x<3，∴–11, ∴x>2，或0

1， 2∴B={x|x>2，或0

11}，∴CRB=(??,0][]，∴A∩(CRB)={0, 1}． 222．D 命题“若x2<1，则–1

3．C 当y=0时，–1≤x≤1时，故x取0或1，当y=1时，1≤x≤3，故x取1或2，当y=2时，3≤x≤5, x无解，故N中元素共4个，选C．

4．D 由题意A?[?,??),B?(??,0),A?B?[0,??),B?A?(??,?)，∴A⊕B=(A–B) ∪(B–A)=(–∞, –

94949)∪[0, +∞)． 45．C 本题考查命题的否定，对全称性命题的否定要注意命题的量词之间的转换．“任意的”的否定为“存在”，“≤”的否定为“>”．

6．C 由f(x)<–1=f(3)，且f(x)为R上的减函数，故Q={x|x>3}，由|f(x+t)–1|<2，得

，?f(3)=–1

得–t≥3，即t≤–3，故选C．

1?m?0对任意x∈(0, +∞)恒成x1111立．而当01, f?(x)?ex?4x??m?5?m；当x≥时，函数f?(x)2xx2111xx是增函数（∵y?e,y?4x?分别是增函数），f?(x)?e?4x??m?e2?4?m，且

xx7．B 由f(x)在(0, +∞)内单调递增可得f?(x)?ex?4x?e?4?5，因此只要e?4?m?0且m??(e?4)就可以了．

综上所述，由f(x)在(0, +∞)内单调递增不能推出m≥–5；反之，由m≥–5可知f(x)在（0，

+∞）内单调递增，故选B． 二、填空题

8．{–3，1，3，4} 解析：由–4≤x≤4, x∈Z，可知U={–4, –3, –2, –1, 0, 1, 2, 3, 4}，又A∩B={–2}，∴–2∈A且–2∈B．由–2∈A可知a2+1=–2（舍去），则a2–3=–2，∴a=±1．当a=–1时，A={–1, 2, –2},

121212 2

B={–4, –2, 0}，这时A∪B={–4, –2, –1, 0, 2}．∴CU(A∪B)={–3, 1, 3, 4}．当a=1时，A={–1, 2, –2}, B={–2, 0, 2}．这时A∩B={–2，2}不合题意舍去． 9．(–4, +∞) 解析：∵A∩{x|x>0}=ф，∴A=ф或A≠ф且A的元素小于等于零． ①当A=ф时，△=(m+2)2–4<0, 解得–4

???(m?2)2?4?0②当A≠ф且A的元素小于等于零时，?解得m≥0．

m?2?0?综上得m的取值范围为(–4, +∞)．

10．两组相对侧面分别平行；一组相对侧面平行且相等；对角线交于一点；底面是平行四边形． 11．②③

b?0，则f(x)在[0,??)上递减，故排除①；对于②，2a┐甲为x+y=3, ┐乙为x=1且y=2，┐乙?┐甲，∴甲?乙，∴②正确；对于③，若{an}为等

SS差数列，则Sn=An2+Bn．∴n?An?B，∴点Pn在直线y=Ax+B上．反之易证，若Pn(n,n)nn

解析：对于①，当a<0时，若?共线，则数列{an}成等差数列，故③正确．

三、解答题

12．解：要使y?log1(x?3)(2?x)有意义，须(x+3)(2–x)>0，即(x+3)(x–2)<0，解得：–3

2由ex–1≥1，得x–1≥0，即x≥1．

（1）A∪B={x|–3–3}．

（2）∵CUA={x|x≤–3或x≥2}，∴(CUA)∩B={x|x≤–3或x≥2}∩{x|x≥1}={x|x≥2}． 13．解：∵f(x)=(x–2t)2+2在[1，2]上的最小值为2，∴1≤2t≤2即

1≤t≤1．由2t2–(2m+1)t+m(m+1)≤0，得m≤t≤m+1．∵┐p是┐q的必要而不充分条件，∴p是q的充分不

1?m?11??必要条件，∴[，1] ≠ [ m, m+1]，∴即0≤m≤． 2? 22??m?1?1,14．解：由limcn?0且c>0，知0

n??1x12在[1，2]上为增函数，知f(x)的最小值是2．由2?(c?0)?c?1c11，即q: c?，当p是22 3

?0?c?11?真命题，q是假命题时有?1∴0

0?c?,2?2??c?11??1,∴c≥1，故c的取值范围是(0,][1,??)． c?2?2?15．解：（1）若A=ф，则A?B显然成立，若A≠ф，设t∈A，则f(t)=t, f[f(t)]=f[t]=t，即t∈B，从而A?B．

（2）A中元素是方程f(x)=x即ax2–1=x的根，∵A≠ф，∴a=0或

?a?01．B中元素是方程a(ax2–1)2–1=x，即a3x4–2a2x2–x+a–1=0的根，由即a???4???1?4a?0A?B，则方程可化为(ax2–x–1)(a2x2+ax–a+1)=0．要使A=B，即方程a2x2+ax–a+1=0①无实

3；若②有41实根，且①的实根是②的实根，由②有a2x2=ax+a，代入①得2ax+1=0，由此解得x??，

2a11313再代入②得??1?0,?a?．故a的取值范围是[?,]．

4a2a444根或其根为方程ax2–x–1=0②的根．若①无实根，则△=a2–4a2(1–a)<0解得a<

专题二 函数的图象与性质

一、选择题

?x?0?x?0??1．D 由?x2?3x?2?0（等号不能同时取）得?x?2或x?1?x?[?4,0)(0,1).

??4?x?1?2???x?3x?4?0?x??2?x??21???12．D 由?31得：x=–4，由?1无解．∴f(?)?4．

?log16(x?3)??4??244??4?x3．C f(x)?x?4在[1，2]递减，[2，3]上递增，故4≤f(x)≤5, x[1, 3]，因f(x)为偶函数，x故x∈[–3, –1]时，4≤f(x)≤5，即n≤4，m≥5, m–n的最小值为5–4=1．

4．C ∵f(x)是奇函数，∴f(0)=0, ∴k=1. 又f(x)=ax–a–x为增函数，∴a>1，即y=loga(x+k)的图象可由y=logax(a>1)的图象向左平移1个单位得到．

5．D 由题意知f(x)在(0, 1)内是增函数．则a?f()?f(?)??f(),b?f()?

65454532 4

1151f(?)??f(),c?f()?f()?0．∴c

22226．D ∵F(–x)=f(–x)+f(x)=F(x), x∈R, ∴函数F(x)是R上的偶函数．又F(x)在区间[??,?]?2上递增，∴F(x)在区间[,?]上是减函数，F(x)的图象按向量a=(?, 0)平移，即向右平移??2个单位得到新函数G(x)的图象，∴函数G(x)的单调递减区间为[3?,2?]，故选D． 27．D 由f(x?)?f(x?)可得f(x+2)=f(x)，∴2是f(x)的一个周期．又∵f(x)是定义在R上的偶函数，∴f(–x)=f(x)．设x∈[?2,?1)，则x+4∈[2, 3]，∴f(x)=f(x+4)=x+4=3+(x+1)．设x∈[–3, –2]，则–x∈[2, 3]，f(x)=f(–x)=–x，设x∈[–1, 0]，则x–2∈[–3, –2], f(x)=f(x–2)=–(x–2)=f2–x=3–(x+1)．由此可得当x∈(–2, 0)时，f(x)=3–|x+1|． 二、填空题 8．?

解析：由f(x?2)?321215111得f(x+4)=f(x), f(5)=f(1)=–5，则f(f(5))=f(–5)=f(–1)== ?． f(x)f(1)59．–4 –2

解析：∵f(x)图象过点A(–4, 1)，∴f–1(x)图象过点(1, –4)，即f–1(1)=–4, |f(x–2)|<1?–1

211解析：由f(x)是偶函数知u=0, ∴f(x)?e?x?x2?0?1，∴m+u=1+0=1，故填1．

ee11．②③

525555f(?x?)??f(x?)，即?f(x)?f(2??x)，f(x)的图象关于点(,0)对称，由函数

442455关于x?对称无法判断x?时取最大值．

22

解析：∵f(x)??f(x?),?f(x?)??f(x?5)，即f(x)=f(x+5), ∴T=5，又三、解答题

12．解：（1）x=t+t–1≥2（当且仅当t=1时取“=”），y=t2+t–2+2m(t+t–1)=(t+t–1)2+2m(t+t–1)–2= x2+2mx–2．即y=x2+2mx–2，其定义域为[2,??)．

（2）若x=–m≥2即m≤–2时，要使f(x)>0恒成立，只要f(–m)>0成立，即m2–2m2–2>0，此时m不存在．若x=–m<2即m>–2时，要使f(x)>0恒成立，只要f(2)>0成立，即4+4m–2>0，得m??

5211．故实数m的取值范围为(?,??)． 225

13．解：（1）因为f(x)是定义在R上的奇函数，所以f(0)=0，即

b?1?0?b?1，a?2∴f(x)?1?2a?2x?1x11?22?a?2. ，又由f(1)=–f(–1)知?a?4a?11? （2）由（1）知

f(x)?1?211???22x?，易知2?2x?1f(x)在（–∞，+∞）上为

减函数．又因f(x)是奇函数，从而不等式：f(t2–2t)+f(2t2–k)<0等价于f(t2–2t)<–f(2t2–k)=f(k–2t2)，

因f(x)为减函数，由上式推得：t2–2k>k–2t2，即对t∈R有：3t2–2t–k>0，从而△=4+12k<0?k??1． 314．解：（1）题图中点A表示无人乘车时收支差额为–20元，点B表示有10人乘车时收支差额为0元，线段AB上的点表示亏损，AB延长线上的点表示赢利． （2）题图②的建议是降低成本，票价不变；题图③的建议是增加票价．

（3）题图①、②中的票价是2元；题图③中的票价是4元．票价在图中的几何意义是线段AB所在直线的斜率． 15．解：（1）由f(x)为偶函数且f(x+1)=f(x–1)，可得f(x)=f(x+2), x∈[–1, 0]时，x+2∈[1,

??loga(2?x),x?[?1,0],2],f(x)=f(x+2)=loga(x+2)；∴f(x)??

??loga(2?x),x?[0,1].（2）当x∈[2k–1, 2k]时，f(x)=f(x–2k)=loga(2+x–2k)．同理，x∈[2k, 2k+1]时，

??f(x)??loga((2?x?2k),x?[2k?1,2k],f(x)=loga(2–x+2k)．?(k∈Z)．

??loga(2?x?2k),x?[2k,2k?1],（3）由于函数以2为周期，故考查区间[–1，1]．若a>1，loga2?则loga(2?1)?0?1，即a=4；若0

专题三 二次函数、二次方程与二次不等式

一、选择题

1．C 2．D 3．D

a?0,???4．C 由f(x)?2ax?b,及f?(0)?0可得b>0，又由f(x)≥0恒成立可得?即得2??b?4ac?0, 6

b22b2f(1)a?b?ca?c2ac4ac?，且c>0, a>0．∴??1_?1??1??1?1?2，4f?(0)bbbb当且仅当a=c时，不等式取等号，∴

f(1)的最小值为2，故应选C． f?(0)2??t,|t|?15．C 令t=g(x), f(g(x))=f(t)=?∴g(x)的值域是连续的单个,注意到g(x)为二次函数，

??t,|t|?1区间，结合图象可知要使f(t)的值域为[0,??)，只能取t∈[0,??)，故选C．

6．B 取特值a=1, x1=–2, x2=2, f(2)>f(–2)，选B．或利用二次函数其函数值的大小关系，分类研究对称轴和区间的关系的方法，易知函数的对称轴为x=–1，开口向上的抛物线，由x11时，方程有2个不等的根； 当0

时方程（1）有两根且均小于1，故相应的满足方程|x2–1|=t的解有8个；①②③④都是正确的，故选A． 二、填空题 8．2 解析：令x=–5, f(–5a+b)=(–5)2+10·(–5)+24=–1．令f(x)=x2+4x+3=–1, ∴x=–2，即f(–2)=f(–5a+b)=–1．∴5a–b=2． 9．m

3?x?1}． 23?x?1}． 27

解析：由题意可得a=–1, b=–6，则f(x)=x2–x–6，所以不等式a·f(–2x)>0即–(4x2+2x–6)>0

即2x2+x–3<0，解集为{x|?11．1

解析：由图象特征知，最大值必在f(0)、f(1)、f(3)取到，接着通过逐一检验、比较可得．或者，原函数可化为y=|(x–1)2–1–t|，接着，按–1–t≥0及–1–t<0分类讨论求解． 三、解答题 12．解：（1）要使f(x)≥a恒成立，即x2+ax+3–a≥0恒成立．只须△=a2–4(3–a)≤0，即a2+4a–12≤0, ∴–6≤a≤2．

a2a2

（2）要使f(x)≥a恒成立，只需f(x)的最小值≥a即可．f(x)=x+ax+3=(x+)+3–．

427a①当–<–2即a>4时，f(x)min=f(–2)=–2a+7，由–2a+7≥a，得a≤,∴a∈ф．

32a2a2a②当–2≤–≤2，即–4≤a≤4地，f(x)min?3?．由3?≥a得–6≤a≤2，∴–4≤a≤2．

442a③–>2即a<–4时，f(x)min=f(2)=2a+7，由2a+7≥a，得a≥–7，∴–7≤a<–4．

2综上所述得a∈[?7,2]．

2

13．解：（1）因为对任意x∈R，有f(f(x)–x2+x)=f(x)–x2+x，所以f(f(2)–22+2)=f(2)–22+2．又由f(2)=3，是f(3–22+2)=3–22+2，即f(1)=1．若f(0)=a，则f(a–02+0)=a–02+0，即f(a)=a．

（2）因为对任意x∈R，有f(f(x)–x2+x)=f(x)–x2+x，又因为有且只有一个实数x0，使得f(x0)=x0，所以对任意x∈R，有f(x)–x2+x=x0．

22在上式中令x=x0，有f(x0)–x0+x0=x0，又因为f(x0)=x0，所以x0–x0=0．故x0=0或x0=1．若

x0=0，则f(x)–x2+x=0，即f(x)=x2–x，但方程x2–x=x有两个不同实根，与题设条件矛盾，故x0≠0．若x0=1，则有f(x)–x2+x=1即f(x)=x2–x+1易验证该函数满足题设条件.

综上所述，所求函数为f(x)=x2–x+1(x∈R)． 14．解：（1）∵函数f(x)=x2–16x+q+3的对称轴是x=8，∴f(x)在区间[–1，1]上是减函数，

???f(1)?0,?1?16?q?3?0,即?∵函数在区间[–1，1]上存在零点，则必有：?∴–20≤q≤12．

??f(?1)?0,??1?16?q?3?0,

（2）∵0≤t≤10, f(x)在区间[0，8]上是减函数，在区间[8，10]上是增函数．

①当0≤t≤6时，在区间[t, 10]上，f(t)最大，f(8)最小，∴f(t)–f(8)=12–t，即：t2–15t+52=0，解得：t?15?1715?17,?t?； 22②当8

解得：t=8, 9, ∴t=9．

综上存在常数t?15?17，8，9满足条件． 215．解：（1）解法1：由题设得g(x)=3x2–18xcos?+48cos?，又由1?e?|t|?(1,2], 3+sint∈[2,

8

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