PAGE/NUMPAGES2019-2020年高考数学专
题
快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题
突破练1函数的综合问题文一、选择题1．已知a＝log46，b＝log40.2，c＝log23，则三个数的大小关系是( )A．c>a>bB．a>c>bC．a>b>cD．b>c>a
答案
八年级地理上册填图题岩土工程勘察试题省略号的作用及举例应急救援安全知识车间5s试题及答案
A解析 因为c＝log49,9>6>0.2，所以，c>a>b.故答案为A.2．[xx·湖北襄阳模拟]设x∈R，则“a＝b”是“f(x)＝(x＋a)|x＋b|为奇函数”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答案 B解析 若f(x)＝(x＋a)|x＋b|为奇函数，则f(0)＝0，即a|b|＝0，则a＝0或b＝0.若a＝0，f(x)＝x|x＋b|，则f(－x)＝－x|－x＋b|＝－x|x＋b|，即|x－b|＝|x＋b|，则b＝0，此时a＝b；若b＝0，f(x)＝(x＋a)|x|，则f(－x)＝(－x＋a)|－x|＝－(x＋a)|x|，即－x＋a＝－x－a，则a＝－a，则a＝0，此时a＝b，即必要性成立．若a＝b＝1，则f(x)＝(x＋1)|x＋1|，则f(0)＝1≠0，则函数f(x)不是奇函数，即充分性不成立，故“a＝b”是“f(x)＝(x＋a)|x＋b|为奇函数”的必要不充分条件，故选B.3．已知A(2,5)，B(4,1)，若点P(x，y)在线段AB上，则eq\f(y,2x)的最大值为( )A.eq\f(1,8)B．1C.eq\f(5,4)D.eq\f(7,2)答案 C解析 由题意，得线段AB：y－1＝eq\f(5－1,2－4)(x－4)⇒y＝－2x＋9(2≤x≤4)，∴eq\f(y,2x)＝eq\f(－2x＋9,2x)＝－1＋eq\f(9,2x)≤eq\f(5,4)，当x＝2时等号成立，即eq\f(y,2x)的最大值为eq\f(5,4)，故选C.4．若变量x，y满足|x|－lneq\f(1,y)＝0，则y关于x的函数图象大致是( )答案 B解析 由|x|－lneq\f(1,y)＝0得y＝eq\f(1,e|x|)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(e－xx≥0，,exx<0))画出图象可知选B.5．[xx·广东广州测试]已知命题p：∀x∈N*，eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x，命题q：∃x∈R,2x＋21－x＝2eq\r(2)，则下列命题中为真命题的是( )A．p∧qB．(綈p)∧qC．p∧(綈q)D．(綈p)∧(綈q)答案 A解析 由eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x≥eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,3)))x，得x≥0，故命题p为真命题．∵2x＋21－x＝2eq\r(2)，∴2x＋eq\f(2,2x)－2eq\r(2)＝0，∴(2x)2－2eq\r(2)·2x＋2＝0，∴(2x－eq\r(2))2＝0，∴x＝eq\f(1,2)，故命题q为真命题．∴p∧q为真命题．6．已知函数f(x)＝lnx－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x＋1，则不等式f(2x－3)<eq\f(1,2)的解集为( )答案 D解析 ∵f(x)＝lnx－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))x＋1在(0，＋∞)上单调递增，且f(1)＝eq\f(1,2)，∴f(2x－3)<eq\f(1,2)等价于f(2x－3)
1D．0|lgx2|，∴－lgx1>lgx2，即lgx1＋lgx2<0，∴04或m<－4B．45或m＝4答案 A解析 设t＝sinx，则05.故选D.12．[xx·河北衡水调研]定义在R上的函数f(x)对任意x1，x2(x1≠x2)都有eq\f(fx1－fx2,x1－x2)<0，且函数y＝f(x－1)的图象关于(1,0)成中心对称，若s，t满足不等式f(s2－2s)≤－f(2t－t2)，则当1≤s≤4时，eq\f(t－2s,s＋t)的取值范围是( )A.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－3，\f(1,2)))B.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－3，－\f(1,2)))C.eq\b\lc\[\rc\)(\a\vs4\al\co1(－5，－\f(1,2)))D.eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－5，－\f(1,2)))答案 D解析 设x10，即f(x1)>f(x2)，所以函数f(x)为减函数．因为函数y＝f(x－1)的图象关于(1,0)成中心对称，所以y＝f(x)为奇函数，所以f(s2－2s)≤－f(2t－t2)＝f(t2－2t)，所以s2－2s≥t2－2t，即(s－t)(s＋t－2)≥0.因为eq\f(t－2s,s＋t)＝1－eq\f(3s,s＋t)＝1－eq\f(3,1＋\f(t,s))，而在条件eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(s－ts＋t－2≥0，,1≤s≤4))下，易求得eq\f(t,s)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(1,2)，1))，所以1＋eq\f(t,s)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，2))，eq\f(3,1＋\f(t,s))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(3,2)，6))，1－eq\f(3,1＋\f(t,s))∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－5，－\f(1,2)))，即eq\f(t－2s,s＋t)∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－5，－\f(1,2)))，故选D.二、填空题13．若关于x的不等式x2－4x－2－a>0在区间(1,4)内有解，则实数a的取值范围是________．答案 (－∞，－2)解析 不等式x2－4x－2－a>0在区间(1,4)内有解等价于a<(x2－4x－2)max，令g(x)＝x2－4x－2，x∈(1,4)，∴g(x)0)的图象关于直线y＝x对称，若g(a)·g(b)＝3(其中a>0且b>0)，则eq\f(1,a)＋eq\f(4,b)的最小值为________．答案 9解析 3a·3b＝3即a＋b＝1，∴eq\f(1,a)＋eq\f(4,b)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,a)＋\f(4,b)))·(a＋b)＝5＋eq\f(b,a)＋eq\f(4a,b)≥9(当且仅当a＝eq\f(1,3)，b＝eq\f(2,3)取“＝”)．16．[xx·湖北荆州调研]已知函数f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(|log3x|，00)，且当x>1时，有f(x)>0.(1)求证：feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,n)))＝f(m)－f(n)；(2)求证：f(x)在(0，＋∞)上是增函数；(3)比较feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m＋n,2)))与eq\f(fm＋fn,2)的大小．解 (1)
证明
住所证明下载场所使用证明下载诊断证明下载住所证明下载爱问住所证明下载爱问
：∵f(m)＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,n)n))＝feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,n)))＋f(n)，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m,n)))＝f(m)－f(n)．(2)证明：任取x1，x2∈(0，＋∞)，且x11，∴feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(x2,x1)))>0，∴f(x2)>f(x1)，∴f(x)在(0，＋∞)上是增函数．(3)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m＋n,2)))－eq\f(fm＋fn,2)＝eq\f(1,2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m＋n,2)))＋eq\f(1,2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m＋n,2)))－eq\f(fm＋fn,2)＝eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m＋n,2)))－fm))＋eq\f(1,2)eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(f\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m＋n,2)))－fn))＝eq\f(1,2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m＋n,2m)))＋eq\f(1,2)feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m＋n,2n)))＝eq\f(1,2)feq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(m＋n2,4mn)))∵eq\f(m＋n2,4mn)≥1，∴feq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(m＋n2,4mn)))≥0，故feq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(m＋n,2)))≥eq\f(fm＋fn,2).18．[xx·江西临川月考]已知函数f(x)＝eq\f(x＋a,x＋b)(a、b为常数)．(1)若b＝1，解不等式f(x－1)<0；(2)若a＝1，当x∈[－1,2]时，f(x)>eq\f(－1,x＋b2)恒成立，求b的取值范围．解 (1)∵f(x)＝eq\f(x＋a,x＋b)，b＝1，∴f(x)＝eq\f(x＋a,x＋1)，∴f(x－1)＝eq\f(x－1＋a,x－1＋1)＝eq\f(x－1＋a,x)，∵f(x－1)<0，∴eq\f(x－1＋a,x)<0，等价于x[x－(1－a)]<0，①当1－a>0，即a<1时，不等式的解集为(0,1－a)；②当1－a＝0，即a＝1时，不等式的解集为∅；③当1－a<0，即a>1时，不等式的解集为(1－a,0)．(2)∵a＝1，f(x)>eq\f(－1,x＋b2)，∴eq\f(x＋1,x＋b)>eq\f(－1,x＋b2)⇔(x＋b)(x＋1)>－1(※)显然x≠－b，易知当x＝－1时，不等式(※)显然成立；由x∈[－1,2]时不等式恒成立，当－1－eq\f(1,x＋1)－x＝1－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,x＋1)＋x＋1))，∵x＋1>0，∴eq\f(1,x＋1)＋(x＋1)≥2eq\r(\f(1,x＋1)·x＋1)＝2，故b>－1.综上所述，b>－1.19．[xx·福建四校联考]某工厂生产一种仪器的元件，由于受生产能力和技术水平的限制，会产生一些次品，根据经验知道，其次品率P与日产量x(万件)之间满足关系：P＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(1,6－x)，1≤x≤c，,\f(2,3)，x>c))(其中c为小于6的正常数)(注：次品率＝次品数/生产量，如P＝0.1
表
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示每生产10件产品，有1件为次品，其余为合格品)已知每生产1万件合格的仪器可以盈利2万元，但每生产1万件次品将亏损1万元，故厂方希望定出合适的日产量．(1)试将生产这种仪器的元件每天的盈利额T(万元)表示为日产量x(万件)的函数；(2)当日产量为多少时，可获得最大利润？解 (1)当x>c时，P＝eq\f(2,3)，∴T＝eq\f(1,3)x·2－eq\f(2,3)x·1＝0；当1≤x≤c时，P＝eq\f(1,6－x)，∴T＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(1,6－x)))·x·2－eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,6－x)))·x·1＝eq\f(9x－2x2,6－x).综上，日盈利额T(万元)与日产量x(万件)的函数关系为T＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(\f(9x－2x2,6－x)，1≤x≤c,0，x>c))(2)由(1)，当x>c时，每天的盈利额为0，∴1≤x≤c，①当3≤c<6时，T＝eq\f(9x－2x2,6－x)＝15－2eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(6－x＋\f(9,6－x)))≤15－12＝3(当且仅当x＝3时取等号)，Tmax＝3，此时x＝3；②当1≤c<3时，由T′＝eq\f(2x2－24x＋54,6－x2)＝eq\f(2x－3x－9,6－x2)知函数T＝eq\f(9x－2x2,6－x)在[1,3]上递增，∴当x＝c时，∴Tmax＝eq\f(9c－2c2,6－c).综上，若3≤c<6，则当日产量为3万件时，可获得最大利润；若1≤c<3，则当日产量为c万件时，可获得最大利润．温馨提示：最好仔细阅读后才下载使用，万分感谢！
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