（浙江专版）2020届高考数学一轮复习 滚动检测二（1-4章）（含解析）

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1、滚动检测二(1～4章)(时间：120分钟满分：150分)第Ⅰ卷(选择题共40分)一、选择题(本大题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)1．已知集合M＝{x－35}，则M∪N等于()A．{xx<－5或x>－3}B．{x－55}答案A解析在数轴上画出集合M＝{x－35}，则M∪N＝{xx<－5或x>－3}．2．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

2、件D．既不充分也不必要条件答案A解析若p⇒q，且q⇏p，则p是q的充分不必要条件，条件p：a2＋a≠0，即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.3．下列函数中，既是偶函数又在(0，＋∞)上单调递增的是()A．y＝x3B．y＝cosxC．y＝D．y＝lnx答案D解析y＝x3是奇函数，其余三个函数都是偶函数，但y＝cosx在(0，＋∞)上有增有减，y＝在(0，＋∞)上为减函数，只有y＝lnx既是偶函数，又在(0，＋∞)上是增函数，故选D.4．函数f(x)＝cosx的图象大致为()答案C解析依题意，注意到f(－x)＝cos(－x)＝cos

3、x＝cosx＝－f(x)，因此函数f(x)是奇函数，其图象关于原点对称，故选项A，B均不正确；当00，f(x)<0，结合选项知，C正确．5．已知函数F(x)＝xf(x)，f(x)满足f(x)＝f(－x)，且当x∈(－∞，0]时，F′(x)<0成立，若a＝20.1·f(20.1)，b＝ln2·f(ln2)，c＝log2·f，则a，b，c的大小关系是()A．a>b>cB．c>a>bC．c>b>aD．a>c>b答案C解析∵f(x)＝f(－x)，∴函数f(x)是偶函数，∴函数F(x)＝xf(x)是奇函数，∵当x∈(－∞，0]时，F′(x)<0成立，∴函数F

4、(x)在(－∞，0]上单调递减，因此函数F(x)在R上单调递减，∵20.1>1，ln2∈(0,1)，log2<0，a＝20.1·f(20.1)，b＝ln2·f(ln2)，c＝log2·f，∴c>b>a，故选C.6．已知函数f(x)满足对一切x∈R，f(x＋2)＝－都成立，且当x∈(1,3]时，f(x)＝2－x，则f(2019)等于()A.B.C.D.答案B解析由已知条件f(x＋2)＝－，可得f(x)＝－，故f(x＋2)＝f(x－2)，易得函数f(x)是周期为4的周期函数，∴f(2019)＝f(3＋504×4)＝f(3)，∵当x∈(1,3]时，f(x)＝2－x，∴f(3)＝2－

5、3＝，即f(2019)＝.7．已知f(x)＝＋x2＋ax，g(x)＝ln(－x)－x，若对任意x<0，不等式f(x)≥g(x)恒成立，则实数a的取值范围是()A．(－∞，e＋1]B．[e＋1，＋∞)C．(－∞，e]D．[e，＋∞)答案C解析由对任意x<0，不等式f(x)≥g(x)恒成立，得对任意x<0，＋x2＋ax－ln(－x)＋x≥0恒成立，即对任意x<0，(a＋1)x≥ln(－x)－e－x－x2恒成立．因为x<0，所以a＋1≤.令h(x)＝，则h′(x)＝，显然当x∈(－∞，－1)时，h′(x)<0，h(x)单调递减；当x∈(－1,0)时，h′(x)>0，h(x)单调递增

6、．所以h(x)min＝h(－1)＝e＋1，故a＋1≤e＋1，解得a≤e.8．已知函数f(x)＝x＋2x－(x<0)与g(x)＝x＋log2(x＋a)的图象上存在关于y轴对称的点，则a的取值范围是()A．(－∞，)B．(－∞，－)C．(－∞，2)D.答案A解析设f(x)关于y轴对称的函数为h(x)＝f(－x)＝x＋2－x－(x>0)，则由题意可得方程h(x)＝g(x)(x∈(0，＋∞))有解，即方程2－x－＝log2(x＋a)(x∈(0，＋∞))有解，作出函数y＝2－x－，y＝log2(x＋a)的图象如图，当a≤0时，两个图象在(0，＋∞)上必有交点，符合题意；当a>0时，若两

7、个图象在(0，＋∞)上有交点，则log2a<，所以00)，若有且只有两个整数x1，x2使得f(x1)>0，且f(x2)>0，则实数a的取值范围为()A．(ln3,2)B．(0,2－ln3]C．(0,2－ln3)D．[2－ln3,2)答案B解析f′(x)＝＋a－2，当a－2≥0时，f′(x)>0，则f(x)在(0，＋∞)上单调递增，且f(2)＝ln2>0，所以f(x)>0有无数整数解，不符合题意；当a－2<0，即0