《2025年理想树图书高考必刷卷42套模拟卷汇编高中数学人教版》

21.(本小题满分12分)已知函数$f(x)=e^x + ax^2 - x$.
　(1)当$a = 1$时,讨论$f(x)$的单调性;
　(2)当$x\geq0$时,$f(x)\geq\frac{1}{2}x^2 + 1$,求$a$的取值范围.

答案： 21.[命题点]利用导数判断函数单调性的方法、不等式恒成立问题　
[解]
(1)当a = 1时，f(x) = e^x + x² - x，f'(x) = e^x + 2x - 1.
故当x∈(-∞, 0)时，f'(x) ＜ 0；当x∈(0, +∞)时，f'(x) ＞ 0.
所以f(x)在(-∞, 0)单调递减，在(0, +∞)单调递增. 4分
(2)f(x) ≥ $\frac{1}{2}$x² + 1等价于($\frac{1}{2}$x² - ax² + x + 1)e^(-x) ≤ 1.
设函数g(x) = ($\frac{1}{2}$x² - ax² + x + 1)e^(-x) (x ≥ 0)，
则g'(x) = - ($\frac{1}{2}$x² - ax² + x + 1 - x + 2ax - 1)e^(-x)
= - $\frac{1}{2}$x[x² - (2a + 3)x + 4a + 2]e^(-x)
= - $\frac{1}{2}$x(x - 2a - 1)(x - 2)e^(-x). 6分
(通过构造函数g(x)，把不等式恒成立问题转化为函数的最值与单调性问题，分类讨论)逐一比较0, 2a + 1, 2的大小，判断函数g(x)
(i)若2a + 1 ≤ 0，即a ≤ - $\frac{1}{2}$，则当x∈(0, 2)时，g'(x) ＞ 0.
所以g(x)在(0, 2)单调递增，而g
(0) = 1，
故当x∈(0, 2)时，g(x) ＞ 1，不合题意. 7分
(ii)若0 ＜ 2a + 1 ＜ 2，即 - $\frac{1}{2}$ ＜ a ＜ $\frac{1}{2}$，
则当x∈(0, 2a + 1)∪(2, +∞)时，g'(x) ＜ 0；
当x∈(2a + 1, 2)时，g'(x) ＞ 0.
所以g(x)在(0, 2a + 1)，(2, +∞)单调递减，
在(2a + 1, 2)单调递增.由于g
(0) = 1，
所以g(x) ≤ 1当且仅当g
(2) = (7 - 4a)e^(-2) ≤ 1，即a ≥ $\frac{7 - e²}{4}$.
所以当$\frac{7 - e²}{4}$ ≤ a ＜ $\frac{1}{2}$时，g(x) ≤ 1. 9分
(iii)若2a + 1 ≥ 2，即a ≥ $\frac{1}{2}$，则g(x) ≤ ($\frac{1}{2}$x² + x + 1)e^(-x).
由于$\frac{7 - e²}{4}$ ∈ [- $\frac{1}{2}$, $\frac{1}{2}$)，故由(ii)可得($\frac{1}{2}$x² + x + 1)e^(-x) ≤ 1.
故当a ≥ $\frac{1}{2}$时，g(x) ≤ 1.
综上，a的取值范围是[$\frac{7 - e²}{4}$, +∞). 12分
一题多解
(2)当x = 0时，f(x) = 1，$\frac{1}{2}$x² + 1 = 1，不等式f(x) ≥ $\frac{1}{2}$x² + 1成立，a∈R. 6分
当x ＞ 0时，f(x) ≥ $\frac{1}{2}$x² + 1等价于a ≥ $\frac{\frac{1}{2}x² + x + 1 - e^x}{x²}$.
令g(x) = $\frac{\frac{1}{2}x² + x + 1 - e^x}{x²}$，x ＞ 0，
则g'(x) = $\frac{x² - x - 2 + (2 - x)e^x}{x³}$ = $\frac{(x - 2)(x + 2 - e^x)}{x³}$. 8分
令h(x) = $\frac{1}{2}$x² + x + 1 - e^x，x ≥ 0，则h'(x) = x + 1 - e^x ≤ 0，且h'(x) = 0在[0, +∞)上不恒成立，故h(x)在[0, +∞)上单调递减.
所以h(x) ≤ h
(0) = 0. 10分
令g'(x) ＞ 0得0 ＜ x ＜ 2，令g'(x) ＜ 0得x ＞ 2，则g(x)在(0, 2)上单调递增，在(2, +∞)上单调递减，
所以a ≥ g(x)max = g
(2) = $\frac{7 - e²}{4}$.
综上，a的取值范围是[$\frac{7 - e²}{4}$, +∞). 12分

△22.(本小题满分10分)选修4 - 4:坐标系与参数方程在直角坐标系$xOy$中,曲线$C_1$的参数方程为$\begin{cases}x = t^2\\y = kt\end{cases}$($t$为参数).以坐标原点为极点,$x$轴正半轴为极轴建立极坐标系,曲线$C_2$的极坐标方程为$4\rho\cos\theta - 16\rho\sin\theta + 3 = 0$.
　　(1)当$k = 1$时,$C_1$是什么曲线？
　　(2)当$k = 4$时,求$C_1$与$C_2$的公共点的直角坐标.

答案： 22.[命题点]参数方程与普通方程、极坐标方程与直角坐标方程的互化
[解]
(1)当k = 1时，C: $\begin{cases}x = \cos t\\y = \sin t\end{cases}$
消去参数t得x² + y² = 1，
故曲线C是圆心为坐标原点，半径为1的圆. 5分
(2)当k = 4时，C: $\begin{cases}x = \cos⁴t\\y = \sin⁴t\end{cases}$，消去参数t得C的直角坐标方程为$\sqrt{x} + \sqrt{y} = 1$. 6分
C₂的直角坐标方程为4x - 16y + 3 = 0. 7分
由$\begin{cases}\sqrt{x} + \sqrt{y} = 1\\4x - 16y + 3 = 0\end{cases}$，解得$\begin{cases}x = \frac{1}{4}\\y = \frac{1}{4}\end{cases}$. 9分
故C与C₂的公共点的直角坐标为($\frac{1}{4}$, $\frac{1}{4}$). 10分

23.(本小题满分10分)选修4−5:不等式选讲
　　已知函数f(x)=|3x + 1| - 2|x - 1|。
　　(1)画出y = f(x)的图像;
　　(2)求不等式f(x)＞f(x + 1)的解集。
　　　　　　　　　　　　　

答案：
23.[命题点]绝对值函数的图像及绝对值不等式的求解
[解]
(1)由题设知
f(x)=
$\begin{cases}3x - 3, & x \leq \frac{1}{3} \\x - 1, & -\frac{1}{3} ＜ x \leq 1 \\3x + 3, & x ＞ 1\end{cases}$
2分
y = f(x)的图像如图所示.

5分
(2)函数y = f(x)的图像向左平移1个单位长度后得到函数y = f(x + 1)的图像.

7分
y = f(x)的图像与y = f(x + 1)的图像的交点坐标为($\frac{7}{6}$,$\frac{11}{6}$).
8分
由图像可知当且仅当x ＜ -$\frac{7}{6}$时,y = f(x)的图像在y = f(x + 1)的图像上方.
9分
故不等式f(x) ＞ f(x + 1)的解集为(-∞, -$\frac{7}{6}$).
10分
一题多解
(2)因为f(x) = |3x + 1| - 2|x - 1|,所以f(x + 1) = |3(x + 1) + 1| - 2|(x + 1) - 1| = |3x + 4| - 2|x|,
不等式f(x) ＞ f(x + 1)等价于|3x + 1| + 2|x| ＞ |3x + 4| + 2|x - 1|.
当x ＜ -$\frac{4}{3}$时,-(3x + 1) - 2x ＞ -(3x + 4) - 2(x - 1),
即 -5x - 1 ＞ -5x - 2,此时解集为(-∞, -$\frac{4}{3}$);
6分
当 -$\frac{4}{3}$ ≤ x ＜ $\frac{1}{3}$时,-(3x + 1) - 2x ＞ (3x + 4) - 2(x - 1),
即 -5x - 1 ＞ x + 6,解得x ＜ -$\frac{7}{6}$,此时解集为[-$\frac{4}{3}$, -$\frac{7}{6}$);
7分
当 $\frac{1}{3}$ ≤ x ＜ 0时,(3x + 1) - 2x ＞ (3x + 4) - 2(x - 1),
即 x + 1 ＞ x + 6,此时解集为∅;
8分
当 0 ≤ x ＜ 1时,(3x + 1) + 2x ＞ (3x + 4) - 2(x - 1),
即 5x + 1 ＞ x + 6,解得x ＞ $\frac{5}{4}$,此时解集为∅;
9分
当 x ≥ 1时,(3x + 1) + 2x ＞ (3x + 4) + 2(x - 1),
即 5x + 1 ＞ 5x + 2,此时解集为∅.
综上所述,不等式f(x) ＞ f(x + 1)的解集为(-∞, -$\frac{7}{6}$).
10分