2019年高考数学（理）一轮复习精品资料
1．方程x－6x＋9x－10＝0的实根个数是( ) A．3 B．2 C．1 D．0
解析：设f(x)＝x－6x＋9x－10，f′(x)＝3x－12x＋9＝3(x－1)(x－3)，由此可知函数的极大值为f(1)＝－6<0，极小值为f(3)＝－10<0，所以方程x－6x＋9x－10＝0的实根个数为1个．
答案：C
2．某公司生产某种产品，固定成本为20 000元，每生产一单位产品，成本增加100元，已知总营业收入R与1??400x－x2，（0≤x≤400），2年产量x的关系是R＝R(x)＝?则总利润最大时，年产量是( )
??80 000，（x>400），
A．100 B． 150 C．200 D．300
3
2
3
2
2
3
2
答案：D
3．若存在正数x使2(x－a)<1成立，则a的取值范围是( ) A．(－∞，＋∞) B．(－2，＋∞) C．(0，＋∞) D．(－1，＋∞) 1x
解析：∵2(x－a)<1，∴a>x－x.
2
1－x
令f(x)＝x－x，∴f′(x)＝1＋2ln 2>0.
2∴f(x)在(0，＋∞)上单调递增，
x
∴f(x)>f(0)＝0－1＝－1， ∴a的取值范围为(－1，＋∞)， 答案：D
3
4．若定义在R上的函数f(x)满足f(x)＋f′(x)>1，f(0)＝4，则不等式f(x)>x＋1(e为自然对数的底数)的解
e集为( )
A．(0，＋∞) B．(－∞，0)∪(3，＋∞) C．(－∞，0)∪(0，＋∞) D．(3，＋∞) 3xx
解析：由f(x)>x＋1得，ef(x)>3＋e，
e
构造函数F(x)＝ef(x)－e－3，得F′(x)＝ef(x)＋ef′(x)－e＝e[f(x)＋f′(x)－1]． 由f(x)＋f′(x)>1，e>0，可知F′(x)>0，即F(x)在R上单调递增， 又因为F(0)＝ef(0)－e－3＝f(0)－4＝0， 所以F(x)>0的解集为(0，＋∞)． 答案：A
5．已知函数f(x)＝ax－3x＋1，若f(x)存在唯一的零点x0，且x0>0.则a的取值范围是( ) A．(2，＋∞) B．(1，＋∞) C．(－∞，－2) D．(－∞，－1)
3
2
0
0x
x
x
x
x
x
x
答案：C
6.若商品的年利润y(万元)与年产量x(百万件)的函数关系式为y＝－x＋27x＋123(x>0)，则获得最大利润时的年产量为( )
A.1百万件 C.3百万件
B.2百万件 D.4百万件
3
解析 y′＝－3x＋27＝－3(x＋3)(x－3)，当0
7.当x∈[－2，1]时，不等式ax－x＋4x＋3≥0恒成立，则实数a的取值范围是( ) A.[－5，－3] C.[－6，－2]
9??B.?－6，－? 8??
D.[－4，－3]
3
2
2
答案 C
8.已知函数f(x)的定义域为[－1，4]，部分对应值如下表：
x f(x) －1 1 0 2 2 0 3 2 4 0 f(x)的导函数y＝f′(x)的图象如图所示.当1 A.1 C.3 B.2 D.4 解析 根据导函数图象，知2是函数的极小值点，函数y＝f(x)的大致图象如图所示. 由于f(0)＝f(3)＝2，1 答案 D 9.定义在R上的函数f(x)满足：f(x)＋f′(x)>1，f(0)＝4，则不等式ef(x)>e＋3(其中e为自然对数的底数)的解集为( ) A.(0，＋∞) C.(－∞，0)∪(0，＋∞) xxxxB.(－∞，0)∪(3，＋∞) D.(3，＋∞) 解析 设g(x)＝ef(x)－e(x∈R)， 则g′(x)＝ef(x)＋ef′(x)－e＝e[f(x)＋f′(x)－1]， 因为f(x)＋f′(x)>1， 所以f(x)＋f′(x)－1>0，所以g′(x)>0， 所以g(x)＝ef(x)－e在定义域上单调递增， 因为ef(x)>e＋3，所以g(x)>3. 又因为g(0)＝ef(0)－e＝4－1＝3， 所以g(x)>g(0)，所以x>0. 答案 A 10.已知直线y＝b与函数f(x)＝2x＋3和g(x)＝ax＋ln x分别交于A，B两点，若|AB|的最小值为2，则a＋b＝________. 0 0 xxxxxxxx 答案 2 11.做一个无盖的圆柱形水桶，若要使其体积是27π dm，且用料最省，则圆柱的底面半径为________ dm. 272 解析 设圆柱的底面半径为R dm，母线长为l dm，则V＝πRl＝27π，所以l＝2，要使用料最省，只需使圆 3 R柱形水桶的表面积最小.