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Click to edit Master title style,Click to edit Master text styles,Second level,Third level,Fourth level,Fifth level,*,*,*,阶段总结,热考题型强化课(一),集合、常用逻辑用语、函数与导数,【网络构建】,【核心要素】,1.集合中元素的特性、集合间的根本关系、根本运算,2.四种命题间的逆否关系、充要条件的判断、量词,3.函数的三要素、单调性、奇偶性,4.指数函数、对数函数、幂函数的图象与性质,5.函数图象变换:平移、对称、翻折、伸缩,6.函数的零点:零点存在性定理,7.导数的几何意义,8.函数的单调性与导函数值的关系,9.函数的极值、最值,10.定积分、微积分根本定理,热考题型一,集合,【考情分析】,难度:基础题,题型:以选择题、填空题为主,考查方式:以集合的运算为主要考查对象,常与函数、不等式、方程等知识交汇命题.,【考题集训】,1.(2021 天津高考) 全集U=1,2,3,4,5,6,7,8,集合A=2,3,5,6，集合B=1,3,4,6,7，那么集合,=( ),A.2,5 B.3,6,C.2,5,6 D.2,3,5,6,8,【解析】选A. =2,5,8，所以集合 =2,5.,2.(2021 重庆高考)集合A=1,2,3,B=2,3，,那么( ),A.A=B B.AB=,C.A B D.B A,【解析】选D.因为A=1,2,3,B=2,3，由集合之间的,关系可知B A.,3.(2021浙江高考)设全集U=xN|x2，集合,A=xN|x25,那么 =( ),A. B.2,C.5 D.2,5,【解析】选B.A=xN|x25=xN|x,=xN|2x =2.,热考题型二,常用逻辑用语,【考情分析】,难度:基础题,题型:以选择题为主,考查方式:涉及知识面较广,常与函数、不等式、三角函数、立体几何、解析几何、数列等知识综合在一起考查.,【考题集训】,1.(2021湖北高考)命题“xR,x2x的否认,是(),A.xR,x2x B.xR,x2=x,C.x0R,x02x0 D.x0R,x02=x0,【解析】选D.全称命题的否认是特称命题,所以命题“xR,x2x的否认是“x0R,x02=x0.,2.(2021重庆高考)命题p:对任意xR,总有|x|0;q:x=1是方程x+2=0的根.那么以下命题为真命题的是(),A.pq B.pq,C.pq D.pq,【解析】,选,A.,易知命题,p,为真命题,q,为假命题,故,p,q,为真命题,p,q,为假命题,p,q,为假命题,p,q,为假命题,.,3.(2021 天津高考)设xR,那么“|x-2|0的(),A.充分而不必要条件,B.必要而不充分条件,C.充要条件,D.既不充分也不必要条件,【解析】选A.|x-2|0的解为x1,所以,“|x-2|0的充分而不必要条件.,热考题型三,函数的概念、图象与性质,【考情分析】,难度:基础题,题型:以选择题、填空题为主,考查方式:1.考查函数解析式与函数图象的对应关系.,2.从函数的单调性、奇偶性、最值(值域)、周期性、对称性入手,或是直接确定函数的性质,或是利用函数的性质求参数的值(取值范围)、比较大小等.,3.常与基本初等函数的图象和性质交汇命题,综合性较强.,【考题集训】,1.(2021湖南高考)以下函数中，既是偶函数又在区间(-,0)上单调递增的是( ),A.f(x)= B.f(x)=x2+1,C.f(x)=x3 D.f(x)=2-x,【解析】,选A.,选项,具体分析,结论,A,幂函数f(x)=x,-2,是偶函数,且在第二象限是增函数.,正确,B,二次函数f(x)=x,2,+1是偶函数,且在第二象限是减函数.,错误,C,幂函数f(x)=x,3,是奇函数,且是增函数.,错误,D,指数函数f(x)=2,-x,= 是非奇非偶函数,且是减函数.,错误,2.(2021 安徽高考)函数f(x)= 的图象如下图，那么以下结论成立的是( ),A.a0，b0，c0，c0,C.a0，c0 D.a0，b0，c0,所以c0b0,当y=0时，ax+b=0x= a0的范围内两函数的图象有一个交点，即原方程有一个根.,综上函数f(x)共有两个零点.,答案：,2,热考题型五,导数在函数中的应用,【考情分析】,难度:低中档,题型:以解答题为主,考查方式:常以多项式函数、指数或对数函数、三角函数为载体,考查函数的性质、零点个数及参数问题.,【考题集训】,1.(2021广东高考)曲线y=-5ex+3在点(0,-2)处的切线方程为.,【解析】,因为y=-5e,x,y|,x=0,=-5,即在点(0,-2)处的切线斜率为-5,所以切线方程为y-(-2)=-5(x-0),5x+y+2=0.,答案:,5x+y+2=0,2.(2021 四川高考)函数f(x)=-2(x+a)lnx+x2-2ax-2a2+a,其中a0.,(1)设g(x)是f(x)的导函数,讨论g(x)的单调性.,(2)证明:存在a(0,1),使得f(x)0在区间(1,+)内恒成立,且f(x)=0在区间(1,+)内有唯一解.,【解析】,(1)g(x)=,g(x)=,当a 时,g(x)0,此时g(x)在定义域(0,+)上,单调递增；,当0a 时,g(x)0.,此时，g(x)在区间 和 上单调,递增；,g(x)在区间 上单调递减.,(2)假设存在a(0,1),使得f(x)0在区间(1，+)内,恒成立，且f(x)=0在区间(1,+)内有唯一解，在此假,设下：f(1)0，那么可得01,f(x0)= ,那么f(x)在区间(1,x0)上递减，在区间(x0,+)上递增，,由假设x1,f(x)min=f(x0)=0,下面只需证明，存在唯一“x01，使同时,成立.,由：ln x0= 代入,x03+2(a-1)x02-5ax0-2a2=0，现在只需证明该方程在区,间(1,+)内有唯一解.,令h(x)=x3+2(a-1)x2-5ax-2a2，,那么h(x)=3x2+4(a-1)x-5a,导函数的对称轴,又h(1)=-a-11,h(m)=0，,当x(1,m)时,h(x)0，,那么函数h(x)在区间(1,m)上单调递减，在(m,+)上单调递增，,又h(1)=-2a2-3a-10,x+，h(x)+，,那么方程x03+2(a-1)x02-5ax0-2a2=0在区间(1,+)有唯一解.,那么存在a(0,1)，使得f(x)0在区间(1,+)内恒成立，且f(x)=0在区间(1,+)内有唯一解.,
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