2020届全国各地高考试题分类汇编01 集合逻辑用语函数导数.docx

2020届全国各地高考试题分类汇编目录

01 集合
1.（2020•北京卷）已知集合，，则（ ）．
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】根据交集定义直接得结果.
【详解】，故选：D.
【点睛】本题考查集合交集概念，考查基本分析求解能力，属基础题.
2.（2020•全国1卷）设集合A={x|x2–4≤0}，B={x|2x+a≤0}，且A∩B={x|–2≤x≤1}，则a=（ ）
A. –4 B. –2 C. 2 D. 4
【答案】B
【解析】由题意首先求得集合A,B，然后结合交集的结果得到关于a的方程，求解方程即可确定实数a的值.
【详解】求解二次不等式可得：，
求解一次不等式可得：.
由于，故：，解得：.故选：B.
【点睛】本题主要考查交集的运算，不等式的解法等知识，意在考查学生的转化能力和计算求解能力.
3.（2020•全国2卷）已知集合U={−2，−1，0，1，2，3}，A={−1，0，1}，B={1，2}，则（ ）
A. {−2，3} B. {−2，2，3} C. {−2，−1，0，3} D. {−2，−1，0，2，3}
【答案】A
【解析】首先进行并集运算，然后计算补集即可.
【详解】由题意可得：，则.故选：A
【点睛】本题主要考查并集、补集的定义与应用，属于基础题.
4.（2020•全国3卷）已知集合，，则中元素的个数为（ ）
A. 2 B. 3 C. 4 D. 6
【答案】C
【解析】采用列举法列举出中元素的即可.
【详解】由题意，中的元素满足，且，
由，得，所以满足的有，
故中元素的个数为4.故选：C.
5.（2020•江苏卷）已知集合，则_____.
【答案】
【解析】根据集合交集即可计算.
【详解】∵,∴,故答案为：.
【点睛】本题考查了交集及其运算，是基础题型．
6.（2020•新全国1山东）设集合A={x|1≤x≤3}，B={x|2 A. {x|2 C. {x|1≤x<4} D. {x|1 【答案】C
【解析】根据集合并集概念求解.
【详解】,故选：C
【点睛】本题考查集合并集，考查基本分析求解能力，属基础题.
7.（2020•天津卷）设全集，集合，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】C
【解析】首先进行补集运算，然后进行交集运算即可求得集合的运算结果.
【详解】由题意结合补集的定义可知：，则.故选：C.
【点睛】本题主要考查补集运算，交集运算，属于基础题.
8.（2020•浙江卷）已知集合P=，，则PQ=（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】根据集合交集定义求解
【详解】,故选：B
【点睛】本题考查交集概念，考查基本分析求解能力，属基础题.
9.（2020•浙江卷）设集合S，T，SN*，TN*，S，T中至少有两个元素，且S，T满足：
①对于任意x，yS，若x≠y，都有xyT
②对于任意x，yT，若x 下列命题正确的是（ ）
A. 若S有4个元素，则S∪T有7个元素
B. 若S有4个元素，则S∪T有6个元素
C. 若S有3个元素，则S∪T有4个元素
D. 若S有3个元素，则S∪T有5个元素
【答案】A
【解析】分别给出具体的集合S和集合T，利用排除法排除错误选项，然后证明剩余选项的正确性即可.
【详解】首先利用排除法：
若取，则，此时，包含4个元素，排除选项D；
若取，则，此时，包含5个元素，排除选项C；
若取，则，此时，包含7个元素，排除选项B；下面来说明选项A的正确性：
设集合，且，，
则，且，则，
同理，，，，，
若，则，则，故即，
又，故，所以，
故，此时，故，矛盾，舍.
若，则，故即，
又，故，所以，
故，此时.
若， 则，故，故，
即，故，
此时即中有7个元素.故A正确.故选：A.
【点睛】“新定义”主要是指即时定义新概念、新公式、新定理、新法则、新运算五种，然后根据此新定义去解决问题，有时还需要用类比的方法去理解新的定义，这样有助于对新定义的透彻理解.但是，透过现象看本质，它们考查的还是基础数学知识，所以说“新题”不一定是“难题”，掌握好三基，以不变应万变才是制胜法宝.
10.（2020•上海卷）已知集合，，求_______
【答案】
02 复数
1.（2020•北京卷）在复平面内，复数对应的点的坐标是，则（ ）．
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】先根据复数几何意义得，再根据复数乘法法则得结果.
【详解】由题意得，.故选：B.
【点睛】本题考查复数几何意义以及复数乘法法则，考查基本分析求解能力，属基础题.
2.（2020•全国1卷）若z=1+i，则|z2–2z|=（ ）
A. 0 B. 1 C. D. 2
【答案】D
【解析】由题意首先求得的值，然后计算其模即可.
【详解】由题意可得：，则.故.
故选：D.
【点睛】本题主要考查复数的运算法则和复数的模的求解等知识，属于基础题.
3.（2020•全国2卷）设复数，满足，，则=__________.
【答案】
【解析】方法一：令，，根据复数的模相等可求得，代入复数模长的公式中即可得到结果.
方法二：设复数所对应的点为,, 根据复数的几何意义及复数的模，判定平行四边形为菱形，，进而根据复数的减法的几何意义用几何方法计算.
【详解】方法一：设，，
，
，又，所以，，
.

.故答案为：.
方法二：如图所示，设复数所对应的点为,,
由已知,
∴平行四边形为菱形，且都是正三角形，∴，

∴.

【点睛】方法一：本题考查复数模长的求解，涉及到复数相等的应用；考查学生的数学运算求解能力，是一道中档题.
方法二：关键是利用复数及其运算的几何意义，转化为几何问题求解
4.（2020•全国3卷）复数的虚部是（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】利用复数的除法运算求出z即可.
【详解】因为，所以复数的虚部为.
故选：D.
【点晴】本题主要考查复数的除法运算，涉及到复数的虚部的定义，是一道基础题.
5.（2020•江苏卷）已知是虚数单位，则复数的实部是_____.
【答案】3
【解析】根据复数的运算法则，化简即可求得实部的值.
【详解】∵复数∴∴复数的实部为3.故答案为：3.
【点睛】本题考查复数的基本概念，是基础题．
6.（2020•新全国1山东）（ ）
A. 1 B. −1
C. i D. −i
【答案】D
【解析】根据复数除法法则进行计算.
【详解】,故选：D
【点睛】本题考查复数除法，考查基本分析求解能力，属基础题.
7.（2020•天津卷）是虚数单位，复数_________．
【答案】
【解析】将分子分母同乘以分母的共轭复数，然后利用运算化简可得结果.
【详解】.故答案为：.
【点睛】本题考查复数的四则运算，属于基础题.
8.（2020•浙江卷）已知a∈R，若a–1+(a–2)i(i为虚数单位)是实数，则a=（ ）
A. 1 B. –1 C. 2 D. –2
【答案】C
【解析】根据复数为实数列式求解即可.
【详解】因为为实数，所以，故选：C
点睛】本题考查复数概念，考查基本分析求解能力，属基础题.
9.（2020•上海卷）已知复数z满足（为虚数单位），则_______
【答案】
03 逻辑用语
1.（2020•北京卷）已知，则“存在使得”是“”的（ ）．
A. 充分而不必要条件 B. 必要而不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】C
【解析】根据充分条件，必要条件的定义，以及诱导公式分类讨论即可判断.
【详解】(1)当存在使得时，
若为偶数，则；
若为奇数，则；
(2)当时，或，，即或，亦即存在使得．
所以，“存在使得”是“”的充要条件.故选：C.
【点睛】本题主要考查充分条件，必要条件的定义的应用，诱导公式的应用，涉及分类讨论思想的应用，属于基础题.
2.（2020•全国2卷）设有下列四个命题：
p1：两两相交且不过同一点的三条直线必在同一平面内.
p2：过空间中任意三点有且仅有一个平面.
p3：若空间两条直线不相交，则这两条直线平行.
p4：若直线l平面α，直线m⊥平面α，则m⊥l.
则下述命题中所有真命题的序号是__________.
①②③④
【答案】①③④
【解析】利用两交线直线确定一个平面可判断命题的真假；利用三点共线可判断命题的真假；利用异面直线可判断命题的真假，利用线面垂直的定义可判断命题的真假.再利用复合命题的真假可得出结论.
【详解】对于命题，可设与相交，这两条直线确定的平面为；
若与相交，则交点在平面内，同理，与的交点也在平面内，

所以，，即，命题为真命题；
对于命题，若三点共线，则过这三个点的平面有无数个，
命题为假命题；对于命题，空间中两条直线相交、平行或异面，
命题为假命题；对于命题，若直线平面，
则垂直于平面内所有直线，直线平面，直线直线，
命题为真命题.综上可知，，为真命题，，为假命题，
真命题，为假命题，为真命题，为真命题.
故答案为：①③④.
【点睛】本题考查复合命题的真假，同时也考查了空间中线面关系有关命题真假的判断，考查推理能力，属于中等题.
3.（2020•天津卷）设，则“”是“”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】A
【解析】首先求解二次不等式，然后结合不等式的解集即可确定充分性和必要性是否成立即可.
【详解】求解二次不等式可得：或，据此可知：是的充分不必要条件.
故选：A.
【点睛】本题主要考查二次不等式的解法，充分性和必要性的判定，属于基础题.
8.（2020•浙江卷）已知空间中不过同一点的三条直线m，n，l，则“m，n，l在同一平面”是“m，n，l两两相交”的（ ）
A. 充分不必要条件 B. 必要不充分条件
C. 充分必要条件 D. 既不充分也不必要条件
【答案】B
【解析】将两个条件相互推导，根据能否推导的结果判断充分必要条件.
【详解】依题意是空间不过同一点的三条直线，
当在同一平面时，可能，故不能得出两两相交.
当两两相交时，设，根据公理可知确定一个平面，而，根据公理可知，直线即，所以在同一平面.
综上所述，“在同一平面”是“两两相交”的必要不充分条件.故选：B
【点睛】本小题主要考查充分、必要条件的判断，考查公理和公理的运用，属于中档题.
9.（2020•上海卷）已知复数z满足（为虚数单位），则_______
【答案】
04 函数与导数
1.（2020•北京卷）已知函数，则不等式的解集是（ ）．
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】作出函数和的图象，观察图象可得结果.
【详解】因为，所以等价于，
在同一直角坐标系中作出和的图象如图：

两函数图象的交点坐标为，不等式的解为或.
所以不等式的解集为：.故选：D.
【点睛】本题考查了图象法解不等式，属于基础题.
2.（2020•北京卷）函数的定义域是____________．
【答案】
【解析】根据分母不为零、真数大于零列不等式组，解得结果.
【详解】由题意得，故答案为：
【点睛】本题考查函数定义域，考查基本分析求解能力，属基础题.
3.（2020•北京卷）已知函数．
（Ⅰ）求曲线的斜率等于的切线方程；
（Ⅱ）设曲线在点处的切线与坐标轴围成的三角形的面积为，求的最小值．
【答案】（Ⅰ），（Ⅱ）.
【解析】（Ⅰ）根据导数的几何意义可得切点的坐标，然后由点斜式可得结果；
（Ⅱ）根据导数的几何意义求出切线方程，再得到切线在坐标轴上的截距，进一步得到三角形的面积，最后利用导数可求得最值.
【详解】（Ⅰ）因为，所以，
设切点为，则，即，所以切点为，
由点斜式可得切线方程：，即.
（Ⅱ）显然，
因为在点处的切线方程为：，
令，得，令，得，所以，
不妨设时，结果一样，则，
所以，
由，得，由，得，
所以在上递减，在上递增，所以时，取得极小值，
也是最小值为.
【点睛】本题考查了利用导数的几何意义求切线方程，考查了利用导数求函数的最值，属于中档题.
4.（2020•全国1卷）函数的图像在点处的切线方程为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】B
【解析】求得函数的导数，计算出和的值，可得出所求切线的点斜式方程，化简即可.
【详解】，，，，
因此，所求切线的方程为，即.
故选：B.
【点睛】本题考查利用导数求解函图象的切线方程，考查计算能力，属于基础题
5.（2020•全国1卷）若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】B
【解析】设，利用作差法结合的单调性即可得到答案.
【详解】设，则为增函数，因为
所以，
所以，所以.
，
当时，，此时，有
当时，，此时，有，所以C、D错误.
故选：B.
【点晴】本题主要考查函数与方程的综合应用，涉及到构造函数，利用函数的单调性比较大小，是一道中档题.
6.（2020•全国1卷）已知函数.
（1）当a=1时，讨论f（x）的单调性；
（2）当x≥0时，f（x）≥x3+1，求a的取值范围.
【答案】（1）当时，单调递减，当时，单调递增.（2）
【解析】(1)由题意首先对函数二次求导，然后确定导函数的符号，最后确定原函数的单调性即可.
(2)首先讨论x=0的情况，然后分离参数，构造新函数，结合导函数研究构造所得的函数的最大值即可确定实数a的取值范围.
【详解】(1)当时，，，
由于，故单调递增，注意到，故：
当时，单调递减，当时，单调递增.
(2)由得，，其中，
①.当x=0时，不等式为：，显然成立，符合题意；
②.当时，分离参数a得，，
记，，
令，则，，
故单调递增，，故函数单调递增，，
由可得：恒成立，故当时，，单调递增；
当时，，单调递减；因此，,
综上可得，实数a的取值范围是.
【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用．
7.（2020•全国2卷）设函数，则f(x)（ ）
A. 是偶函数，且在单调递增 B. 是奇函数，且在单调递减
C. 是偶函数，且在单调递增 D. 是奇函数，且在单调递减
【答案】D
【解析】
根据奇偶性的定义可判断出为奇函数，排除AC；当时，利用函数单调性的性质可判断出单调递增，排除B；当时，利用复合函数单调性可判断出单调递减，从而得到结果.
【详解】由得定义域为，关于坐标原点对称，
又，
为定义域上的奇函数，可排除AC；当时，，
在上单调递增，在上单调递减，
在上单调递增，排除B；
当时，，
在上单调递减，在定义域内单调递增，
根据复合函数单调性可知：在上单调递减，D正确.
故选：D.
【点睛】本题考查函数奇偶性和单调性的判断；判断奇偶性的方法是在定义域关于原点对称的前提下，根据与的关系得到结论；判断单调性的关键是能够根据自变量的范围化简函数，根据单调性的性质和复合函数“同增异减”性得到结论.
8.（2020•全国2卷）若，则（ ）
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】将不等式变为，根据的单调性知，以此去判断各个选项中真数与的大小关系，进而得到结果.
【详解】由得：，
令，为上的增函数，为上的减函数，为上的增函数，
，，，，则A正确，B错误；
与的大小不确定，故CD无法确定.故选：A.
【点睛】本题考查对数式的大小的判断问题，解题关键是能够通过构造函数的方式，利用函数的单调性得到的大小关系，考查了转化与化归的数学思想.
9.（2020•全国2卷）已知函数f(x)=sin2xsin2x.
（1）讨论f(x)在区间(0，π)的单调性；
（2）证明：；
（3）设n∈N*，证明：sin2xsin22xsin24x…sin22nx≤.
【答案】（1）当时，单调递增，当时，单调递减，当时，单调递增.（2）证明见解析；（3）证明见解析.
【解析】(1)首先求得导函数的解析式，然后由导函数的零点确定其在各个区间上的符号，最后确定原函数的单调性即可；
(2)首先确定函数的周期性，然后结合(1)中的结论确定函数在一个周期内的最大值和最小值即可证得题中的不等式；
(3)对所给的不等式左侧进行恒等变形可得，然后结合(2)的结论和三角函数的有界性进行放缩即可证得题中的不等式.
【详解】(1)由函数的解析式可得：，则：

，
在上的根为：，当时，单调递增，
当时，单调递减，当时，单调递增
(2)注意到，
故函数是周期为的函数，结合(1)的结论，计算可得：，
，，
据此可得：，，即.
(3)结合(2)的结论有：


.
【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行： (1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系． (2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数． (3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题． (4)考查数形结合思想的应用．
10.（2020•全国3卷）Logistic模型是常用数学模型之一，可应用于流行病学领城．有学者根据公布数据建立了某地区新冠肺炎累计确诊病例数I(t)(t的单位：天)的Logistic模型：，其中K为最大确诊病例数．当I()=0.95K时，标志着已初步遏制疫情，则约为（ ）（ln19≈3）
A. 60 B. 63 C. 66 D. 69
【答案】C
【解析】将代入函数结合求得即可得解.
【详解】，所以，则，
所以，，解得.故选：C.
【点睛】本题考查对数的运算，考查指数与对数的互化，考查计算能力，属于中等题.
11.（2020•全国3卷）若直线l与曲线y=和x2+y2=都相切，则l的方程为（ ）
A. y=2x+1 B. y=2x+ C. y=x+1 D. y=x+
【答案】D
【解析】根据导数的几何意义设出直线的方程，再由直线与圆相切的性质，即可得出答案.
【详解】设直线在曲线上的切点为，则，
函数的导数为，则直线的斜率，
设直线的方程为，即，
由于直线与圆相切，则，
两边平方并整理得，解得，（舍），
则直线的方程为，即.故选：D.
【点睛】本题主要考查了导数的几何意义的应用以及直线与圆的位置的应用，属于中档题.
12.（2020•全国3卷）已知55<84，134<85．设a=log53，b=log85，c=log138，则（ ）
A. a 【答案】A
【解析】由题意可得、、，利用作商法以及基本不等式可得出、的大小关系，由，得，结合可得出，由，得，结合，可得出，综合可得出、、的大小关系.
【详解】由题意可知、、，，；
由，得，由，得，，可得；
由，得，由，得，，可得.综上所述，.
故选：A.
【点睛】本题考查对数式的大小比较，涉及基本不等式、对数式与指数式的互化以及指数函数单调性的应用，考查推理能力，属于中等题.
13.（2020•全国3卷）设函数，曲线在点(，f())处的切线与y轴垂直．
（1）求b．
（2）若有一个绝对值不大于1的零点，证明：所有零点的绝对值都不大于1．
【答案】（1）；（2）证明见解析
【解析】（1）利用导数的几何意义得到，解方程即可；
（2）由（1）可得，易知在上单调递减，在，上单调递增，且，采用反证法，推出矛盾即可.
【详解】（1）因为，由题意，，即
则；
（2）由（1）可得，，
令，得或；令，得，
所以在上单调递减，在，上单调递增，
且，
若所有零点中存在一个绝对值大于1零点，则或，
即或.
当时，，
又，
由零点存在性定理知在上存在唯一一个零点，
即在上存在唯一一个零点，在上不存在零点，
此时不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；
当时，，
又，
由零点存在性定理知在上存在唯一一个零点，
即在上存在唯一一个零点，在上不存在零点，
此时不存在绝对值不大于1的零点，与题设矛盾；
综上，所有零点的绝对值都不大于1.
【点晴】本题主要考查利用导数研究函数的零点，涉及到导数的几何意义，反证法，考查学生逻辑推理能力，是一道有一定难度的题.
14.（2020•江苏卷）已知y=f(x)是奇函数，当x≥0时， ，则f(-8)的值是____.
【答案】
【解析】先求，再根据奇函数求
【详解】，因为为奇函数，所以,故答案为：
【点睛】本题考查根据奇函数性质求函数值，考查基本分析求解能力，属基础题.
15.（2020•江苏卷）某地准备在山谷中建一座桥梁，桥址位置的竖直截面图如图所示：谷底O在水平线MN上、桥AB与MN平行，为铅垂线(在AB上).经测量，左侧曲线AO上任一点D到MN的距离(米)与D到的距离a(米)之间满足关系式；右侧曲线BO上任一点F到MN的距离(米)与F到的距离b(米)之间满足关系式.已知点B到的距离为40米.

（1）求桥AB的长度；
（2）计划在谷底两侧建造平行于的桥墩CD和EF，且CE为80米，其中C，E在AB上(不包括端点).桥墩EF每米造价k(万元)、桥墩CD每米造价(万元)(k>0).问为多少米时，桥墩CD与EF的总造价最低?
【答案】（1）120米（2）米
【解析】（1）根据A,B高度一致列方程求得结果；
（2）根据题意列总造价的函数关系式，利用导数求最值，即得结果.
【详解】（1）由题意得
米
（2）设总造价为万元，，设，

(0舍去)
当时，；当时，，因此当时，取最小值，
答：当米时，桥墩CD与EF的总造价最低.
【点睛】本题考查实际成本问题、利用导数求最值，考查基本分析求解能力，属中档题.
16.（2020•江苏卷）已知关于x的函数与在区间D上恒有．
（1）若，求h(x)的表达式；
（2）若，求k的取值范围；
（3）若求证：．
【答案】（1）；（2）；（3）证明详见解析
【解析】（1）求得与的公共点，并求得过该点的公切线方程，由此求得的表达式.
（2）先由，求得的一个取值范围，再由，求得的另一个取值范围，从而求得的取值范围.
（3）先由，求得的取值范围，由方程的两个根，求得的表达式，利用导数证得不等式成立.
【详解】（1）由题设有对任意的恒成立.
令，则，所以.因此即对任意的恒成立，
所以，因此.故.
（2）令，.又.
若，则在上递增，在上递减，则，即，不符合题意.当时，，符合题意.
当时， 在上递减，在上递增，则，
即，符合题意.综上所述，.
由
当，即时，在为增函数，
因为，故存在，使，不符合题意.
当，即时，，符合题意.
当，即时，则需，解得.
综上所述，的取值范围是.
（3）因为对任意恒成立，
对任意恒成立，
等价于对任意恒成立.
故对任意恒成立
令，当，，
此时，当，，
但对任意的恒成立.
等价于对任意的恒成立.
的两根为，则，
所以.
令，则.
构造函数，，
所以时，，递减，.
所以，即.
【点睛】本小题主要考查利用的导数求切线方程，考查利用导数研究不等式恒成立问题，考查利用导数证明不等式，考查分类讨论的数学思想方法，属于难题.
17.（2020•新全国1山东）基本再生数R0与世代间隔T是新冠肺炎的流行病学基本参数.基本再生数指一个感染者传染的平均人数，世代间隔指相邻两代间传染所需的平均时间.在新冠肺炎疫情初始阶段，可以用指数模型：描述累计感染病例数I(t)随时间t(单位:天)的变化规律，指数增长率r与R0，T近似满足R0 =1+rT.有学者基于已有数据估计出R0=3.28，T=6.据此，在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间约为(ln2≈0.69) （ ）
A. 1.2天 B. 1.8天
C. 2.5天 D. 3.5天
【答案】B
【解析】根据题意可得，设在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间为天，根据，解得即可得结果.
【详解】因，，，所以，所以，
设在新冠肺炎疫情初始阶段，累计感染病例数增加1倍需要的时间为天，
则，所以，所以，所以天.故选：B.
【点睛】本题考查了指数型函数模型的应用，考查了指数式化对数式，属于基础题.
18.（2020•新全国1山东）若定义在的奇函数f(x)在单调递减，且f(2)=0，则满足的x的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】首先根据函数奇偶性与单调性，得到函数在相应区间上的符号，再根据两个数的乘积大于等于零，分类转化为对应自变量不等式，最后求并集得结果.
【详解】因为定义在上的奇函数在上单调递减，且，
所以在上也是单调递减，且，，
所以当时，，当时，，
所以由可得：或或
解得或，所以满足的的取值范围是，
故选：D.
【点睛】本题考查利用函数奇偶性与单调性解抽象函数不等式，考查分类讨论思想方法，属中档题.
19.（2020•新全国1山东）已知函数．
（1）当时，求曲线y=f（x）在点（1，f（1））处的切线与两坐标轴围成的三角形的面积；
（2）若f（x）≥1，求a的取值范围．
【答案】（1）（2）
【解析】（1）先求导数，再根据导数几何意义得切线斜率，根据点斜式得切线方程，求出与坐标轴交点坐标，最后根据三角形面积公式得结果；
（2）解法一：利用导数研究，得到函数得导函数的单调递增，当a=1时由得,符合题意；当a>1时，可证，从而存在零点，使得，得到，利用零点的条件，结合指数对数的运算化简后，利用基本不等式可以证得恒成立；当时，研究.即可得到不符合题意.综合可得a的取值范围.
解法二：利用指数对数的运算可将,
令,上述不等式等价于,注意到的单调性，进一步等价转化为，令,利用导数求得，进而根据不等式恒成立的意义得到关于a的对数不等式，解得a的取值范围.
【详解】（1），，.
，∴切点坐标为(1,1+e),
∴函数f(x)在点(1,f(1)处的切线方程为,即,
切线与坐标轴交点坐标分别为,∴所求三角形面积为;
（2）解法一：,
，且.设,则
∴g(x)在上单调递增，即在上单调递增，
当时，,∴,∴成立.
当时， ，，,
∴存在唯一，使得，且当时，当时，，，因此
>1,
∴∴恒成立；
当时， ∴不是恒成立.
综上所述，实数a的取值范围是[1,+∞).
解法二：等价于
,
令,上述不等式等价于,
显然为单调增函数，∴又等价于，即，
令,则
在上h’(x)>0,h(x)单调递增；在(1,+∞)上h’(x)<0,h(x)单调递减，
∴,，∴a的取值范围是[1,+∞).
【点睛】本题考查导数几何意义、利用导数研究不等式恒成立问题，考查综合分析求解能力，分类讨论思想和等价转化思想，属较难试题.
20.（2020•天津卷）函数的图象大致为（ ）
A B.
C. D.
【答案】A
【解析】由题意首先确定函数的奇偶性，然后考查函数在特殊点的函数值排除错误选项即可确定函数的图象.
【详解】由函数的解析式可得：，则函数为奇函数，其图象关于坐标原点对称，选项CD错误；当时，，选项B错误.故选：A.
【点睛】函数图象的识辨可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势．(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性．(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象．利用上述方法排除、筛选选项．
21.（2020•天津卷）设，则的大小关系为（ ）
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】利用指数函数与对数函数的性质，即可得出的大小关系.
【详解】因为，，，
所以.故选：D.
【点睛】本题考查的是有关指数幂和对数值的比较大小问题，在解题的过程中，注意应用指数函数和对数函数的单调性，确定其对应值的范围.
比较指对幂形式的数的大小关系，常用方法：
（1）利用指数函数的单调性：，当时，函数递增；当时，函数递减；
（2）利用对数函数的单调性：，当时，函数递增；当时，函数递减；
（3）借助于中间值，例如：0或1等.
22.（2020•天津卷）已知函数若函数恰有4个零点，则的取值范围是（ ）
A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】由，结合已知，将问题转化为与有个不同交点，分三种情况，数形结合讨论即可得到答案.
【详解】注意到，所以要使恰有4个零点，只需方程恰有3个实根
即可，令，即与的图象有个不同交点.
因为，
当时，此时，如图1，与有个不同交点，不满足题意；
当时，如图2，此时与恒有个不同交点，满足题意；
当时，如图3，当与相切时，联立方程得，
令得，解得（负值舍去），所以.
综上，的取值范围为.故选：D.


【点晴】本题主要考查函数与方程的应用，考查数形结合思想，转化与化归思想，是一道中档题.
23.（2020•天津卷）已知函数，为的导函数．
（Ⅰ）当时，
（i）求曲线在点处的切线方程；
（ii）求函数的单调区间和极值；
（Ⅱ）当时，求证：对任意的，且，有．
【答案】（Ⅰ）（i）；（ii）的极小值为，无极大值；（Ⅱ）证明见解析.
【解析】(Ⅰ) (i)首先求得导函数的解析式，然后结合导数的几何意义求解切线方程即可；
(ii)首先求得的解析式，然后利用导函数与原函数的关系讨论函数的单调性和函数的极值即可；
（Ⅱ）首先确定导函数的解析式，然后令，将原问题转化为与有关的函数，然后构造新函数，利用新函数的性质即可证得题中的结论.
【详解】(Ⅰ) (i) 当k=6时，，.可得，，
所以曲线在点处的切线方程为，即.
(ii) 依题意，.
从而可得，整理可得：，
令，解得.当x变化时，的变化情况如下表：









单调递减
极小值
单调递增

所以，函数g(x)的单调递减区间为(0，1)，单调递增区间为(1，+∞)；
g(x)的极小值为g(1)=1，无极大值.
（Ⅱ）证明：由，得.
对任意的，且，令，则



. ①
令.当x>1时，，
由此可得在单调递增，所以当t>1时，，即.
因为，，，
所以
. ②
由(Ⅰ)(ii)可知，当时，，即，
故 ③
由①②③可得.
所以，当时，任意的，且，有
.
【点睛】导数是研究函数的单调性、极值(最值)最有效的工具，而函数是高中数学中重要的知识点，对导数的应用的考查主要从以下几个角度进行：
(1)考查导数的几何意义，往往与解析几何、微积分相联系．
(2)利用导数求函数的单调区间，判断单调性；已知单调性，求参数．
(3)利用导数求函数的最值(极值)，解决生活中的优化问题．
(4)考查数形结合思想的应用．
24.（2020•浙江卷）函数y=xcosx+sinx在区间[–π，+π]的图象大致为（ ）
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】首先确定函数的奇偶性，然后结合函数在处的函数值排除错误选项即可确定函数的图象.
【详解】因为，则，
即题中所给的函数为奇函数，函数图象关于坐标原点对称，据此可知选项CD错误；
且时，，据此可知选项B错误.故选：A.
【点睛】函数图象的识辨可从以下方面入手：(1)从函数的定义域，判断图象的左右位置；从函数的值域，判断图象的上下位置．(2)从函数的单调性，判断图象的变化趋势．(3)从函数的奇偶性，判断图象的对称性．(4)从函数的特征点，排除不合要求的图象．利用上述方法排除、筛选选项．
25.（2020•浙江卷）已知a，bR且ab≠0，若(x–a)(x–b)(x–2a–b)≥0在x≥0上恒成立，则（ ）
A. a<0 B. a>0 C. b<0 D. b>0
【答案】C
【解析】对分与两种情况讨论，结合三次函数的性质分析即可得到答案.
【详解】因为，所以且，设，则零点
为,当时，则，，要使，必有，且，
即，且，所以；当时，则，，要使，必有.
综上一定有.故选：C
【点晴】本题主要考查三次函数在给定区间上恒成立问题，考查学生分类讨论思想，是一道中档题.
26.（2020•浙江卷）已知，函数，其中e=2.71828…为自然对数的底数．
（Ⅰ）证明：函数在上有唯一零点；
（Ⅱ）记x0为函数在上的零点，证明：
（ⅰ）；
（ⅱ）．
【答案】（I）证明见解析，（II）（i）证明见解析，（ii）证明见解析.
【解析】（I）先利用导数研究函数单调性，再结合零点存在定理证明结论；
（II）（i）先根据零点化简不等式，转化求两个不等式恒成立，构造差函数，利用导数求其单调性，根据单调性确定最值，即可证得不等式；
（ii）先根据零点条件转化：，再根据放缩，转化为证明不等式，最后构造差函数，利用导数进行证明.
【详解】（I）在上单调递增，
，
所以由零点存在定理得在上有唯一零点；
（II）（i），
，
令
一方面： ，
在单调递增，，
，另一方面：，
所以当时，成立，因此只需证明当时，
因为
当时，，当时，，
所以，
在单调递减，，，
综上，.
（ii），
，，
，因为，所以，，
只需证明，即只需证明，
令，则，
，即成立，
因此.
【点睛】本题考查利用导数研究函数零点、利用导数证明不等式，考查综合分析论证与求解能力描述难题.
27.（2020•上海卷）设，若存在定义域的函数既满足“对于任意，的值为或”又满足“关于的方程无实数解”，则的取值范围为
【答案】
【解析】题目转换为是否为实数,使得存在函数
满足“对于任意，的值为或”，又满足“关于的方程无实数解”构造函数；
，则方程只有0,1两个实数解。
28.（2020•上海卷）若存在,对任意的，均有恒成立，则称函数具有性质，已知：单调递减，且恒成立；单调递增，存在使得，则是具有性质的充分条件是（）
A、只有 B、只有 C、 D、都不是
【答案】C
【解析】本题要看清楚一个函数具有性质的条件是，存在，
则对于时，易得函数具有性质；
对于，只需取，则，，
所以，所以此时函数具有性质.
29.（2020•上海卷）已知：，，且，
（1）若v>95，求x的取值范围；
（2）已知x=80时，v=50，求x为多少时，q可以取得最大值，并求出该最大值。
【答案】（1）；（2）时，