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(浙江專用)2020版高考數學一輪復習 階段滾動檢測(二)(含解析)

上傳人:Sc****h 文檔編號:120611296 上傳時間:2022-07-18 格式:DOCX 頁數:10 大小:2.48MB
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1、階段滾動檢測(二) 一、選擇題 1.(2019·紹興一中模擬)已知集合M={x|0≤x≤6},N={x|2x≤32},則M∪N等于(  ) A.(-∞,6] B.(-∞,5] C.[0,6] D.[0,5] 2.(2019·舟山模擬)已知a∈R,則“a=0”是“f(x)=x2+ax是偶函數”的(  ) A.充分不必要條件 B.必要不充分條件 C.充要條件 D.既不充分也不必要條件 3.(2019·湖州模擬)若函數f(x)同時滿足下列兩個條件,則稱該函數為“優(yōu)美函數”: (1)任意x∈R,都有f(-x)+f(x)=0; (2)任意x1,x2∈R,且x1≠x2,都有<0.

2、 ①f(x)=sinx; ②f(x)=-2x3; ③f(x)=1-x; ④f(x)=ln(+x). 以上四個函數中,“優(yōu)美函數”的個數是(  ) A.0B.1C.2D.3 4.已知函數f(x)=(a>0,且a≠1)的值域是[4,+∞),則實數a的取值范圍是(  ) A.(1,2) B.(1,2] C.(1,3) D.(1,4) 5.函數f(x)=的圖象為(  ) 6.函數f(x)=x4+(2a-3)x2,則f(x)在其圖象上的點(1,-2)處的切線的斜率為(  ) A.1B.-1C.2D.-2 7.已知函數f(x)=ex-1+e1-x,則滿足f(x-1)

3、-1的x的取值范圍是(  ) A.1

4、B.bb>1,且logab+logba2=,則logba=

5、________,=________. 13.設函數f(x)=則f(f(4))=________.若f(a)=-1,則a=________. 14.若函數f(x)=x3+x2+mx+1在R上無極值點,則實數m的取值范圍是________. 15.已知f(x)=若f(x)=x+a有兩個零點,則實數a的取值范圍是________. 16.已知函數f(x)= ①若f(x)=a有且只有一個根,則實數a的取值范圍是________; ②若關于x的方程f(x+T)=f(x)有且僅有3個不同的實根,則實數T的取值范圍是________. 17.已知函數f(x)=x3-3ax-1,a≠0,若f(

6、x)在x=-1處取得極值,直線y=m與y=f(x)的圖象有三個不同的交點,則m的取值范圍是________. 三、解答題 18.已知集合A=,B=. (1)若C={x|m+1≤x≤2m-1},C?(A∩B),求實數m的取值范圍; (2)若D={x|x>6m+1},且(A∪B)∩D=?,求實數m的取值范圍. 19.(2018·北京)設函數f(x)=[ax2-(3a+1)x+3a+2]ex. (1)若曲線y=f(x)在點(2,f(2))處的切線斜率為0,求a; (2)若f(x)在x=1處取得極小值,求a的取值范圍. 20.已知函數f(x)=x

7、-alnx,g(x)=-(a∈R). (1)若a=1,求函數f(x)的極值; (2)設函數h(x)=f(x)-g(x),求函數h(x)的單調區(qū)間. 21.已知f(x)為二次函數,且f(x+1)+f(x-1)=2x2-4x, (1)求f(x)的表達式; (2)設g(x)=f(2x)-m·2x+1,其中x∈[0,1],m為常數且m∈R,求函數g(x)的最小值. 22.(2019·紹興柯橋區(qū)模擬)已知函數f(x)=xlnx-x2+x+1. (1)若y=f(x)在(0,+∞)上單調遞減,求a的取值范圍; (2)當0

8、-x有兩個極值點x1,x2(x12. 答案精析 1.A 2.C 3.B 4.B 5.D 6.D 7.A 8.C 9.C 10.B 11.[0,2] (2,+∞) 12.3 1 13.5 1或 解析 f(f(4))=f(-31)=log232=5; 由f(a)=-1,得或 所以a=1或a=. 14. 解析 因為函數f(x)在R上無極值點, 所以f′(x)=3x2+2x+m≥0恒成立, 即Δ=22-4×3×m≤0,所以m≥. 15.[1,+∞) 解析 作出兩個函數的圖象如圖所示,當直線y=x+a經過點(0,1)時,此時

9、a=1,直線和函數y=f(x)的圖象顯然有兩個交點. 當a>1時,直線和函數y=f(x)的圖象顯然有兩個交點. 當直線y=x+a經過點(1,0)時,此時a=-1, 設g(x)=ln x(x≥1),∴g′(x)=, ∴k=g′(1)=1, 所以在(1,0)處的切線方程為y-0=1(x-1)=x-1,剛好是直線y=x+a, 所以此時直線和函數的圖象只有一個交點, 當a<-1時,觀察圖象得直線和函數的圖象只有一個交點, 故當a≥1時,f(x)=x+a有兩個零點. 故實數a的取值范圍為[1,+∞). 16.①(1,+∞)?、?-4,-2)∪(2,4) 解析?、僮鞒龊瘮礷(x)

10、的圖象,f(x)=a有且只有一個根等價于y=f(x)的圖象與y=a只有一個交點, 故可得a>1,即a的取值范圍是(1,+∞);②方程f(x+T)=f(x)有且僅有3個不同的實根等價于y=f(x+T)的圖象與y=f(x)的圖象有3個交點,而y=f(x+T)的圖象是將y=f(x)的圖象向左或向右平移|T|個單位長度,故可得T的取值范圍是(-4,-2)∪(2,4). 17.(-3,1) 解析 ∵函數f(x)=x3-3ax-1,a≠0, ∴f′(x)=3x2-3a, ∵函數f(x)在x=-1處取得極值, 則f′(-1)=0, 即3-3a=0, 解得a=1, ∴f(x)=x3-

11、3x-1,a≠0, f′(x)=3x2-3 =3(x2-1) =3(x-1)(x+1). 當f′(x)>0時,得x>1或x<-1, 當f′(x)<0時,-1

12、≤3. (2)A∪B={x|-3≤x≤7}, ∴6m+1≥7,∴m≥1. 19.解 (1)因為f(x)=[ax2-(3a+1)x+3a+2]ex, 所以f′(x)=[ax2-(a+1)x+1]ex, f′(2)=(2a-1)e2. 由題意知f′(2)=0,即(2a-1)e2=0, 解得a=. (2)由(1)得f′(x)=[ax2-(a+1)x+1]ex=(ax-1)(x-1)ex. 若a>1,則當x∈時,f′(x)<0; 當x∈(1,+∞)時,f′(x)>0. 所以f(x)在x=1處取得極小值. 若a≤1,則當x∈(0,1)時,ax-1≤x-1<0,所以f′(x)>0.

13、 所以1不是f(x)的極小值點. 綜上可知,a的取值范圍是(1,+∞). 20.解 (1)f(x)的定義域為(0,+∞), 當a=1時,f(x)=x-ln x, f′(x)=1-=, 在(0,+∞)上,當x變化時,f′(x),f(x)的變化情況如下表: x (0,1) 1 (1,+∞) f′(x) - 0 + f(x) 單調遞減 極小值 單調遞增 所以f(x)在x=1處取得極小值1.函數沒有極大值. (2)h(x)=x+-aln x(x>0), h′(x)=1--= =, ①當a+1>0,即a>-1時,在(0,1+a)上h′(x)<0,在(1+

14、a,+∞)上h′(x)>0, 所以h(x)在(0,1+a)上單調遞減, 在(1+a,+∞)上單調遞增; ②當1+a≤0,即a≤-1時,在(0,+∞)上h′(x)>0, 所以函數h(x)在(0,+∞)上單調遞增. 綜上,當a>-1時,h(x)的單調遞減區(qū)間為(0,1+a),單調遞增區(qū)間為(1+a,+∞); 當a≤-1時,h(x)的單調遞增區(qū)間為(0,+∞),無單調遞減區(qū)間. 21.解 (1)設f(x)=ax2+bx+c(a≠0). 因為f(x+1)+f(x-1)=2x2-4x, 所以a(x+1)2+b(x+1)+c+a(x-1)2+b(x-1)+c=2x2-4x, 所以2ax

15、2+2bx+2a+2c=2x2-4x, 故有即 所以f(x)=x2-2x-1. (2)g(x)=f(2x)-m·2x+1=(2x)2-(2m+2)·2x-1,設t=2x,t∈[1,2], y=t2-(2m+2)·t-1=[t-(m+1)]2-(m2+2m+2), 當m+1>2,即m>1時,y=t2-(2m+2)·t-1在t∈[1,2]時為減函數, 當t=2時,ymin=-4m-1; 當m+1<1,即m<0時, y=t2-(2m+2)·t-1在t∈[1,2]上為增函數,當t=1,ymin=-2m-2; 當0≤m≤1時,當t=m+1,ymin=-(m2+2m+2), 綜上所述:

16、g(x)min= 22.(1)解 因為f′(x)=ln x-ax+2(x>0),由題意可得f′(x)≤0在(0,+∞)上恒成立,得a≥max,x∈(0,+∞), 令g(x)=,x∈(0,+∞), g′(x)=, 所以g(x)在上單調遞增,在上單調遞減, 所以a≥g=e,所以a≥e. (2)證明 函數y=f(x)-x=xln x-x2+1有兩個極值點x1,x2(x10)可知, y=F(x)在上是增函數,在上是減函數,且0, 構造函數m(x)=F-F(x) =ln-a-(ln x-ax), 則m′(x)=-+2a=<0, 故m(x)在上單調遞減, 又由于0m=0, 即m(x1)>0在上恒成立, 即F>F(x1)=F(x2)恒成立. 由于x2>,-x1>,y=F(x)在上是減函數, 所以x2>-x1, 所以x1+x2>>2成立. 10

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