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新編高三數(shù)學 階段滾動檢測二

上傳人:仙*** 文檔編號:62088101 上傳時間:2022-03-14 格式:DOC 頁數(shù):11 大小:166.50KB
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1、 階段滾動檢測(二) 一、選擇題 1.函數(shù)f(x)=ln(x2-x)的定義域為(  ) A.(0,1) B.[0,1] C.(-∞,0)∪(1,+∞) D.(-∞,0]∪[1,+∞) 2.下列命題正確的是(  ) A.?x0∈R,x+2x0+3=0 B.?x∈N,x3>x2 C.x>1是x2>1的充分不必要條件 D.若a>b,則a2>b2 3.定義在R上的偶函數(shù)f(x),當x∈[0,+∞)時,f(x)是增函數(shù),則f(-2),f(π),f(-3)的大小關(guān)系是(  ) A.f(π)>f(-3)>f(-2) B.f(π)>f(-2)>f(-3) C.f

2、(π)

3、+tan x在區(qū)間[-1,1]上的值域為[m,n],則m+n等于(  ) A.2 B.3 C.4 D.5 9.設(shè)函數(shù)f(x)=ex+2x-4,g(x)=ln x+2x2-5,若實數(shù)a,b分別是f(x),g(x)的零點,則(  ) A.g(a)<0

4、 D.(,) 11.若曲線C1:y=ax2(x>0)與曲線C2:y=ex存在公共點,則實數(shù)a的取值范圍為(  ) A. B. C. D. 12.定義全集U的子集P的特征函數(shù)fP(x)=已知P?U,Q?U,給出下列命題: ①若P?Q,則對于任意x∈U,都有fP(x)≤fQ(x); ②對于任意x∈U,都有f?UP(x)=1-fP(x); ③對于任意x∈U,都有fP∩Q(x)=fP(x)·fQ(x); ④對于任意x∈U,都有fP∪Q(x)=fP(x)+fQ(x). 其中正確的命題是(  ) A.①②③ B.①②④ C.①③④ D.②③④ 二、填空題 13.設(shè)全集為R,集合

5、M={x|x2≤4},N={x|log2x≥1},則(?RM)∩N=________. 14.已知函數(shù)f(x)=ex,g(x)=ln +的圖象分別與直線y=m交于A,B兩點,則|AB|的最小值為________. 15.設(shè)a,b∈Z,已知函數(shù)f(x)=log2(4-|x|)的定義域為[a,b],其值域為[0,2],若方程|x|+a+1=0恰有一個解,則b-a=________. 16.已知函數(shù)f(x)是定義在R上的奇函數(shù),當x>0時,f(x)=e-x(x-1).給出以下命題: ①當x<0時,f(x)=ex(x+1); ②函數(shù)f(x)有五個零點; ③若關(guān)于x的方程f(x)=m有解,則

6、實數(shù)m的取值范圍是f(-2)≤m≤f(2); ④對?x1,x2∈R,|f(x2)-f(x1)|<2恒成立. 其中,正確命題的序號是________. 三、解答題 17.已知集合A是函數(shù)y=lg(20+8x-x2)的定義域,集合B是不等式x2-2x+1-a2≥0(a>0)的解集,p:x∈A,q:x∈B. (1)若A∩B=?,求a的取值范圍; (2)若綈p是q的充分不必要條件,求a的取值范圍. 18.設(shè)命題p:關(guān)于x的二次方程x2+(a+1)x+a-2=0的一個根大于零,另一根小于零;命題q:不等式2x2+x>2+ax對?x∈(-∞,-1)恒成立.如果命題“p

7、∨q”為真命題, 命題“p∧q”為假命題,求實數(shù)a的取值范圍. 19.已知函數(shù)f(x)=aln x(a>0),求證f(x)≥a(1-). 20.定義在R上的單調(diào)函數(shù)f(x)滿足f(2)=,且對任意x,y∈R,都有f(x+y)=f(x)+f(y). (1)求證:f(x)為奇函數(shù); (2)若f(k·3x)+f(3x-9x-2)<0對任意x∈R恒成立,求實數(shù)k的取值范圍. 21.為了緩解城市交通壓力,某市市政府在市區(qū)一主要交通干道修建高架橋,兩端的橋墩現(xiàn)已建好,已知這兩橋墩相距m米,“余下的工程”只需

8、建兩端橋墩之間的橋面和橋墩.經(jīng)測算,一個橋墩的工程費用為256萬元;距離為x米的相鄰兩墩之間的橋面工程費用為(2+)x萬元.假設(shè)橋墩等距離分布,所有橋墩都視為點,且不考慮其他因素.記“余下工程”的費用為y萬元. (1)試寫出工程費用y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式; (2)當m=640米時,需新建多少個橋墩才能使工程費用y最小?并求出其最小值. 22.已知函數(shù)f(x)=ex-ax2(x∈R),e=2.718 28…為自然對數(shù)的底數(shù). (1)求函數(shù)f(x)在點P(0,1)處的切線方程; (2)若函數(shù)f(x)為R上的單調(diào)遞增函數(shù),試求實數(shù)a的取值范圍.

9、 答案精析 1.C [由題意知x2-x>0,解得x>1或x<0,所以函數(shù)f(x)=ln(x2-x)的定義域為(-∞,0)∪(1,+∞).] 2.C [對于A,因為Δ=22-12<0,所以不存在x0∈R,使x+2x0+3=0,所以選項A錯誤;對于B,當x=1時,13=12,所以選項B錯誤;對于C,x>1可推出x2>1,x2>1可推出x>1或x<-1,所以x>1是x2>1的充分不必要條件,所以選項C正確;對于D,當a=0,b=-1時,a2

10、增函數(shù),所以f(2)

11、-, 所以a=-1或a=1(舍去).] 7.C [因為f′(x)=3x2+6x+3=3(x+1)2≥0,則f(x)在R上是增函數(shù),所以不存在極值點.] 8.C [因為f(x)=1++tan x, 所以f(-x)=1++tan(-x)=1+-tan x, 則f(x)+f(-x)=2++=4. 又f(x)=1++tan x在區(qū)間[-1,1]上是一個增函數(shù),其值域為[m,n], 所以m+n=f(-1)+f(1)=4.故選C.] 9.A [依題意,f(0)=-3<0,f(1)=e-2>0,且函數(shù)f(x)是增函數(shù),因此函數(shù)f(x)的零點在區(qū)間(0,1)內(nèi),即0

12、,g(2)=ln 2+3>0,且函數(shù)g(x)在(0,+∞)內(nèi)單調(diào)遞增,所以函數(shù)g(x)的零點在區(qū)間(1,2)內(nèi),即1f(1)>0,g(a)

13、2=ex,得a=(x>0). 設(shè)f(x)=(x>0), 則f′(x)=, 由f′(x)=0,得x=2. 當02時,f′(x)>0,函數(shù)f(x)=在區(qū)間(2,+∞)上是增函數(shù). 所以當x=2時,函數(shù)f(x)=在(0,+∞)上有最小值f(2)=,所以a≥.故選C.] 12.A [令U={1,2,3},P={1},Q={1,2}. 對于①,fP(1)=1=fQ(1),fP(2)=0

14、UP(1)=0, f?UP(2)=1,f?UP(3)=1,可知②正確; 對于③,有fP(1)=1,fP(2)=0,fP(3)=0,fQ(1)=1,fQ(2)=1,fQ(3)=0,fP∩Q(1)=1,fP∩Q(2)=0,fP∩Q(3)=0,可知③正確; 對于④,有fP(1)=1,fP(2)=0,fP(3)=0,fQ(1)=1,fQ(2)=1,fQ(3)=0,fP∪Q(1)=1,fP∪Q(2)=1,fP∪Q(3)=0,可知④不正確.] 13.(2,+∞) 解析 由M={x|x2≤4}={x|-2≤x≤2}=[-2,2],可得?RM=(-∞,-2)∪(2,+∞),又N={x|log2x≥1

15、}={x|x≥2}=[2,+∞),則(?RM)∩N=(2,+∞). 14.2+ln 2 解析 顯然m>0,由ex=m,得x=ln m, 由ln +=m,得x=2, 則|AB|=2-ln m. 令h(m)=2-ln m, 由h′(m)=2-=0,求得m=. 當0時,h′(m)>0, 函數(shù)h(m)在上單調(diào)遞增. 所以h(m)min=h=2+ln 2,因此|AB|的最小值為2+ln 2. 15.5 解析 由方程|x|+a+1=0恰有一個解,得a=-2. 又解得-3≤x≤3,所以b=3. 所以b-a=3-(-2

16、)=5. 16.①④ 解析 當x<0時,-x>0,所以f(-x)=ex(-x-1)=-f(x),所以f(x)=ex(x+1),故①正確;當x<0時,f′(x)=ex(x+1)+ex,令f′(x)=0,所以x=-2,所以f(x)在(-∞,-2)上單調(diào)遞減,在(-2,0)上單調(diào)遞增,而在(-∞,-1)上,f(x)<0,在(-1,0)上,f(x)>0,所以f(x)在(-∞,0)上僅有一個零點,由對稱性可知,f(x)在(0,+∞)上也有一個零點,又f(0)=0,故該函數(shù)有三個零點,故②錯誤;因為當x<0時,f(x)在(-∞,-2)上單調(diào)遞減,在(-2,0)上單調(diào)遞增,且當x<-1時,f(x)<0,

17、當-10,所以當x<0時,f(-2)≤f(x)<1,即-≤f(x)<1,由對稱性可知,當x>0時,-1

18、≤1-a}的真子集,則 其中兩個等號不能同時成立,解得02+ax,可得a>2x-+1. 令g(x)=2x-+1, ∴g′(x)=2+>0, ∴g(x)在x∈(-∞,-1)單調(diào)遞增,且g(-1)=1, ∴g(x)∈(-∞,1). 又不等式2x2+x>2+ax對?x∈(-∞,-1)恒成立, ∴

19、命題q為真時,有a≥1. 依題意,命題“p∨q”為真命題,命題“p∧q”為假命題,則有 ①若p真q假,得a<1; ②若p假q真,得a≥2. 綜上可得,所求實數(shù)a的取值范圍為(-∞,1)∪[2,+∞). 19.證明 要證f(x)≥a(x>0), 只需證f(x)-a≥0(x>0), 即證a≥0(x>0). ∵a>0, ∴只需證ln x+-1≥0(x>0). 令g(x)=ln x+-1(x>0), 即證g(x)min≥0(x>0). ∴g′(x)=-=(x>0). 令g′(x)=0,得x=1. ∴當0

20、>1時,g′(x)>0,此時g(x)在(1,+∞)上單調(diào)遞增. ∴[g(x)]min=g(1)=0≥0,即ln x+-1≥0成立, 故有f(x)≥a成立. 20.(1)證明 f(x+y)=f(x)+f(y)(x,y∈R),① 令x=y(tǒng)=0,代入①式,得f(0+0)=f(0)+f(0),即f(0)=0. 令y=-x,代入①式,得f(x-x)=f(x)+f(-x),又f(0)=0, 則有0=f(x)+f(-x). 即f(-x)=-f(x)對任意x∈R恒成立, 所以f(x)是奇函數(shù). (2)解 f(2)=>0,即f(2)>f(0), 又f(x)在R上是單調(diào)函數(shù), 所以f(x)在

21、R上是增函數(shù). 又由(1)知f(x)是奇函數(shù), f(k·3x)<-f(3x-9x-2)=f(-3x+9x+2), 所以k·3x<-3x+9x+2,32x-(1+k)·3x+2>0對任意x∈R恒成立. 令t=3x>0,問題等價于t2-(1+k)t+2>0對任意t>0恒成立. 令g(t)=t2-(1+k)t+2,其對稱軸t=. 當<0,即k<-1時,g(0)=2>0,符合題意; 當≥0時,對任意t>0,g(t)>0恒成立? 解得-1≤k<-1+2. 綜上所述,當k<-1+2時,f(k·3x)+f(3x-9x-2)<0對任意x∈R恒成立. 21.解 (1)設(shè)需要新建n(n∈N*)

22、個橋墩,則(n+1)x=m, ∴n=-1(n∈N*). ∴y=f(x)=256n+(n+1)(2+)x=256+(2+)x =+m+2m-256(00,此時, f(x)在區(qū)間[64,640)內(nèi)為增函數(shù). ∴函數(shù)f(x)在x=64處取得極小值,也是其最小值. ∵m=640,∴n=-1=-1=9. 此時,ymin=8 704(萬元). 故需新建9個橋

23、墩才能使工程費用y取得最小值,且最少費用為8 704萬元. 22.解 (1)由題設(shè),得f′(x)=ex-2ax,∴f′(0)=1, ∴f(x)在點P(0,1)處的切線方程為 y-f(0)=f′(0)x,即y=x+1. (2)依題意,知f′(x)=ex-2ax≥0(x∈R)恒成立, ①當x=0時,有f′(x)≥0恒成立,此時a∈R. ②當x>0時,有2a≤,令g(x)=,則g′(x)=, 由g′(x)=0,得x=1且當x>1時,g′(x)>0; 當0

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