新編高三數(shù)學 階段滾動檢測二

《新編高三數(shù)學 階段滾動檢測二》由會員分享，可在線閱讀，更多相關《新編高三數(shù)學 階段滾動檢測二（11頁珍藏版）》請在裝配圖網上搜索。

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．設命題p：關于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關于x的函數(shù)關系式； (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，即0

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

13、2＝ex，得a＝(x>0)． 設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)上單調遞減，在(－2,0)上單調遞增，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)上單調遞減，在(－2，0)上單調遞增，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，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