高考数学复习阶段滚动检测(一)
阶段滚动检测(一)
(第一、二章)
(120分钟 150分)
第I卷(选择题 共50分)
一、选择题(本大题共10小题，每小题5分，共50分.在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的)
1.已知集合A＝{0，a}，B＝{b|b2－3b<0，b∈Z}，A∩B≠Ø，则实数a的值为( )
(A)1 (B)2 (C)1或2 (D)2或3
2.已知a、b都是实数，那么“a2>b2”是“a>b”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
3.(2012·安阳模拟)设集合A＝{x|－2<－a
0}，命题p：1∈A，命题q：2∈A.若p∨q为真命题，p∧q为假命题，则a的取值范围是( )
(A)02 (B)0ax的解集为P，且[0,2]⊆P，则实数a的取值范围是( )
(A)(－∞，e－1) (B)(e－1，＋∞)
(C)(－∞，e＋1) (D)(e＋1，＋∞)
第Ⅱ卷(非选择题 共100分)
二、填空题(本大题共5小题，每小题4分，共20分.请把正确答案填在题中横线上)
11．(2012·杭州模拟)函数的定义域为__________．
12.若f(x)是幂函数，且满足则f()＝__________.
13.（2012•蚌埠模拟）定义在R上的偶函数f(x)在［0，+∞）上是增函数，且f()=0,则不等式f()＞0的解集是___________.
14.拟定从甲地到乙地通话m分钟的电话费由f(x)＝1.06×(0.50×[m]＋1)给出，其中m>0，[m]是大于或等于m的最小整数，若通话费为10.6元，则通话时间m∈__________.
15.已知函数f(x)＝lnx＋2x，g(x)＝a(x2＋x)，若f(x)≤g(x)恒成立，则实数a的取值范围是__________．
三、解答题(本大题共6小题，共80分.解答时应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤)
16.(13分)(2012·台州模拟)已知命题p:函数的定义域为R；命题q:方程有两个不相等的负数根，若p∨q是假命题，求实数a的取值范围．
17.(13分)如图,设点P从原点沿曲线y=x2向点A(2,4)移动,记直线OP、曲线y=x2及直线x=2所围成的面积分别为S1,S2,若S1=S2,求点P的坐标.
18.(13分)集合A是由具备下列性质的函数f(x)组成的：
①函数f(x)的定义域是[0，＋∞)；
②函数f(x)的值域是[－2,4)；
③函数f(x)在[0，＋∞)上是增函数，试分别探究下列两小题：
(1)判断函数是否属于集合A？并简要说明理由；
(2)对于(1)中你认为属于集合A的函数f(x)，不等式f(x)＋f(x＋2)<2f(x＋1)是否对于任意的x≥0恒成立？请说明理由．
19.(13分)如图所示：图1是定义在R上的二次函数y=f(x)的部分图象，图2是函数g(x)＝loga(x＋b)的部分图象．
(1)分别求出函数f(x)和g(x)的解析式；
(2)如果函数y＝g(f(x))在区间[1，m)上单调递减，求m的取值范围.
20.(14分)已知函数f(x)＝ax2＋2x＋c(a、c∈N*)满足：
①f(1)＝5；②612 -2>1,充分性不成立.
令a=1，b=-2，1>-2 12>(-2)2，必要性不成立，故选D.
3.【解析】选C.p∨q为真命题，p∧q为假命题，则命题p，q一真一假．命题p为真时，a>1，又－2<－a，则a<2，
∴10，∴a＝－1.
故f(－1)＝－－1＋1＝－.
8.【解析】选B.由已知，x1、x2是f′(x)=3ax2+2bx+1的两个零点.
又
9.【解题指南】解答本题的突破口在于由f(x)的图象与x轴切于（1,0)点得到f′(1)=0及f(1)=0.
【解析】选A.f′(x)＝3x2－2px－q，
由f′(1)＝0，f(1)＝0得，解得，
∴f(x)＝x3－2x2＋x.由f′(x)＝3x2－4x＋1＝0，得x＝或x＝1，进而求得当x＝时，f(x)取极大值，当x＝1时，f(x)取极小值0，故选A.
10.【解题指南】转化为恒成立问题，利用导数求解.
【解析】选A.因为ex－x>ax的解集为P，且[0,2]⊆P，所以对任意x∈[0,2]，ex－x>ax恒成立，当x＝0时，不等式恒成立，当00，当00，F(x)单调递增，F(x)≤0不可能恒成立，当a>0时，令F′(x)＝0，得x＝或x＝－ (舍去)．
当00，当x>时，F′(x)<0，故F(x)在(0，＋∞)上有最大值F()，由题意F()≤0恒成立，即ln＋－1≤0，令φ(a)＝ln＋－1，则φ(a)在(0，＋∞)上单调递减，且φ(1)＝0，故ln＋－1≤0成立的充要条件是a≥1.
答案:[1，＋∞)
16.【解析】由题意得p和q均是假命题，
由p:x2-2ax+3a-2＞0恒成立，Δ=4a2-4(3a-2)＜0得1＜a＜2,p真：a≥2或a≤1，
由q：当a=0时，不满足,
当a≠0时，得0＜a＜1,q真：a≥1或a≤0,
综上，由p假和q假得a≤0或a=1或a≥2.
17.【解析】设直线OP的方程为y=kx,P点的坐标为(x,x2),
则 即
解得kx2-x3=-2k-(x3-kx2),解得k=,即直线OP的方程为y=x,
所以点P的坐标为(,).
18.【解析】(1)函数f1(x)＝－2不属于集合A.因为f1(x)的值域是[－2，
＋∞)，所以函数f1(x)＝－2不属于集合A.f2(x)＝4－6·()x(x≥0)属于集合A，因为：①函数f2(x)的定义域是[0，＋∞)；②f2(x)的值域是[－2,4)；
③函数f2(x)在[0，＋∞)上是增函数．
(2)是.∵f(x)＋f(x＋2)－2f(x＋1)＝6·()x(－)<0，
∴不等式f(x)＋f(x＋2)<2f(x＋1)对任意的x≥0恒成立．
19.【解题指南】解答本题关键是借助图形得到函数所过的点，求出对应的解析式，进而求解（2）.
【解析】(1)由题图1得，二次函数f(x)的顶点坐标为(1,2)，
故可设函数f(x)＝k(x－1)2＋2，
又函数f(x)的图象过点(0,0)，故k＝－2，
整理得f(x)＝－2x2＋4x.
由题图2得，函数g(x)＝loga(x＋b)的图象过点(0,0)和(1,1)，
故有
∴g(x)＝log2(x＋1)(x>－1)．
(2)由(1)得y＝g(f(x))＝log2(－2x2＋4x＋1)是由y＝log2t和t＝－2x2＋4x＋1复合而成的函数，而y＝log2t在定义域上单调递增，要使函数y＝g(f(x))在区间[1，m)上单调递减，必须t＝－2x2＋4x＋1在区间[1，m)上单调递减，且有t>0恒成立．
由t＝0得x＝，又t的图象的对称轴为x＝1.
所以满足条件的m的取值范围为11，即m>2时，
g(x)max＝g()＝－m，
故只需－m≤1，解得m≥.
又∵m>2，∴m≥.
综上可知，m的取值范围是m≥.
方法二：∵x∈[，]，
∴不等式f(x)－2mx≤1恒成立⇔2(1－m)≤－(x＋)在[，]上恒成立．易知[－(x＋)]min＝－，
故只需2(1－m)≤－即可．解得m≥.
【方法技巧】二次函数的最值求解技巧：
当二次函数的定义域不是R时,求函数的最值，要充分利用函数的图象，重点关注开口方向和对称轴与所给定区间的关系：若对称轴不在区间内，则该区间是函数的单调区间，最值在两个端点处，反之，则必有一个在顶点处取，即函数的最值不在端点处，就在顶点处.
21.【解析】（1）F(x)=f(x)+2=x2+bsinx-2+2=x2+bsinx，
依题意，对任意实数x，恒有F(x)-F(-x)=0.
即x2+bsinx-(-x)2-bsin(-x)=0,
即2bsinx=0,所以b=0，所以f(x)=x2-2.
（2）∵g(x)=x2-2+2(x+1)+alnx,
∴g(x)=x2+2x+alnx,
g′(x)=2x+2+.
∵函数g(x)在（0，1）上单调递减，
∴在区间（0，1）上，g′(x)=2x+2+=≤0恒成立，
∴a≤-(2x2+2x)在（0，1）上恒成立,
而-(2x2+2x)在（0，1）上单调递减，∴a≤-4.
（3）∵h(x)=ln(1+x2)-f(x)-k
=ln(1+x2)- x2+1-k,
∴h′(x)= -x.
令h′(x)= -x=0，解得x=0,-1,1,
∴当x<-1时，h′(x)>0,当-10,当x>1时，h′(x)<0,
∴h(x)极大值＝h(±1)=ln2+-k,
∴h(x)极小值＝h(0)=1-k,
所以①当k>ln2+时，函数没有零点；
②当1
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