高考数学专题复习练习：阶段滚动检测(二)

高考数学专题复习练习：阶段滚动检测(二)

阶段滚动检测(二)‎ 考生注意：‎ ‎1．本试卷分第Ⅰ卷(填空题)和第Ⅱ卷(解答题)两部分，共4页．‎ ‎2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．‎ ‎3．本次考试时间120分钟，满分160分．‎ ‎4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．‎ 第Ⅰ卷 ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ 一、填空题(本大题共14小题，每小题5分，共70分．请把答案填写在题中横线上)‎ ‎1．(2016·无锡模拟)函数f(x)＝log2(－x2＋2)的值域为__________．‎ ‎2．已知M，P是两个非空集合，定义M与P的差集为M－P＝，‎ 则P－(M－P)＝______.‎ ‎3．已知p：∃x∈R，mx2＋2≤0，q：∀x∈R，x2－2mx＋1>0，若p∨q为假命题，则实数m的取值范围是________．‎ ‎4．函数f(x)＝的定义域是____________．‎ ‎5．已知f(x)＝为偶函数，则y＝loga(x2－4x－5)的单调递增区间为______________．‎ ‎6．已知函数f(x)＝，则函数f(x)的图象在点(0，f(0))处的切线方程为____________．‎ ‎7．已知奇函数y＝若f(x)＝ax(a＞0，a≠1)对应的图象如图所示，则g(x)＝________.‎ ‎8．设a＝log32，b＝ln 2，c＝5－，则a、b、c的大小关系为____________．‎ ‎9．若函数f(x)＝x2＋2a|x|＋4a2－3的零点有且只有一个，则实数a＝________.‎ ‎10．某工厂某种产品的年固定成本为250万元，每生产x千件该产品需另投入的成本为G(x)(单位：万元)，当年产量不足80千件时，G(x)＝x2＋10x；当年产量不小于80千件时，G(x)＝51x＋－1 450.已知每件产品的售价为0.05万元．通过市场分析，该工厂生产的产品能全部售完，则该工厂在这一产品的生产中所获年利润的最大值是__________万元．‎ ‎11．(2016·徐州模拟)已知函数f(x)＝－x3＋ax2＋bx＋c在(－∞，0)上是减函数，在(0,1)上是增函数，函数f(x)在R上有三个零点，且1是其中一个零点，则f(2)的取值范围是____________．‎ ‎12．(2016·江西吉安一中第二次质检)已知f(x)＝aln(x＋1)－x2，在区间(0,1)内任取两个实数p，q，且p≠q，不等式＞1恒成立，则实数a的取值范围为________．‎ ‎13．(2016·镇江模拟)已知对任意的x∈R，函数f(x)满足f(－x)＝f(x)，且当x≥0时，f(x)＝x2－ax＋1.若f(x)有4个零点，则实数a的取值范围是________．‎ ‎14．已知偶函数f(x)的定义域为(－1,0)∪(0,1)，且f()＝0，当0＜x＜1时，不等式(－x)f′(x)·ln(1－x2)＞2f(x)恒成立，那么不等式f(x)＜0的解集为__________________．第Ⅱ卷 二、解答题(本大题共6小题，共90分．解答时应写出文字说明、证明过程或演算步骤)‎ ‎15.(14分)已知集合A＝，B＝，m∈R.‎ ‎(1)若m＝3，求A∩B；‎ ‎(2)已知p：x∈A，q：x∈B，若q是p的必要条件，求实数m的取值范围.‎ ‎16.(14分)(2016·常州模拟)已知函数f(x)＝4x－2x，实数s，t满足f(s)＋f(t)＝0，设a＝2s＋2t，b＝2s＋t.‎ ‎(1)当函数f(x)的定义域为[－1,1]时，求f(x)的值域；‎ ‎(2)求函数关系式b＝g(a)，并求函数g(a)的定义域.‎ ‎17.(14分)已知函数f(x)＝ax2＋bx＋1(a，b∈R)，x∈R.‎ ‎(1)若函数f(x)的最小值为f(－1)＝0，求f(x)的解析式，并写出单调区间；‎ ‎(2)在(1)的条件下，若f(x)＞x＋k在区间[－3，－1]上恒成立，试求k的取值范围.‎ ‎18.(16分)(2016·扬州模拟)已知函数f(x)＝ax2＋bx＋4ln x的极值点为1和2.‎ ‎(1)求实数a，b的值；　(2)求函数f(x)在区间(0,3]上的最大值.‎ ‎19.(16分)(2016·烟台模拟)已知函数f(x)＝(x2＋bx＋b)·(b∈R)．‎ ‎(1)当b＝4时，求f(x)的极值；　(2)若f(x)在区间(0，)上单调递增，求b的取值范围.‎ ‎20.(16分)(2016·全国甲卷)(1)讨论函数f(x)＝ex的单调性，并证明当x>0时，(x－2)ex＋x＋2>0；‎ ‎(2)证明：当a∈[0,1)时，函数g(x)＝(x>0)有最小值．设g(x)的最小值为h(a)，求函数h(a)的值域．‎ ‎ ‎ ‎‎ 答案解析 ‎1．(－∞，]‎ 解析　因为(－x2＋2)∈(－∞，2]，‎ 所以函数f(x)＝log2(－x2＋2)的值域为(－∞，]．‎ ‎2．P 解析　当M∩P≠∅时，如图，M－P为图中的阴影部分，‎ 则P－(M－P)显然为P；当M∩P＝∅时，M－P＝M，‎ 则P－(M－P)＝P－M＝＝P.‎ ‎3．[1，＋∞)‎ 解析　∵p∨q为假命题，∴p和q都是假命题．‎ 由p：∃x∈R，mx2＋2≤0为假命题，‎ 得綈p：∀x∈R，mx2＋2>0为真命题，∴m≥0.①‎ 由q：∀x∈R，x2－2mx＋1>0为假命题，‎ 得綈q：∃x∈R，x2－2mx＋1≤0为真命题，‎ ‎∴Δ＝(－2m)2－4≥0⇒m2≥1⇒m≤－1或m≥1.②‎ 由①和②得m≥1.‎ ‎4．(－3,0)‎ 解析　因为f(x)＝，所以要使函数f(x)有意义，需使即－3＜x＜0.‎ ‎5．(5，＋∞)‎ 解析　因为f(x)＝为偶函数，‎ 所以f(－1)＝f(1)，即1－a＝1－2，所以a＝2，则y＝log2(x2－4x－5)，令t＝x2－4x－5，其对称轴为x＝2，由x2－4x－5＞0，得x＜－1或x＞5.由复合函数的单调性知，‎ y＝loga(x2－4x－5)的单调递增区间为(5，＋∞)．‎ ‎6．x＋y－1＝0‎ 解析　由题意知f′(x)＝＝，则f′(0)＝－1，故所求切线的斜率为－1，又f(0)＝1，故所求切线方程为x＋y－1＝0.‎ ‎7．－2x 解析　由题图可知，当x＞0时，函数f(x)单调递减，则0＜a＜1，‎ ‎∵f(1)＝，∴a＝，即函数f(x)＝()x，当x＜0时，－x＞0，则f(－x)＝()－x＝－g(x)，‎ 即g(x)＝－()－x＝－2x，故g(x)＝－2x，x＜0.‎ ‎8．c＜a＜b 解析　a＝log32＝，b＝ln 2＝，而log23＞log2e＞1，‎ 所以a＜b，又c＝5－＝，＞2＝log24＞log23，‎ 所以c＜a，故c＜a＜b.‎ ‎9. 解析　令|x|＝t，原函数的零点有且只有一个，即方程t2＋2at＋4a2－3＝0只有一个0根或一个0根、一个负根，∴4a2－3＝0，解得a＝或a＝－，经检验，a＝满足题意．‎ ‎10．1 000‎ 解析　∵每件产品的售价为0.05万元，‎ ‎∴x千件产品的销售额为0.05×1 000x＝50x万元．‎ ‎①当0＜x＜80时，年利润L(x)＝50x－x2－10x－250‎ ‎＝－x2＋40x－250＝－(x－60)2＋950，‎ ‎∴当x＝60时，L(x)取得最大值，且最大值为L(60)＝950万元；‎ ‎②当x≥80时，L(x)＝50x－51x－＋1 450－250＝1 200－(x＋)‎ ‎≤1 200 －2 ＝1000.‎ 当且仅当x＝，即x＝100时，‎ L(x)取得最大值1 000万元．由于950＜1 000，‎ ‎∴当产量为100千件时，该工厂在这一产品的生产中所获年利润最大，最大年利润为1 000万元．‎ ‎11．[－，＋∞)‎ 解析　f′(x)＝－3x2＋2ax＋b，由已知，f′(0)＝b＝0，‎ 所以f′(x)＝－3x2＋2ax＝－3x(x－a)，由f(x)在(0,1)上是增函数，可得a≥1，所以a≥，而f(1)＝－1＋a＋c＝0，即c＝1－a，所以f(2)＝3a－7≥－，‎ 故f(2)的取值范围是[－，＋∞)．‎ ‎12．[15，＋∞)‎ 解析　∵p，q在(0,1)内，∴不等式＞1恒成立，‎ 即在区间(1,2)内函数图象上任意两点连线的斜率大于1，‎ ‎∴f′(x)＝－2x＞1在(1,2)内恒成立，‎ 即a＞2x2＋3x＋1在(1,2)内恒成立．‎ ‎∵y＝2x2＋3x＋1在(1,2)上单调递增，‎ ‎∴y＝2x2＋3x＋1在(1,2)上的取值小于15，‎ ‎∴a≥15.‎ ‎13．(2，＋∞)‎ 解析　由题意得f(x)为偶函数．‎ 因为f(x)有4个零点，又f(0)＝1＞0，‎ 所以当x＞0时，f(x)＝x2－ax＋1有2个零点，‎ 所以解得a＞2.‎ ‎14. 解析　当0＜x＜1时，(－x)f′(x)·ln(1－x2)＞2f(x)，整理得f′(x)·ln(1－x2)－2f(x)＞0，即f′(x)·ln(1－x2)－＞0，即[f(x)·ln(1－x2)]′＞0，所以函数g(x)＝f(x)·ln(1－x2)在(0,1)上单调递增，因为f()＝0，所以g()＝0，所以当0＜x＜时，g(x)＜0；当＜x＜1时，g(x)＞0，又函数y＝ln(1－x2)在(0,1)上恒有ln(1－x2)＜0成立，所以当0＜x＜时，f(x)＞0；‎ 当＜x＜1时，f(x)＜0.因为函数f(x)为偶函数，所以当－1＜x＜－时，f(x)＜0，‎ 所以不等式f(x)＜0的解集为.‎ ‎15．解　(1)由题意知，A＝，B＝.‎ 当m＝3时，B＝，所以A∩B＝[0,3]．‎ ‎(2)由q是p的必要条件知，A⊆B，‎ 结合(1)知解得0≤m≤2.‎ 故实数m的取值范围是[0,2]．‎ ‎16．解　(1)若x∈[－1,1]，令m＝2x∈[，2]，‎ 易知f(x)＝l(m)＝m2－m＝(m－)2－在[，2]上为增函数，‎ 所以f(x)min＝l(m)min＝l()＝－，f(x)max＝l(m)max＝l(2)＝2，‎ 所以f(x)的值域为[－，2]．‎ ‎(2)实数s，t满足f(s)＋f(t)＝0，‎ 则4s－2s＋4t－2t＝0，‎ 则(2s＋2t)2－2×2s＋t－(2s＋2t)＝0，‎ 而a＝2s＋2t，b＝2s＋t，‎ 所以a2－2b－a＝0，b＝g(a)＝(a2－a)．‎ 由题意，b>0，a>0，则(a2－a)>0，所以a>1.‎ 又2s＋2t＝4s＋4t≥2·()2，即a≥，‎ 所以0f(0)＝－1.‎ 所以(x－2)ex>－(x＋2)，即(x－2)ex＋x＋2>0.‎ ‎(2)证明　g′(x)＝＝[f(x)＋a]．‎ 由(1)知，f(x)＋a单调递增，‎ 对任意a∈[0,1)，f(0)＋a＝a－1<0，f(2)＋a＝a≥0.‎ 因此，存在唯一xa∈(0,2]，使得f(xa)＋a＝0，‎ 即g′(xa)＝0.‎ 当0xa时，f(x)＋a>0，g′(x)>0，g(x)单调递增．‎ 因此g(x)在x＝xa处取得最小值，最小值为 g(xa)＝＝＝.‎ 于是h(a)＝，‎ 由′＝>0，‎ 得y＝单调递增．‎ 所以，由xa∈(0,2]，‎ 得＝

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