《新編高三數(shù)學(xué) 階段滾動檢測二》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《新編高三數(shù)學(xué) 階段滾動檢測二（11頁珍藏版）》請?jiān)谘b配圖網(wǎng)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?yàn)? )
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(dāng)x∈[0，＋∞)時(shí)，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?yàn)閇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(shí)數(shù)a，b分別是f(x)，g(x)的零點(diǎn)，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(diǎn)，則實(shí)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(diǎn)，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?yàn)閇a，b]，其值域?yàn)閇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(dāng)x>0時(shí)，f(x)＝e－x(x－1)．給出以下命題：
①當(dāng)x<0時(shí)，f(x)＝ex(x＋1)；
②函數(shù)f(x)有五個零點(diǎn)；
③若關(guān)于x的方程f(x)＝m有解，則
6、實(shí)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(shí)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(shí)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(fèi)用為256萬元；距離為x米的相鄰兩墩之間的橋面工程費(fèi)用為(2＋)x萬元．假設(shè)橋墩等距離分布，所有橋墩都視為點(diǎn)，且不考慮其他因素．記“余下工程”的費(fèi)用為y萬元．
(1)試寫出工程費(fèi)用y關(guān)于x的函數(shù)關(guān)系式；
(2)當(dāng)m＝640米時(shí)，需新建多少個橋墩才能使工程費(fèi)用y最??？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(diǎn)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(shí)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?yàn)?－∞，0)∪(1，＋∞)．]
2．C [對于A，因?yàn)棣ぃ?2－12<0，所以不存在x0∈R，使x＋2x0＋3＝0，所以選項(xiàng)A錯誤；對于B，當(dāng)x＝1時(shí)，13＝12，所以選項(xiàng)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(xiàng)C正確；對于D，當(dāng)a＝0，b＝－1時(shí)，a2
10、增函數(shù)，所以f(2)
11、－，
所以a＝－1或a＝1(舍去)．]
7．C [因?yàn)閒′(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(diǎn)．]
8．C [因?yàn)閒(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?yàn)閇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(diǎn)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(diǎn)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(dāng)02時(shí)，f′(x)>0，函數(shù)f(x)＝在區(qū)間(2，＋∞)上是增函數(shù)．
所以當(dāng)x＝2時(shí)，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(dāng)0時(shí)，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(dāng)x<0時(shí)，－x>0，所以f(－x)＝ex(－x－1)＝－f(x)，所以f(x)＝ex(x＋1)，故①正確；當(dāng)x<0時(shí)，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(diǎn)，由對稱性可知，f(x)在(0，＋∞)上也有一個零點(diǎn)，又f(0)＝0，故該函數(shù)有三個零點(diǎn)，故②錯誤；因?yàn)楫?dāng)x<0時(shí)，f(x)在(－∞，－2)上單調(diào)遞減，在(－2，0)上單調(diào)遞增，且當(dāng)x<－1時(shí)，f(x)<0，
17、當(dāng)－10，所以當(dāng)x<0時(shí)，f(－2)≤f(x)<1，即－≤f(x)<1，由對稱性可知，當(dāng)x>0時(shí)，－1
18、≤1－a}的真子集，則
其中兩個等號不能同時(shí)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(shí)，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(shí)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(dāng)0
20、>1時(shí)，g′(x)>0，此時(shí)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(jià)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(dāng)<0，即k<－1時(shí)，g(0)＝2>0，符合題意；
當(dāng)≥0時(shí)，對任意t>0，g(t)>0恒成立?
解得－1≤k<－1＋2.
綜上所述，當(dāng)k<－1＋2時(shí)，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(shí)，
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(shí)，ymin＝8 704(萬元)．
故需新建9個橋
23、墩才能使工程費(fèi)用y取得最小值，且最少費(fèi)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(diǎn)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(dāng)x＝0時(shí)，有f′(x)≥0恒成立，此時(shí)a∈R.
②當(dāng)x>0時(shí)，有2a≤，令g(x)＝，則g′(x)＝，
由g′(x)＝0，得x＝1且當(dāng)x>1時(shí)，g′(x)>0；
當(dāng)0
新編高三數(shù)學(xué) 階段滾動檢測二
