单元滚动检测卷高考数学理苏教版阶段滚动检.docx

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单元滚动检测卷高考数学理苏教版阶段滚动检

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＝ln2，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＋

－1450.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＋4lnx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＝ln2＝

，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．

10．1000

解析　∵每件产品的售价为0.05万元，

∴x千件产品的销售额为0.05×1000x＝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－

＋1450－250＝1200－（x＋

）

≤1200－2

＝1000.

当且仅当x＝

，即x＝100时，

L（x）取得最大值1000万元．由于950＜1000，

∴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1000万元．

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0

综上所述，g（a）的定义域为（1,2]．

17．解　

（1）由题意知f（－1）＝a－b＋1＝0，且－

＝－1，

所以a＝1，b＝2.

所以f（x）＝x2＋2x＋1，单调减区间为（－∞，－1]，单调增区间为（－1，＋∞）．

（2）f（x）＞x＋k在区间－3，－1]上恒成立，

即x2＋x＋1＞k在－3，－1]上恒成立．

设g（x）＝x2＋x＋1，x∈－3，－1]，有k＜g（x）min.

因为g（x）在－3，－1]上单调递减，

所以g（x）min＝g（－1）＝1.

所以k＜1，即k的取值范围为（－∞，1）．

18．解　

（1）f′（x）＝2ax＋b＋

＝

，x∈（0，＋∞），

由y＝f（x）的极值点为1和2，

得2ax2＋bx＋4＝0的两根为1和2，

所以

解得

（2）由

（1）得f（x）＝x2－6x＋4lnx，

所以f′（x）＝2x－6＋

＝

＝

，x∈（0,3]．

当x变化时，f′（x）与f（x）的变化情况如下表：

x

（0,1）

1