单元滚动检测卷高考数学理苏教版阶段滚动检Word格式文档下载.docx
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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:
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,+∞)
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,(
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;
<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=
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<
a≤2,当且仅当s=t时取等号.
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,
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
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