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高考数学一轮复习精品课件及配套练习阶段知能检测(二)


阶段知能检测(二)
第Ⅰ卷 一、选择题(本大题共 8 小题,每小题 5 分,满分 40 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 1 1.给定函数①y=x2;②y=log2(x+1); ③y=|x-1|;④y=2x+1.其中在区间(0,1)上单调递减的函数的序 号是( ) A.①② B.②③ C.③④ D.①④ 1 【解析】 显然 y=x2与指数型函数 y=2x+1 在(0,1)上递增,利 1 用复合函数性质,知 y=log2(x+1)在(0,1)上递减. 当 0<x<1 时,y=|x-1|=1-x 是减函数. 【答案】 B 2.函数 f(x)=3+x· ln x 的单调递增区间是( ) 1 A.(0,e) B.(e,+∞) 1 1 C.(e,+∞) D.(e,e) 1 【解析】 f′(x)=ln x+1,由 f′(x)>0,得 x>e. 【答案】 C 3.函数 f(x)=ex+x-2 的零点所在的一个区间是( ) A.(-2,-1) B.(-1,0) C.(0,1) D.(1,2) 0 【解析】 ∵f(0)=e +0-2=-1<0, f(1)=e1+1-2=e-1>0, ∴f(0)· f(1)<0, ∴f(x)的零点所在的一个区间是(0,1). 【答案】 C 4.(2012· 佛山调研)设 f(x)为定义在 R 上的奇函数.当 x≥0 时, x f(x)=2 +2x+b(b 为常数),则 f(-1)=( ) A.3 B.1 C.-1 D.-3 【解析】 ∵f(x)为定义在 R 上的奇函数, ∴f(0)=0,即 20+2×0+b=0,解得 b=-1,

∴当 x≥0 时,f(x)=2x+2x-1, ∴f(-1)=-f(1)=-3. 【答案】 D 5.设函数 f(x)=xm+ax 的导函数 f′(x)=2x+1,则 2 ) ? f(-x)dx 的值等于(
?1

5 1 2 1 A.6 B.2 C.3 D.6 【解析】 由于 f′(x)=2x+1,且 f(x)=xm+ax, ∴m=2,a=1,f(x)=x2+x, 因此?2f(-x)dx=?2(x2-x)dx 1 1 5 =(3x3-2x2)| 2 1= . 6
?1 ?1

【答案】 A 6.定义:如果对于函数 f(x)定义域内的任意 x,都有 f(x)≥M(M 为常数),那么称 M 为 f(x)的下界,下界 M 中的最大值叫做 f(x)的下 确界.现给出下列函数,其中有下确界的函数是( ) x ①f(x)=cos x;②f(x)=log2 x;③f(x)=3 ; -1;x>0 ? ? ④f(x)=?0;x=0 ? ?1;x<0 .

A.① B.④ C.②③④ D.①③④ 【解析】 ①中,cos x≥-1,∴f(x)=cos x 的下确界为-1,③ 中 f(x)≥1,且下确界为 1, 又④中,f(x)≥-1,且下确界为-1. 排除 A、B、C,选 D. 【答案】 D 7. (2012· 惠州模拟)设偶函数 f(x)满足 f(x)=2x-4(x≥0), 则{x|f(x -2)>0}等于( ) A.{x|x<-2 或 x>4} B.{x|x<0 或 x>4} C.{x|x<0 或 x>6} D.{x|x<-2 或 x>2} 【解析】 由 f(x)是偶函数,且 f(2)=0, 又当 x≥0 时,f(x)=2x-4 是增函数. 由 f(x-2)>0,得 f(|x-2|)>f(2),因此|x-2|>2. ∴x>4 或 x<0. 【答案】 B

图 2-1 8.(2011· 安徽高考)函数 f(x)=axn· (1-x)2 在区间[0,1]上的图象如 图 2-1 所示,则 n 的值可能是( ) A.1 B.2 C.3 D.4 【解析】 代入验证,当 n=1 时, f(x)=ax· (1-x)2=a(x3-2x2+x), 则 f′(x)=a(3x2-4x+1), 1 由 f′(x)=a(3x2-4x+1)=0 可知,x1=3,x2=1, 1 1 1 结合图象可知函数应在(0,3)递增,在(3,1)递减,即在 x=3取 得最大值, 1 1 1 1 由 f(3)=a×3· (1-3)2=2,知 a 存在. 【答案】 A 第Ⅱ卷 二、填空题(本大题共 6 小题,每小题 5 分,满分 30 分) 9. (2011· 湖南高考)已知 f(x)为奇函数, g(x)=f(x)+9, g(-2)=3, 则 f(2)=________. 【解析】 依题意,得 g(-2)=f(-2)+9=-f(2)+9=3,解得 f(2)=6. 【答案】 6 1 1 10 . (2012· 阳江质检 ) 设 2a = 5b = m ,且 a + b = 2 ,则 m 等于 ________. 【解析】 由 2a=5b=m,得 a=log2m,b=log5m, 1 1 又a+b=2. lg 2+lg 5 1 1 1 ∴log m+log m= lg m =lg m=2,∴m= 10. 2 5 【答案】 10 1 π 11 .函数 f(x) = 2 ex(sin x + cos x) 在区间 [0 , 2 ] 上的最小值是 ________.

1 1 【解析】 f′(x)=2ex(cos x-sin x)+2ex(sin x+cos x) =excos x, π ∵0≤x≤2,∴f′(x)≥0,且 f′(x)不恒为 0, π 因此 f(x)在[0,2]上是增函数. 1 ∴f(x)最小值为 f(0)=2. 1 【答案】 2 12. 曲线 C: f(x)=sin x+ex+2 在 x=0 处的切线方程为________. 【解析】 y′=cos x+ex,∴在 x=0 处的切线斜率 k=y′|x=0=e0+cos 0=2. 又切点坐标为(0,3),∴切线方程为 y=2x+3. 【答案】 y=2x+3 2 13.地震的震级 R 与地震释放的能量 E 的关系为 R=3(lg E- 11.4).2011 年 3 月,日本东海岸发生了 9.0 级特大地震,而 1989 年旧 金山海湾区域地震的震级为 6.0 级,那么 2011 年地震的能量是 1989 年地震能量的________倍. 2 【解析】 由题意可知 9=3(lg E1-11.4) 2 又 6=3(lg E2-11.4) 2 2 E1 ∴9-6=3(lg E1-lg E2)=3lg E , 2 E1 9 E1 则 lg E =2?E =10000 10, 2 2 ∴2011 年地震的能量是 1989 年的 10000 10倍. 【答案】 10000 10 1 14.若 f(x)=-2x2+bln(x+2)在(-1,+∞)上是减函数,则 b 的取值范围是________. 1 【解析】 ∵f(x)=-2x2+bln(x+2), -x2-2x+b b ∴f′(x)=-x+ = . x+2 x+2 ∵f(x)在(-1,+∞)上是减函数, ∴在[-1,+∞)上 f′(x)≤0 恒成立.

又∵x+2>0,∴-x2-2x+b≤0 在[-1,+∞)上恒成立, 即 b≤x2+2x 在[-1,+∞)上恒成立. 令 g(x)=x2+2x,当 x=-1 时,g(x)min=-1, ∴b≤-1. 【答案】 (-∞,1] 三、解答题(本大题共 6 小题,满分 80 分.解答时需写出文字说 明、证明过程和演算步骤) 1 1 15.(本小题满分 12 分)已知函数 f(x)=3x3+2ax2+bx+1(x∈R, a,b 为实数)有极值,且在 x=-1 处的切线与直线 x-y+1=0 平行, 求实数 a 的取值范围. 【解】 f′(x)=x2+ax+b, 由题意得,f′(-1)=1-a+b=1, ∴a=b, 令 f′(x)=0,即 x2+ax+a=0, 当 Δ=a2-4a≤0 时,f′(x)≥0 恒成立,y=f(x)没有极值; 当 Δ=a2-4a>0 时,即 a<0 或 a>4 时,f′(x)=0 有两个不相 等的实数根,y=f(x)有极值. 综上可知,a 的取值范围为(-∞,0)∪(4,+∞). 16.(本小题满分 13 分)已知函数 f(x)=x3+ax2+bx+5,记 f(x) 的导数为 f′(x). 2 (1)若曲线 f(x)在点(1,f(1))处的切线斜率为 3,且 x=3时 y=f(x) 有极值,求函数 f(x)的解析式. (2)在(1)的条件下,求函数 f(x)在[-4,1]上的最大值和最小值. 【解】 (1)f′(x)=3x2+2ax+b. 2 依题意 f′(1)=3,f′(3)=0,

?3+2a+b=3, ∴? 2 2 4 ?3? +3a+b=0, ?3·

? ?a=2, 解之得? ?b=-4. ?

所以 f(x)=x3+2x2-4x+5. (2)由(1)知,f′(x)=3x2+4x-4=(x+2)(3x-2). 2 令 f′(x)=0,得 x1=-2,x2=3. 当 x 变化时,f(x),f′(x)的变化情况如下表:

x f′(x) f (x ) 函数值

- 4

(-4,-2) +

-2 0 极大 值

2 (-2,3) -

2 3 0 极小 值

2 (3,1) +

1

95 - 13 4 27 11 ∴f(x)在[-4,1]上的最大值为 13,最小值为-11. 17. (本小题满分 13 分)定义在 R 上的单调函数 f(x)满足对任意 x, y 均有 f(x+y)=f(x)+f(y),且 f(1)=1. (1)求 f(0)的值,并判断 f(x)的奇偶性; (2)解关于 a 的不等式 f(a2+a-4)<2. 【解】 (1)令 x=y=0, 则由题意可得 f(0)=f(0)+f(0), ∴f(0)=0, 令 y=-x,则有 f(0)=f(x)+f(-x), 又 f(0)=0. 故对?x∈R,有 f(-x)=-f(x)成立. 因此 f(x)为奇函数. (2)由 f(x)在 R 上单调,且 f(0)=0,f(1)=1, 知 f(x)在(-∞,+∞)上单调递增. 又 f(1)=1,∴f(2)=f(1)+f(1)=2. ∵f(a2+a-4)<2?f(a2+a-4)<f(2), ∴a2+a-4<2,解之得-3<a<2, 故 f(a2+a-4)<2 的解集为(-3,2). 18. (本小题满分 14 分)(2012· 广州六校联考)已知函数 f(x)=x2ln x. (1)求函数 f(x)的单调区间; 1 1 (2)若 b∈[-2,2]时,函数 h(x)=3x3ln x-9x3-(2a+b)x,在(1,2) 上为单调递减函数,求实数 a 的范围. 【解】 (1)函数 f(x)的定义域为(0,+∞),且 f′(x)=2xln x+x, 1 令 f′(x)=0 解得 x=e-2 1 x∈(0,e-2)时,f′(x)<0,此时函数单调递减. 1 x∈(e-2,+∞)时,f′(x)>0,此时函数单调递增. (2)h′(x)=x2ln x-(2a+b)

由题意可知,x∈(1,2)时,h′(x)≤0 恒成立. 即 2a+b≥x2ln x, 由(1)可知,2a+b≥f(2)=4ln 2 由 b∈[-2,2]可得 2a≥4ln 2+2 即 a≥2ln 2+1. 19.(本小题满分 14 分)工厂生产某种产品,次品率 p 与日产量 1 ,0<x≤c 6-x x(万件)间的关系为 p= ,(c 为常数,且 0<c<6). 2 3,x>c

? ? ?

已知每生产 1 件合格产品盈利 3 元, 每出现 1 件次品亏损 1.5 元. (1)将日盈利额 y(万元)表示为日产量 x(万件)的函数; (2) 为使日盈利额最大,日产量应为多少万件? ( 注:次品率= 次品数 ×100%). 产品总数 2 【解】 (1)当 x>c 时,p=3, 2 2 3 ∴y=(1-3)· x· 3-3· x· 2=0; 1 当 0<x≤c 时,p= , 6-x 2 1 1 3 3?9x-2x ? ∴y=(1- )· x· 3- · x·= . 6-x 6-x 2 2?6-x? ∴日盈利额 y(万元)与日产量 x(万件)的函数关系为 3?9x-2x ? ? ? 2?6-x? y=? ? ?0 x>c
2

0<x≤c

.

(2)由(1)知,当 x>c 时,日盈利额为 0. 当 0<x≤c 时, 3?9x-2x2? ∵y= , 2?6-x? 2 3 ?9-4x??6-x?+?9x-2x ? ∴y′=2· ?6-x?2 3?x-3??x-9? = , ?6-x?2 令 y′=0,得 x=3 或 x=9(舍去). ∴①当 0<c<3 时,∵y′>0,

∴y 在区间(0,c]上单调递增, 3?9c-2c2? ∴y 最大值=f(c)= , 2?6-c? ②当 3≤c<6 时,在(0,3)上,y′>0;在(3,c)上 y′<0. ∴y 在(0,3)上单调递增,在(3,c)上单调递减. 9 ∴y 最大值=f(3)=2. 综上,若 0<c<3,则当日产量为 c 万件时,日盈利额最大; 若 3≤c<6,则当日产量为 3 万件时,日盈利额最大. 20.(本小题满分 14 分)已知函数 f(x)= x,g(x)=aln x,a∈R. (1)设 h(x)=f(x)-g(x),当 h(x)存在最小值时,求最小值 φ(a)的解 析式; (2)对于(1)中的 φ(a),证明当 a∈(0,+∞)时,φ(a)≤1. 【解】 (1)由条件知 h(x)= x-aln x(x>0). x-2a 1 a ∴h′(x)= - x = 2x . 2 x ①当 a>0 时,令 h′(x)=0,解得 x=4a2, ∴当 0<x<4a2 时,h′(x)<0,h(x)在(0,4a2)上递减; 当 x>4a2 时,h′(x)>0,h(x)在(4a2,+∞)上递增. ∴x=4a2 是 h(x)在(0,+∞)上的唯一极值点, 且是极小值点,从而也是 h(x)的最小值点. ∴最小值 φ(a)=h(4a2)=2a-aln 4a2=2a(1-ln 2a). x-2a ②当 a≤0 时,h′(x)= 2x >0,h(x)在(0,+∞)上递增,无 最小值. 故 h(x)的最小值为 φ(a)=2a(1-ln 2a)(a>0). (2)由(1)知 φ(a)=2a(1-ln 2a),(a>0). 1 则 φ′(a)=-2ln 2a,令 φ′(a)=0,解得 a=2. 1 当 0<a<2时,φ′(a)>0, 1 ∴φ(a)在(0,2)上递增; 1 当 a>2时,φ′(a)<0, 1 ∴φ(a)在(2,+∞)上递减. 1 1 ∴φ(a)在 a=2处取得极大值 φ(2)=1,

∵φ(a)在(0,+∞)上有且只有一个极值点, 1 所以 φ(2)=1 也是 φ(a)的最大值. ∴当 a∈(0,+∞)时,总有 φ(a)≤1.



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