高三数学 阶段滚动检测（二）.doc

阶段滚动检测（二）一、选择题1函数f(x)ln(x2x)的定义域为()a(0,1) b0,1c(，0)(1，) d(，01，)2下列命题正确的是()ax0r，x2x030bxn，x3x2cx1是x21的充分不必要条件d若ab，则a2b23定义在r上的偶函数f(x)，当x0，)时，f(x)是增函数，则f(2)，f()，f(3)的大小关系是()af()f(3)f(2)bf()f(2)f(3)cf()f(3)f(2)df()f(2)f(3)4已知函数f(x)则f(f()等于()a4 b2 c2 d15函数f(x)2|x|x2的图象为()6.已知函数f(x)x3ax2bx(a，br)的图象如图所示，它与x轴相切于原点，且x轴与函数图象所围成区域(图中阴影部分)的面积为，则a的值为()a1 b0 c1 d27函数f(x)x33x23xa的极值点的个数是()a2 b1 c0 d0或18若函数f(x)1tan x在区间1,1上的值域为m，n，则mn等于()a2 b3 c4 d59设函数f(x)ex2x4，g(x)ln x2x25，若实数a，b分别是f(x)，g(x)的零点，则()ag(a)0f(b) bf(b)0g(a)c0g(a)f(b) df(b)g(a)0)与曲线c2：yex存在公共点，则实数a的取值范围为()a.b.c.d.12定义全集u的子集p的特征函数fp(x)已知pu，qu，给出下列命题：若pq，则对于任意xu，都有fp(x)fq(x)；对于任意xu，都有fup(x)1fp(x)；对于任意xu，都有fpq(x)fp(x)fq(x)；对于任意xu，都有fpq(x)fp(x)fq(x)其中正确的命题是()abcd二、填空题13设全集为r，集合mx|x24，nx|log2x1，则(rm)n_.14已知函数f(x)ex，g(x)ln 的图象分别与直线ym交于a，b两点，则|ab|的最小值为_15设a，bz，已知函数f(x)log2(4|x|)的定义域为a，b，其值域为0,2，若方程|x|a10恰有一个解，则ba_.16已知函数f(x)是定义在r上的奇函数，当x0时，f(x)ex(x1)给出以下命题：当x0时，f(x)ex(x1)；函数f(x)有五个零点；若关于x的方程f(x)m有解，则实数m的取值范围是f(2)mf(2)；对x1，x2r，|f(x2)f(x1)|0)的解集，p：xa，q：xb.(1)若ab，求a的取值范围；(2)若綈p是q的充分不必要条件，求a的取值范围18设命题p：关于x的二次方程x2(a1)xa20的一个根大于零，另一根小于零；命题q：不等式2x2x2ax对x(，1)恒成立如果命题“pq”为真命题，命题“pq”为假命题，求实数a的取值范围19已知函数f(x)aln x(a0)，求证f(x)a(1)20定义在r上的单调函数f(x)满足f(2)，且对任意x，yr，都有f(xy)f(x)f(y)(1)求证：f(x)为奇函数；(2)若f(k3x)f(3x9x2)0，解得x1或x0，所以函数f(x)ln(x2x)的定义域为(，0)(1，)2c对于a，因为22121可推出x21，x21可推出x1或x1是x21的充分不必要条件，所以选项c正确；对于d，当a0，b1时，a2b2，所以选项d错误3a因为函数是偶函数，所以f(2)f(2)，f(3)f(3)，又函数在0，)上是增函数，所以f(2)f(3)f()，即f(2)f(3)f()，选a.4bf()2224，则f(f()f(4)4()22.5d由f(x)f(x)知函数f(x)是偶函数，其图象关于y轴对称，排除选项a、c；当x0时，f(x)1，排除选项b.6a因为f(x)3x22axb，函数f(x)的图象与x轴相切于原点，所以f(0)0，即b0，所以f(x)x3ax2，令f(x)0，得x0或xa(a0)，因为函数f(x)的图象与x轴所围成区域的面积为，所以(x3ax2)dx，所以，所以a1或a1(舍去)7c因为f(x)3x26x33(x1)20，则f(x)在r上是增函数，所以不存在极值点8c因为f(x)1tan x，所以f(x)1tan(x)1tan x，则f(x)f(x)24.又f(x)1tan x在区间1,1上是一个增函数，其值域为m，n，所以mnf(1)f(1)4.故选c.9a依题意，f(0)30，且函数f(x)是增函数，因此函数f(x)的零点在区间(0,1)内，即0a1.g(1)30，且函数g(x)在(0，)内单调递增，所以函数g(x)的零点在区间(1,2)内，即1bf(1)0，g(a)g(1)0，所以g(a)0f(b)故选a.10d由f(x4)f(x)，知f(x)的周期为4，又f(x)为偶函数，所以f(x4)f(x)f(4x)，所以函数f(x)的图象关于直线x2对称，作出函数yf(x)与ylogax的图象如图所示，要使方程f(x)logax有三个不同的根，则解得a0)设f(x)(x0)，则f(x)，由f(x)0，得x2.当0x2时，f(x)2时，f(x)0，函数f(x)在区间(2，)上是增函数所以当x2时，函数f(x)在(0，)上有最小值f(2)，所以a.故选c.12a令u1,2,3，p1，q1,2对于，fp(1)1fq(1)，fp(2)00，由exm，得xln m，由ln m，得x2，则|ab|2ln m.令h(m)2ln m，由h(m)20，求得m.当0m时，h(m)时，h(m)0，函数h(m)在上单调递增所以h(m)minh2ln 2，因此|ab|的最小值为2ln 2.155解析由方程|x|a10恰有一个解，得a2.又解得3x3，所以b3.所以ba3(2)5.16解析当x0，所以f(x)ex(x1)f(x)，所以f(x)ex(x1)，故正确；当x0时，f(x)ex(x1)ex，令f(x)0，所以x2，所以f(x)在(，2)上单调递减，在(2,0)上单调递增，而在(，1)上，f(x)0，所以f(x)在(，0)上仅有一个零点，由对称性可知，f(x)在(0，)上也有一个零点，又f(0)0，故该函数有三个零点，故错误；因为当x0时，f(x)在(，2)上单调递减，在(2，0)上单调递增，且当x1时，f(x)0，当1x0，所以当x0时，f(2)f(x)1，即f(x)0时，1f(x)，又f(0)0，故当x(，)时，f(x)(1,1)，若关于x的方程f(x)m有解，则1m1，且对x1，x2r，|f(x2)f(x1)|2恒成立，故错误，正确17解(1)由题意得ax|2x10，bx|x1a或x1a若ab，则必须满足a的取值范围为a9.(2)易得綈p：x10或x2.綈p是q的充分不必要条件，x|x10或x2是x|x1a或x1a的真子集，则其中两个等号不能同时成立，解得0a3，a的取值范围为0a3.18解令f(x)x2(a1)xa2.二次方程x2(a1)xa20的一个根大于零，另一根小于零，f(0)0，即a20，a2.命题p为真时，有a2ax，可得a2x1.令g(x)2x1，g(x)20，g(x)在x(，1)单调递增，且g(1)1，g(x)(，1)又不等式2x2x2ax对x(，1)恒成立，命题q为真时，有a1.依题意，命题“pq”为真命题，命题“pq”为假命题，则有若p真q假，得a0)，只需证f(x)a0(x0)，即证a0(x0)a0，只需证ln x10(x0)令g(x)ln x1(x0)，即证g(x)min0(x0)g(x)(x0)令g(x)0，得x1.当0x1时，g(x)1时，g(x)0，此时g(x)在(1，)上单调递增g(x)ming(1)00，即ln x10成立，故有f(x)a成立20(1)证明f(xy)f(x)f(y)(x，yr)，令xy0，代入式，得f(00)f(0)f(0)，即f(0)0.令yx，代入式，得f(xx)f(x)f(x)，又f(0)0，则有0f(x)f(x)即f(x)f(x)对任意xr恒成立，所以f(x)是奇函数(2)解f(2)0，即f(2)f(0)，又f(x)在r上是单调函数，所以f(x)在r上是增函数又由(1)知f(x)是奇函数，f(k3x)f(3x9x2)f(3x9x2)，所以k3x0对任意xr恒成立令t3x0，问题等价于t2(1k)t20对任意t0恒成立令g(t)t2(1k)t2，其对称轴t.当0，即k0，符合题意；当0时，对任意t0，g(t)0恒成立解得1k12.综上所述，当k12时，f(k3x)f(3x9x2)0对任意xr恒成立21解(1)设需要新建n(nn*)个桥墩，则(n1)xm，n1(nn*)yf(x)256n(n1)(2)x256(2)xm2m256(0xm)(2)由(1)得，f(x)m(512)令f(x)0，得x512，x64.当0x64时，f(x)0，此时，f(x)在区间(0,64)内为减函数；当64x0，此时，f(x)在区间64,640)内为增函数函数f(x)在x64处取得极小值，也是其最小值m640，n119.此时，ymin8 704(万元)故需新建9个桥墩才能使工程费用y取得最小值，且最少费用为8 704万元22解(1)由题设，得f(x)ex2ax，f(0)1，f(x)在点p(0,1)处的切线方程为yf(0)f