（新课标）高考数学大一轮复习 第二章 函数、导数及其应用 单元质量检测 理 新人教A版.doc

第二章单元质量检测时间：90分钟分值：100分一、选择题(每小题4分，共40分)1函数y的定义域为()a. b.(1，)c. d.(1，)解析：由得x.答案：a2曲线yx32x4在点(1,3)处的切线的倾斜角为()a30 b45c60 d120解析：由y3x22得y|x11，即曲线在点(1,3)处的切线斜率为1，所以切线的倾斜角为45.答案：b3若已知函数f(x)则f(f(1)f的值是()a7 b2c5 d3解析：f(1)log210，所以f(f(1)f(0)2.因为log30，所以f919log32132log3213log341415，所以f(f(1)f257，故选a.答案：a4已知a0.7，b0.6，clog2.11.5，则a，b，c的大小关系是()acab bcbacabc dbac解析：由log2.11.510.70.6，得ca0，即f(x)在r上单调递增，因此函数f(x)只有一个零点，故选a.答案：a6已知函数f(x)x4，x(0,4)，当xa时，f(x)取得最小值b，则函数g(x)|xb|的图象为()解析：由基本不等式得f(x)x15251，当且仅当x1，即x2时取得最小值1，故a2，b1，因此g(x)|xb|x1|，只需将y|x|的图象向左平移1个单位即可，其中y|x|的图象可利用其为偶函数通过yx作出，故选b.答案：b7定义在r上的奇函数f(x)满足f(x4)f(x)，且在区间0,2上是增函数，则()af(2)f(5)f(8) bf(5)f(8)f(2)cf(5)f(2)f(8) df(8)f(2)f(5)解析：因为f(x4)f(x)，所以f(x8)f(x)，所以函数f(x)是周期函数，且周期为8，所以f(8)f(0)，f(5)f(1)f(1)，因为奇函数f(x)在区间0,2上是增函数，所以函数f(x)在区间2,2上是增函数，又2102，所以f(5)f(8)0时，f(x)的单调递减区间是(3m，m)，若f(x)在区间(2,3)上是减函数，则，解得m3.当m0，b0，且函数f(x)4x3ax22bx2在x1处有极值，则ab的最大值等于()a2 b3c6 d9解析：f(x)12x22ax2b，4a296b0，又x1是极值点，f(1)122a2b0，即ab6，且a0，b0，ab9，当且仅当ab时“”成立，所以ab的最大值为9.答案：d10(2014湖南卷)若0x1x2lnx2lnx1 bex2ex1x1ex2 dx2ex1g(x2)，x2ex1x1ex2，故选c.答案：c二、填空题(每小题4分，共16分)11设f(x)则ff(1)_.解析：f(1)(1)21，所以ff(1)f(1)212.答案：212不等式x22x0表示的平面区域与抛物线y24x围成的封闭区域的面积为_解析：由x22x0，得0x0)有实根，所以a0时，方程f(x)0有且只有一个实数根；方程f(x)0至多有两个实数根其中正确命题的序号为_解析：若q0，则f(x)x|x|pxx(|x|p)为奇函数，所以正确；由知，当q0时，f(x)为奇函数，图象关于原点对称，f(x)x|x|pxq的图象由函数f(x)x|x|px向上或向下平移|q|个单位，所以图象关于(0，q)对称，所以正确；当p0，q0时，f(x)x|x|q当f(x)0，得x，只有一解，所以正确；取q0，p1，f(x)x|x|x由f(x)0，可得x0，x1有三个实根，所以不正确综上正确命题的序号为.答案：三、解答题(共4小题，共44分，解答应写出必要的文字说明、计算过程或证明步骤)15(10分)已知函数f(x)a.(1)求证：函数yf(x)在(0，)上是增函数(2)若f(x)2x在(1，)上恒成立，求实数a的取值范围解：(1)证明：当x(0，)时，f(x)a，设0x10，x2x10，f(x2)f(x1)0，所以f(x)在(0，)上是增函数(2)由题意a2x在(1，)上恒成立，设h(x)2x，则ah(x)在(1，)上恒成立任取x1，x2(1，)且x1x2，h(x1)h(x2)(x1x2).因为1x1x2，所以x1x21，所以20，所以h(x1)h(x2)，所以h(x)在(1，)上单调递增故ah(1)即a3，所以a的取值范围是(，316(10分)(2014江西卷)已知函数f(x)(x2bxb)(br)(1)当b4时，求f(x)的极值；(2)若f(x)在区间上单调递增，求b的取值范围解：(1)当b4时，f(x)，由f(x)0得x2或x0.当x(，2)时，f(x)0，f(x)单调递增；当x时，f(x)0，f(x)单调递减，故f(x)在x2取极小值f(2)0，在x0取极大值f(0)4.(2)f(x)，因为当x时，0)，f(x)2x1，当x时，f(x)0.f(x)的单调递减区间为，单调递增区间为.(2)证明：设切点为m(t，f(t)，f(x)2xa，切线的斜率k2ta，又切线过原点，则k，2ta，即t2atlnt2t2at1.t21lnt0，存在性：t1满足方程t21lnt0，t1是方程t21lnt0的根再证唯一性：设(t)t21lnt，(t)2t0，(t)在(0，)单调递增，且(1)0，方程t21lnt0有唯一解综上，切点的横坐标为1.18(12分)(2014新课标全国卷)已知函数f(x)x33x2ax2，曲线yf(x)在点(0,2)处的切线与x轴交点的横坐标为2.(1)求a；(2)证明：当k0.当x0时，g(x)3x26x1k0，g(x)单调递增，g(1)k10时，令h(x)x33x24，则g(x)h(x