(课标通用)2018年高考数学一轮复习课时跟踪检测7理

(课标通用)2018年高考数学一轮复习课时跟踪检测7理LtDPAGEPAGE4。。。内部文件，版权追溯内部文件，版权追溯内部文件，版权追溯课时跟踪检测(七)[高考基础题型得分练]1．[2017·山东荣成六中高三月考]已知幂函数y＝xa的图象过点eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)，\f(\r(2),2)))，则loga2的值为()A．1 B．－1C．2 D．－2答案：B解析：由题意得eq\f(\r(2),2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,2)))a⇒a＝eq\f(1,2)，所以loga2＝logeq\s\do8(\f(1,2))2＝－1，故选B.2．若a＜0，则0.5a,5a,5－a的大小关系是答案：C解析：解法一：由f(x)>0的解集为(－2,1)，可得a＝－1，c＝－2，所以f(x)＝－x2－x＋2，f(－x)＝－x2＋x＋2＝－(x＋1)(x－2)，故选C.解法二：由f(x)>0的解集为(－2,1)，可知函数f(x)的大致图象为选项D，又函数f(x)与f(－x)的图象关于y轴对称，所以f(－x)的大致图象为选项C.6．已知二次函数f(x)满足f(2＋x)＝f(2－x)，且f(x)在[0,2]上是增函数，若f(a)≥f(0)，则实数a的取值范围是()A．[0，＋∞) B．(－∞，0]C．[0,4] D．(－∞，0]∪[4，＋∞)答案：C解析：由f(2＋x)＝f(2－x)可知，函数f(x)图象的对称轴为x＝eq\f(2＋x＋2－x,2)＝2.又函数f(x)在[0,2]上单调递增，所以由f(a)≥f(0)可得0≤a≤4.7．方程x2＋ax－2＝0在区间[1,5]上有根，则实数a的取值范围为()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(23,5)，＋∞)) B．(1，＋∞)C．eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(23,5)，1)) D．eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－∞，－\f(23,5)))答案：C解析：解法一：令f(x)＝x2＋ax－2，由题意知f(x)的图象与x轴在[1,5]上有交点，又f(0)＝－2<0，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f1≤0，,f5≥0，))即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a－1≤0，,5a＋23≥0，))∴－eq\f(23,5)≤a≤1.解法二：方程x2＋ax－2＝0在区间[1,5]上有根，即方程x＋a－eq\f(2,x)＝0，也即方程a＝eq\f(2,x)－x在区间[1,5]上有根，而函数y＝eq\f(2,x)－x在区间[1,5]上是减函数，所以－eq\f(23,5)≤y≤1，则－eq\f(23,5)≤a≤1.8．[2017·湖南邵阳模拟]若函数f(x)＝ax2＋b|x|＋c(a≠0)有四个单调区间，则实数a，b，c满足()A．b2－4ac>0，a>0 B．b2－4ac>0C．－eq\f(b,2a)>0 D．－eq\f(b,2a)<0答案：C解析：当x>0时，f(x)＝ax2＋bx＋c，此时f(x)应该有两个单调区间，∴对称轴x＝－eq\f(b,2a)>0；当x<0时，f(x)＝ax2－bx＋c，对称轴x＝eq\f(b,2a)<0，∴此时f(x)有两个单调区间，∴当－eq\f(b,2a)>0时，f(x)有四个单调区间．9．当α∈eq\b\lc\{\rc\}(\a\vs4\al\co1(－1，\f(1,2)，1，3))时，幂函数y＝xα的图象不可能经过第________象限．答案：二、四解析：当α＝－1,1,3时，y＝xα的图象经过第一、三象限；当α＝eq\f(1,2)时，y＝xα的图象经过第一象限．10．已知函数f(x)是二次函数，不等式f(x)＞0的解集是(0,4)，且f(x)在区间[－1,5]上的最大值是12，则f(x)的解析式为________．答案：f(x)＝－3x2＋12x解析：设f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0)，由f(x)＞0的解集是(0,4)，可知f(0)＝f(4)＝0，且二次函数的图象开口向下，对称轴方程为x＝2，再由f(x)在区间[－1,5]上的最大值是12，可知f(2)＝12，即eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(f0＝0，,f4＝0，,f2＝12，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＝－3，,b＝12，,c＝0.))∴f(x)＝－3x2＋12x.11．已知幂函数f(x)＝xeq\s\up15(－eq\f(1,2))，若f(a＋1)＜f(10－2a)，则a的取值范围是________．答案：(3,5)解析：∵f(x)＝xeq\s\up15(－eq\f(1,2))＝eq\f(1,\r(x))(x＞0)，易知x∈(0，＋∞)时为减函数．又f(a＋1)＜f(10－2a)，∴eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a＋1>0，,10－2a>0，,a＋1>10－2a，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(a>－1，,a<5，,a>3，))∴3＜a＜5.12．已知函数f(x)＝x2－2x，g(x)＝ax＋2(a>0)，若∀x1∈[－1,2]，∃x2∈[－1,2]，f(x1)＝g(x2)，则实数a的取值范围是________．答案：[3，＋∞)解析：由题意得g(x)min≤f(x)min且g(x)max≥f(x)max，f(x)在区间[－1,2]上的最大值f(x)max＝f(－1)＝3，f(x)在区间[－1,2]上的最小值f(x)min＝f(1)＝－1.由于g(x)＝ax＋2(a>0)在区间[－1,2]上单调递增，则g(x)min＝g(－1)＝－a＋2，g(x)max＝g(2)＝2a＋2，故eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－a＋2≤－1，,2a＋2≥3，))解得a≥3.[冲刺名校能力提升练]1．已知y＝f(x)为偶函数，当x≥0时，f(x)＝－x2＋2x，则满足f(f(a))＝eq\f(1,2)的实数a的个数为()A．8 B．6C．4 D．2答案：A解析：由题意知，f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2＋2x，x≥0，,－x2－2x，x<0，))其图象如图所示．令t＝f(a)，则t≤1，令f(t)＝eq\f(1,2)，解得t＝1－eq\f(\r(2),2)或t＝－1±eq\f(\r(2),2)，即f(a)＝1－eq\f(\r(2),2)或f(a)＝－1±eq\f(\r(2),2)，由数形结合得，共有8个交点．2．[2017·湖北武汉模拟]已知函数f(x)＝ax2＋2ax＋b(1＜a＜3)，且x1＜x2，x1＋x2＝1－a，则下列说法正确的是()A．f(x1)＜f(x2)B．f(x1)＞f(x2)C．f(x1)＝f(x2)D．f(x1)与f(x2)的大小关系不能确定答案：A解析：f(x)的对称轴为x＝－1，因为1＜a＜3，则－2＜1－a＜0.若x1＜x2≤－1，则x1＋x2＜－2，不满足x1＋x2＝1－a且－2＜1－a＜0；若x1＜－1，x2≥－1时，|x2＋1|－|－1－x1|＝x2＋1＋1＋x1＝x1＋x2＋2＝3－a＞0(1＜a＜3)，此时x2到对称轴的距离大，所以f(x2)＞f(x1)；若－1≤x1＜x2，则此时x1＋x2＞－2，又因为f(x)在[－1，＋∞)上为增函数，所以f(x1)＜f(x2)．3．已知函数f(x)满足f(x)＝x2－2(a＋2)x＋a2，g(x)＝－x2＋2(a－2)x－a2＋8.设H1(x)＝max{f(x)，g(x)}，H2(x)＝min{f(x)，g(x)}[max(p，q)表示p，q中的较大值，min(p，q)表示p，q中的较小值]，记H1(x)的最小值为A，H2(x)的最大值为B，则A－B＝()A．a2－2a－16 B．a2＋2a－16C．－16 D．16答案：C解析：取a＝－2，则f(x)＝x2＋4，g(x)＝－x2－8x＋4，画出它们的图象，如图所示．则H1(x)的最小值为两图象右边交点的纵坐标，H2(x)的最大值为两图象左边交点的纵坐标，由eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2＋4＝y，,－x2－8x＋4＝y，))解得eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝0，,y＝4))或eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＝－4，,y＝20，))∴A＝4，B＝20，A－B＝－16.4．设f(x)与g(x)是定义在同一区间[a，b]上的两个函数，若函数y＝f(x)－g(x)在x∈[a，b]上有两个不同的零点，则称f(x)和g(x)在[a，b]上是“关联函数”，区间[a，b]称为“关联区间”．若f(x)＝x2－3x＋4与g(x)＝2x＋m在[0,3]上是“关联函数”，则m的取值范围为________．答案：eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(9,4)，－2))解析：由题意知，y＝f(x)－g(x)＝x2－5x＋4－m在[0,3]上有两个不同的零点．在同一直角坐标系下作出函数y＝m与y＝x2－5x＋4(x∈[0,3])的图象如图所示．结合图象可知，当x∈[2,3]时，y＝x2－5x＋4∈eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(9,4)，－2))，故当m∈eq\b\lc\(\rc\](\a\vs4\al\co1(－\f(9,4)，－2))时，函数y＝m与y＝x2－5x＋4(x∈[0,3])的图象有两个交点．5.已知函数f(x)是定义在R上的偶函数，且当x≤0时，f(x)＝x2＋2x.现已画出函数f(x)在y轴左侧的图象，如图所示，请根据图象完成下面的问题．(1)写出函数f(x)(x∈R)的增区间；(2)写出函数f(x)(x∈R)的解析式；(3)若函数g(x)＝f(x)－2ax＋2(x∈[1,2])，求函数g(x)的最小值．解：(1)f(x)在区间(－1,0)，(1，＋∞)上单调递增．(2)设x＞0，则－x＜0，函数f(x)是定义在R上的偶函数，且当x≤0时，f(x)＝x2＋2x，∴f(x)＝f(－x)＝(－x)2＋2×(－x)＝x2－2x(x＞0)，∴f(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x2－2x，x>0，,x2＋2x，x≤0.))(3)g(x)＝x2－2x－2ax＋2，对称轴方程为x＝a＋1，当a＋1≤1，即a≤0时，g(1)＝1－2a为最小值；当1＜a＋1≤2，即0＜a≤1时，g(a＋1)＝－a2－2a＋1为最小值；当a＋1＞2，即a＞1时，g(2)＝2－4a为最小值．综上，g(x)min＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(1－2a，a≤0，,－a2－2a＋1，0<a≤1，,2－4a，a>1.))6．[2017·浙江瑞安四校联考]已知函数f(x)＝x2－1，g(x)＝a|x－1|.(1)若当x∈R时，不等式f(x)≥g(x)恒成立，求实数a的取值范围；(2)求函数h(x)＝|f(x)|＋g(x)在区间[0,2]上的最大值．解：(1)不等式f(x)≥g(x)对x∈R恒成立，即x2－1≥a|x－1|(*)对x∈R恒成立．①当x＝1时，(*)显然成立，此时a∈R；②当x≠1时，(*)可变形为a≤eq\f(x2－1,|x－1|)，令φ(x)＝eq\f(x2－1,|x－1|)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(x＋1，x>1，,－x＋1，x<1.))因为当x>1时，φ(x)>2，当x<1时，φ(x)>－2，所以φ(x)>－2，故此时a≤－2.综合①②，得所求实数a的取值范围是(－∞，－2]．(2)h(x)＝eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(－x2－ax＋a＋1，0≤x<1，,0，x＝1，,x2＋ax－a－1，1<x≤2.))①当－eq\f(a,2)≤0时，即a≥0，(－x2－ax＋a＋1)max＝h(0)＝a＋1，(x2＋ax－a－1)max＝h(2)＝a＋3.此时，h(x)max＝a＋3.②当0<－eq\f(a,2)≤1时，即－2≤a<0，(－x2－ax＋a＋1)max＝heq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(－\f(a,2)))＝eq\f(a2,4)＋a＋1，(x2＋ax－a－1)max＝h(2)＝a＋3.此时h(x)max＝a＋3.③当1<－eq\f(a,2)≤2时，即－4≤a<－2，(－x2－ax＋a＋1)max＝h(1)＝0，(x2＋ax－a－1)max＝m