《（浙江專用）2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 階段滾動(dòng)檢測（二）（含解析）》由會(huì)員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《（浙江專用）2020版高考數(shù)學(xué)一輪復(fù)習(xí) 階段滾動(dòng)檢測（二）（含解析）（10頁珍藏版）》請(qǐng)?jiān)谘b配圖網(wǎng)上搜索。

1、階段滾動(dòng)檢測（二） 一、選擇題 1.(2019·紹興一中模擬)已知集合M＝{x|0≤x≤6}，N＝{x|2x≤32}，則M∪N等于(　　) A.(－∞，6] B.(－∞，5] C.[0,6] D.[0,5] 2.(2019·舟山模擬)已知a∈R，則“a＝0”是“f(x)＝x2＋ax是偶函數(shù)”的(　　) A.充分不必要條件 B.必要不充分條件 C.充要條件 D.既不充分也不必要條件 3.(2019·湖州模擬)若函數(shù)f(x)同時(shí)滿足下列兩個(gè)條件，則稱該函數(shù)為“優(yōu)美函數(shù)”： (1)任意x∈R，都有f(－x)＋f(x)＝0； (2)任意x1，x2∈R，且x1≠x2，都有<0.

2、 ①f(x)＝sinx； ②f(x)＝－2x3； ③f(x)＝1－x； ④f(x)＝ln(＋x). 以上四個(gè)函數(shù)中，“優(yōu)美函數(shù)”的個(gè)數(shù)是(　　) A.0B.1C.2D.3 4.已知函數(shù)f(x)＝(a>0，且a≠1)的值域是[4，＋∞)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是(　　) A.(1,2) B.(1,2] C.(1,3) D.(1,4) 5.函數(shù)f(x)＝的圖象為(　　) 6.函數(shù)f(x)＝x4＋(2a－3)x2，則f(x)在其圖象上的點(diǎn)(1，－2)處的切線的斜率為(　　) A.1B.－1C.2D.－2 7.已知函數(shù)f(x)＝ex－1＋e1－x，則滿足f(x－1)

3、－1的x的取值范圍是(　　) A.1

4、B.bb>1，且logab＋logba2＝，則logba＝

5、________，＝________. 13.設(shè)函數(shù)f(x)＝則f(f(4))＝________.若f(a)＝－1，則a＝________. 14.若函數(shù)f(x)＝x3＋x2＋mx＋1在R上無極值點(diǎn)，則實(shí)數(shù)m的取值范圍是________. 15.已知f(x)＝若f(x)＝x＋a有兩個(gè)零點(diǎn)，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________. 16.已知函數(shù)f(x)＝ ①若f(x)＝a有且只有一個(gè)根，則實(shí)數(shù)a的取值范圍是________； ②若關(guān)于x的方程f(x＋T)＝f(x)有且僅有3個(gè)不同的實(shí)根，則實(shí)數(shù)T的取值范圍是________. 17.已知函數(shù)f(x)＝x3－3ax－1，a≠0，若f(

6、x)在x＝－1處取得極值，直線y＝m與y＝f(x)的圖象有三個(gè)不同的交點(diǎn)，則m的取值范圍是________. 三、解答題 18.已知集合A＝，B＝. (1)若C＝{x|m＋1≤x≤2m－1}，C?(A∩B)，求實(shí)數(shù)m的取值范圍； (2)若D＝{x|x＞6m＋1}，且(A∪B)∩D＝?，求實(shí)數(shù)m的取值范圍. 19.(2018·北京)設(shè)函數(shù)f(x)＝[ax2－(3a＋1)x＋3a＋2]ex. (1)若曲線y＝f(x)在點(diǎn)(2，f(2))處的切線斜率為0，求a； (2)若f(x)在x＝1處取得極小值，求a的取值范圍. 20.已知函數(shù)f(x)＝x

7、－alnx，g(x)＝－(a∈R). (1)若a＝1，求函數(shù)f(x)的極值； (2)設(shè)函數(shù)h(x)＝f(x)－g(x)，求函數(shù)h(x)的單調(diào)區(qū)間. 21.已知f(x)為二次函數(shù)，且f(x＋1)＋f(x－1)＝2x2－4x， (1)求f(x)的表達(dá)式； (2)設(shè)g(x)＝f(2x)－m·2x＋1，其中x∈[0,1]，m為常數(shù)且m∈R，求函數(shù)g(x)的最小值. 22.(2019·紹興柯橋區(qū)模擬)已知函數(shù)f(x)＝xlnx－x2＋x＋1. (1)若y＝f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞減，求a的取值范圍； (2)當(dāng)0

8、－x有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2(x12. 答案精析 1.A　2.C　3.B　4.B　5.D　6.D　7.A　8.C　9.C　10.B 11.[0,2]　(2，＋∞)　12.3　1　13.5　1或 解析　f(f(4))＝f(－31)＝log232＝5； 由f(a)＝－1，得或 所以a＝1或a＝. 14. 解析　因?yàn)楹瘮?shù)f(x)在R上無極值點(diǎn)， 所以f′(x)＝3x2＋2x＋m≥0恒成立， 即Δ＝22－4×3×m≤0，所以m≥. 15.[1，＋∞) 解析　作出兩個(gè)函數(shù)的圖象如圖所示，當(dāng)直線y＝x＋a經(jīng)過點(diǎn)(0,1)時(shí)，此時(shí)

9、a＝1，直線和函數(shù)y＝f(x)的圖象顯然有兩個(gè)交點(diǎn). 當(dāng)a>1時(shí)，直線和函數(shù)y＝f(x)的圖象顯然有兩個(gè)交點(diǎn). 當(dāng)直線y＝x＋a經(jīng)過點(diǎn)(1,0)時(shí)，此時(shí)a＝－1， 設(shè)g(x)＝ln x(x≥1)，∴g′(x)＝， ∴k＝g′(1)＝1， 所以在(1,0)處的切線方程為y－0＝1(x－1)＝x－1，剛好是直線y＝x＋a， 所以此時(shí)直線和函數(shù)的圖象只有一個(gè)交點(diǎn)， 當(dāng)a＜－1時(shí)，觀察圖象得直線和函數(shù)的圖象只有一個(gè)交點(diǎn)， 故當(dāng)a≥1時(shí)，f(x)＝x＋a有兩個(gè)零點(diǎn). 故實(shí)數(shù)a的取值范圍為[1，＋∞). 16.①(1，＋∞)?、?－4，－2)∪(2,4) 解析?、僮鞒龊瘮?shù)f(x)

10、的圖象，f(x)＝a有且只有一個(gè)根等價(jià)于y＝f(x)的圖象與y＝a只有一個(gè)交點(diǎn)， 故可得a＞1，即a的取值范圍是(1，＋∞)；②方程f(x＋T)＝f(x)有且僅有3個(gè)不同的實(shí)根等價(jià)于y＝f(x＋T)的圖象與y＝f(x)的圖象有3個(gè)交點(diǎn)，而y＝f(x＋T)的圖象是將y＝f(x)的圖象向左或向右平移|T|個(gè)單位長度，故可得T的取值范圍是(－4，－2)∪(2,4). 17.(－3,1) 解析　∵函數(shù)f(x)＝x3－3ax－1，a≠0， ∴f′(x)＝3x2－3a， ∵函數(shù)f(x)在x＝－1處取得極值， 則f′(－1)＝0， 即3－3a＝0， 解得a＝1， ∴f(x)＝x3－

11、3x－1，a≠0， f′(x)＝3x2－3 ＝3(x2－1) ＝3(x－1)(x＋1). 當(dāng)f′(x)>0時(shí)，得x>1或x<－1， 當(dāng)f′(x)<0時(shí)，－1

12、≤3. (2)A∪B＝{x|－3≤x≤7}， ∴6m＋1≥7，∴m≥1. 19.解　(1)因?yàn)閒(x)＝[ax2－(3a＋1)x＋3a＋2]ex， 所以f′(x)＝[ax2－(a＋1)x＋1]ex， f′(2)＝(2a－1)e2. 由題意知f′(2)＝0，即(2a－1)e2＝0， 解得a＝. (2)由(1)得f′(x)＝[ax2－(a＋1)x＋1]ex＝(ax－1)(x－1)ex. 若a＞1，則當(dāng)x∈時(shí)，f′(x)＜0； 當(dāng)x∈(1，＋∞)時(shí)，f′(x)＞0. 所以f(x)在x＝1處取得極小值. 若a≤1，則當(dāng)x∈(0,1)時(shí)，ax－1≤x－1＜0，所以f′(x)＞0.

13、 所以1不是f(x)的極小值點(diǎn). 綜上可知，a的取值范圍是(1，＋∞). 20.解　(1)f(x)的定義域?yàn)?0，＋∞)， 當(dāng)a＝1時(shí)，f(x)＝x－ln x， f′(x)＝1－＝， 在(0，＋∞)上，當(dāng)x變化時(shí)，f′(x)，f(x)的變化情況如下表： x (0,1) 1 (1，＋∞) f′(x) － 0 ＋ f(x) 單調(diào)遞減 極小值 單調(diào)遞增 所以f(x)在x＝1處取得極小值1.函數(shù)沒有極大值. (2)h(x)＝x＋－aln x(x>0)， h′(x)＝1－－＝ ＝， ①當(dāng)a＋1>0，即a>－1時(shí)，在(0,1＋a)上h′(x)<0，在(1＋

14、a，＋∞)上h′(x)>0， 所以h(x)在(0,1＋a)上單調(diào)遞減， 在(1＋a，＋∞)上單調(diào)遞增； ②當(dāng)1＋a≤0，即a≤－1時(shí)，在(0，＋∞)上h′(x)>0， 所以函數(shù)h(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增. 綜上，當(dāng)a>－1時(shí)，h(x)的單調(diào)遞減區(qū)間為(0,1＋a)，單調(diào)遞增區(qū)間為(1＋a，＋∞)； 當(dāng)a≤－1時(shí)，h(x)的單調(diào)遞增區(qū)間為(0，＋∞)，無單調(diào)遞減區(qū)間. 21.解　(1)設(shè)f(x)＝ax2＋bx＋c(a≠0). 因?yàn)閒(x＋1)＋f(x－1)＝2x2－4x， 所以a(x＋1)2＋b(x＋1)＋c＋a(x－1)2＋b(x－1)＋c＝2x2－4x， 所以2ax

15、2＋2bx＋2a＋2c＝2x2－4x， 故有即 所以f(x)＝x2－2x－1. (2)g(x)＝f(2x)－m·2x＋1＝(2x)2－(2m＋2)·2x－1，設(shè)t＝2x，t∈[1,2]， y＝t2－(2m＋2)·t－1＝[t－(m＋1)]2－(m2＋2m＋2)， 當(dāng)m＋1>2，即m>1時(shí)，y＝t2－(2m＋2)·t－1在t∈[1,2]時(shí)為減函數(shù)， 當(dāng)t＝2時(shí)，ymin＝－4m－1； 當(dāng)m＋1<1，即m<0時(shí)， y＝t2－(2m＋2)·t－1在t∈[1,2]上為增函數(shù)，當(dāng)t＝1，ymin＝－2m－2； 當(dāng)0≤m≤1時(shí)，當(dāng)t＝m＋1，ymin＝－(m2＋2m＋2)， 綜上所述：

16、g(x)min＝ 22.(1)解　因?yàn)閒′(x)＝ln x－ax＋2(x>0)，由題意可得f′(x)≤0在(0，＋∞)上恒成立，得a≥max，x∈(0，＋∞)， 令g(x)＝，x∈(0，＋∞)， g′(x)＝， 所以g(x)在上單調(diào)遞增，在上單調(diào)遞減， 所以a≥g＝e，所以a≥e. (2)證明　函數(shù)y＝f(x)－x＝xln x－x2＋1有兩個(gè)極值點(diǎn)x1，x2(x10)可知， y＝F(x)在上是增函數(shù)，在上是減函數(shù)，且0， 構(gòu)造函數(shù)m(x)＝F－F(x) ＝ln－a－(ln x－ax)， 則m′(x)＝－＋2a＝<0， 故m(x)在上單調(diào)遞減， 又由于0m＝0， 即m(x1)>0在上恒成立， 即F>F(x1)＝F(x2)恒成立. 由于x2>，－x1>，y＝F(x)在上是減函數(shù)， 所以x2>－x1， 所以x1＋x2>>2成立. 10