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滾動檢測二(1～4章)
(時間：120分鐘 滿分：150分)
第Ⅰ卷(選擇題 共40分)
一、選擇題(本大題共10小題，每小題4分，共40分．在每小題給出的四個選項中，只有一項是符合題目要求的)
1．已知集合M＝{x|－3
5}，則M∪N等于( )
A．{x|x<－5或x>－3} B．{x|－55}
答案 A
解析 在數(shù)軸上畫出集合M＝{x|－35}，
則M∪N＝{x|x<－5或x>－3}．
2．設(shè)條件p：a2＋a≠0，條件q：a≠0，那么p是q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
答案 A
解析 若p?q，且q?p，則p是q的充分不必要條件，條件p：a2＋a≠0，
即a≠0且a≠－1.
故條件p：a2＋a≠0是條件q：a≠0的充分不必要條件．故選A.
3．下列函數(shù)中，既是偶函數(shù)又在(0，＋∞)上單調(diào)遞增的是( )
A．y＝x3 B．y＝cosx
C．y＝ D．y＝ln|x|
答案 D
解析 y＝x3是奇函數(shù)，其余三個函數(shù)都是偶函數(shù)，但y＝cosx在(0，＋∞)上有增有減，y＝在(0，＋∞)上為減函數(shù)，只有y＝ln|x|既是偶函數(shù)，又在(0，＋∞)上是增函數(shù)，故選D.
4．函數(shù)f(x)＝cosx的圖象大致為( )
答案 C
解析 依題意，注意到f(－x)＝cos(－x)＝cosx＝cosx＝－f(x)，因此函數(shù)f(x)是奇函數(shù)，其圖象關(guān)于原點對稱，故選項A，B均不正確；當00，f(x)<0，結(jié)合選項知，C正確．
5．已知函數(shù)F(x)＝xf(x)，f(x)滿足f(x)＝f(－x)，且當x∈(－∞，0]時，F(xiàn)′(x)<0成立，若a＝20.1f(20.1)，b＝ln2f(ln2)，c＝log2f，則a，b，c的大小關(guān)系是( )
A．a(chǎn)>b>c B．c>a>b
C．c>b>a D．a(chǎn)>c>b
答案 C
解析 ∵f(x)＝f(－x)，∴函數(shù)f(x)是偶函數(shù)，∴函數(shù)F(x)＝xf(x)是奇函數(shù)，∵當x∈(－∞，0]時，F(xiàn)′(x)<0成立，∴函數(shù)F(x)在(－∞，0]上單調(diào)遞減，因此函數(shù)F(x)在R上單調(diào)遞減，∵20.1>1，ln2∈(0,1)，log2<0，a＝20.1f(20.1)，b＝ln2f(ln2)，c＝log2f，∴c>b>a，故選C.
6．已知函數(shù)f(x)滿足對一切x∈R，f(x＋2)＝－都成立，且當x∈(1,3]時，f(x)＝2－x，則f(2019)等于( )
A.B.C.D.
答案 B
解析 由已知條件f(x＋2)＝－，可得f(x)＝－，故f(x＋2)＝f(x－2)，易得函數(shù)f(x)是周期為4的周期函數(shù)，∴f(2019)＝f(3＋5044)＝f(3)，∵當x∈(1,3]時，f(x)＝2－x，∴f(3)＝2－3＝，
即f(2019)＝.
7．已知f(x)＝＋x2＋ax，g(x)＝ln(－x)－x，若對任意x<0，不等式f(x)≥g(x)恒成立，則實數(shù)a的取值范圍是( )
A．(－∞，e＋1] B．[e＋1，＋∞)
C．(－∞，e] D．[e，＋∞)
答案 C
解析 由對任意x<0，不等式f(x)≥g(x)恒成立，
得對任意x<0，＋x2＋ax－ln(－x)＋x≥0恒成立，
即對任意x<0，(a＋1)x≥ln(－x)－e－x－x2恒成立．
因為x<0，所以a＋1≤.
令h(x)＝，
則h′(x)＝，
顯然當x∈(－∞，－1)時，h′(x)<0，h(x)單調(diào)遞減；
當x∈(－1,0)時，h′(x)>0，h(x)單調(diào)遞增．
所以h(x)min＝h(－1)＝e＋1，
故a＋1≤e＋1，解得a≤e.
8．已知函數(shù)f(x)＝|x|＋2x－(x<0)與g(x)＝|x|＋log2(x＋a)的圖象上存在關(guān)于y軸對稱的點，則a的取值范圍是( )
A．(－∞，) B．(－∞，－)
C．(－∞，2) D.
答案 A
解析 設(shè)f(x)關(guān)于y軸對稱的函數(shù)為h(x)＝f(－x)＝x＋2－x－(x>0)，則由題意可得方程h(x)＝g(x)(x∈(0，＋∞))有解，即方程2－x－＝log2(x＋a)(x∈(0，＋∞))有解，作出函數(shù)y＝2－x－，y＝log2(x＋a)的圖象如圖，
當a≤0時，兩個圖象在(0，＋∞)上必有交點，符合題意；
當a>0時，若兩個圖象在(0，＋∞)上有交點，則log2a<，所以00)，若有且只有兩個整數(shù)x1，x2使得f(x1)>0，且f(x2)>0，則實數(shù)a的取值范圍為( )
A．(ln3,2) B．(0,2－ln3]
C．(0,2－ln3) D．[2－ln3,2)
答案 B
解析 f′(x)＝＋a－2，
當a－2≥0時，f′(x)>0，則f(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，且f(2)＝ln2>0，所以f(x)>0有無數(shù)整數(shù)解，不符合題意；
當a－2<0，即00，f(2)＝ln2>0，f(3)＝ln3＋a－2，
根據(jù)題意有f(3)＝ln3＋a－2≤0即可，
解得a≤2－ln3，
綜上可知，00，
∴g(x)在(0,1)上單調(diào)遞減，在(1，＋∞)上單調(diào)遞增，
∴g(x)min＝g(1)＝－a＋2，由－a＋2<0，得a>2＋，
故實數(shù)a的取值范圍是.
第Ⅱ卷(非選擇題 共110分)
二、填空題(本大題共7小題，多空題每題6分，單空題每題4分，共36分．把答案填在題中橫線上)
11．設(shè)集合A＝{x|x2－x－2≥0}，B＝{x|x>a}，若A∪B＝R，則a的取值范圍為________；若A∩B＝{x|x≥2}，則a的取值范圍為________．
答案 (－∞，－1] [－1,2)
解析 x2－x－2≥0，即(x＋1)(x－2)≥0，
得x≤－1或x≥2即A＝{x|x≤－1或x≥2}．
當A∪B＝R時，分析可得a≤－1；
當A∩B＝{x|x≥2}時，分析可得－1≤a<2.
12．已知命題p：實數(shù)m滿足m2＋12a2<7am(a>0)，命題q：實數(shù)m滿足方程＋＝1表示焦點在y軸上的橢圓，且p是q的充分不必要條件，則a的取值范圍為________．
答案
解析 設(shè)命題p，q對應(yīng)的集合分別為A，B，
由a>0，m2－7am＋12a2<0，
得3a0}．
由＋＝1表示焦點在y軸上的橢圓，
可得2－m>m－1>0，解得10時，方程為＝4，解得x＝16或x＝.
綜上，方程的解為x＝－2或x＝16或x＝.
14．若實數(shù)x，y滿足則2x－y的最小值為____；若不等式y(tǒng)2－xy≥ax2有解，則實數(shù)a的取值范圍是____________．
答案 1
解析 依題意，由實數(shù)x，y滿足
畫出可行域如圖中陰影部分(含邊界)所示，
其中A(1,1)，B(3，－1)，C(3,3)，
令z＝2x－y?y＝2x－z，
作出直線y＝2x并平移，可知當直線過點A(1,1)時zmin＝21－1＝1.
對不等式y(tǒng)2－xy≥ax2，
分離參數(shù)后可得a≤＝2－有解，
即a≤max，
結(jié)合圖形及的幾何意義可得∈，
則2－＝2－∈，
故a≤.
15．(2018寧波北侖中學期中)若函數(shù)f(x)＝x3＋3ax－1在x＝1處的切線與直線y＝6x＋6平行，則實數(shù)a＝________；當a≤0時，若方程f(x)＝15有且只有一個實根，則實數(shù)a的取值范圍為________．
答案 1 (－4,0]
解析 由f(x)＝x3＋3ax－1，得到f′(x)＝3x2＋3a，
因為曲線在x＝1處的切線與y＝6x＋6平行，
而y＝6x＋6的斜率為6，
所以f′(1)＝6，即3＋3a＝6，解得a＝1.
令g(x)＝x3＋3ax－16，g′(x)＝3x2＋3a＝3(x2＋a)，
當a＝0時，g′(x)≥0，g(x)在R上單調(diào)遞增，
而當x→－∞時，g(x)→－∞，
當x→＋∞時，g(x)→＋∞，
故函數(shù)g(x)有且只有一個零點，
即方程f(x)＝15有且只有一個實根，
當a<0時，令g′(x)>0，
解得x>或x<－，
令g′(x)<0，解得－0,13或02時，g(x)在[1,2]上是減函數(shù)，g(x)min＝g(2)＝4－4b＋4＝8－4b.
∵對任意x1∈(0,2)，存在x2∈[1,2]，使f(x1)≥g(x2)，∴只要f(x)的最小值大于等于g(x)的最小值即可，
當b<1時，－≥5－2b，解得b≥，故b無解；
當1≤b≤2時，－≥4－b2，
解得b≤－或b≥，故b無解；
當b>2時，－≥8－4b，解得b≥.
綜上，b≥.
17．已知曲線y＝ex＋a與y＝x2恰好存在兩條公切線，則實數(shù)a的取值范圍是________．
答案 (－∞，2ln2－2)
解析 設(shè)直線y＝kx＋b(k>0)為兩條曲線的公切線，
聯(lián)立得x2－kx－b＝0，
則Δ＝k2＋4b＝0，①
y＝ex＋a求導可得y′＝ex＋a，
令ex＋a＝k，可得x＝lnk－a，
所以切點坐標為(lnk－a，klnk－ak＋b)，
代入y＝ex＋a，可得k＝klnk－ak＋b，②
聯(lián)立①②，可得k2＋4k＋4ak－4klnk＝0，
化簡得4＋4a＝4lnk－k.
令g(k)＝4lnk－k，則g′(k)＝－1.
令g′(k)＝0，得k＝4；令g′(k)>0，得04.
所以g(k)在區(qū)間(0,4)內(nèi)單調(diào)遞增，在區(qū)間(4，＋∞)內(nèi)單調(diào)遞減，
所以g(k)max＝g(4)＝4ln4－4.
因為有兩條公切線，所以關(guān)于k的方程4＋4a＝4lnk－k有兩個不同的解，
所以4＋4a<4ln4－4，所以a<2ln2－2.
三、解答題(本大題共5小題，共74分．解答應(yīng)寫出文字說明，證明過程或演算步驟)
18．(14分)已知集合A＝，B＝{x|2m＋1≤x≤3m－1}．
(1)求集合A；
(2)若B?A，求實數(shù)m的取值范圍．
解 (1)≤2x－2≤16,2－3≤2x－2≤24，
∴－3≤x－2≤4，∴－1≤x≤6，
∴A＝{x|－1≤x≤6}．
(2)若B＝?，則2m＋1>3m－1，解得m<2，
此時滿足題意；
若B≠?且B?A，∴必有
解得2≤m≤.
綜上所述，m的取值范圍為.
19．(15分)已知函數(shù)f(x)＝x3＋bx2＋cx＋d(b，c，d∈R)過點(3,0)，且曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線恰好是直線y＝0.
(1)求函數(shù)f(x)的解析式；
(2)設(shè)函數(shù)g(x)＝9x＋m－1，若函數(shù)y＝f(x)－g(x)在區(qū)間[－2,1]上有兩個零點，求實數(shù)m的取值范圍．
解 (1)f′(x)＝3x2＋2bx＋c，
由已知條件得解得
故f(x)＝x3－3x2.
(2)由已知條件得f(x)－g(x)＝0在[－2,1]上兩個不同的解，
即x3－3x2－9x－m＋1＝0在[－2,1]上有兩個不同的解，
即m＝x3－3x2－9x＋1在[－2,1]上有兩個不同的解．
令h(x)＝x3－3x2－9x＋1，x∈[－2,1]，
則h′(x)＝3x2－6x－9，x∈[－2,1]．
解3x2－6x－9>0得－2≤x<－1；
解3x2－6x－9<0得－1t恒成立，求t的取值范圍．
解 (1)易知f(x)的定義域為(0，＋∞)，
當a＝3時，f(x)＝2x－－3lnx，f′(x)＝2＋－＝，
令f′(x)>0，得01，
令f′(x)<0，得h(1)＝0，
∴g(x1)－g(x2)>0，又∵g(x1)－g(x2)>t恒成立，
∴t≤0.
22．(15分)(2019杭州模擬)已知函數(shù)f(x)＝a＋(bx－1)ex(a，b∈R)．
(1)若曲線y＝f(x)在點(0，f(0))處的切線方程為y＝x，求a，b的值；
(2)若a<1，b＝2，關(guān)于x的不等式f(x)0，故F(x)在(0，＋∞)上單調(diào)遞增，
∵F(0)＝－1＋a<0，F(xiàn)(1)＝e>0，
∴在[0，＋∞)上存在唯一整數(shù)x0，使得F(x0)<0，
即f(x0)
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滾動檢測二1-4章含解析
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